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辽宁省六校协作体2021-2022学年高三下学期期初考试化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2022高三下·辽宁开学考）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．液氨可用作制冷剂
B．漂白粉可用于游泳池等场所的消毒
C．聚乙炔可通过加聚反应制得，可用作绝缘材料
D．2022年北京冬奥会速滑服的主要成分聚氨酯为有机高分子材料
2．（2022高三下·辽宁开学考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．甲醛的电子式 B．硫原子的价电子排布式 3s23p4
C．中子数为18的氯原子 D．明矾的化学式 Al2(SO4)3
3．（2022高三下·辽宁开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．1L1mol L-1 NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和大于NA
B．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
C．Na2O2与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温常压下，1 mol P4中所含P—P键数目为4NA
4．（2022高三下·辽宁开学考）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示，其中氮化钼晶胞参数为a nm，下列说法正确的是（ ）
A．氮化钼的化学式为MoN2
B．相邻两个最近的N原子的距离为nm
C．晶体的密度
D．每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个
5．（2022高三下·辽宁开学考）下列有关常见元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉
B．金属钠具有强还原性，可用金属钠和TiCl4溶液反应制备金属Ti
C．镁是国防金属，工业上采用电解熔融氧化镁的方法获得镁单质
D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化作用
6．（2022高三下·辽宁开学考）下列有关实验装置的用途叙述正确的是（ ）
A．甲装置用于分离甘油和水
B．乙装置用于实验室制备乙酸乙酯
C．丙装置用于实验室制备氯气
D．丁装置用于滴定未知浓度的FeSO4溶液
7．（2022高三下·辽宁开学考）下列说法正确的是（ ）
A．能使pH试纸显红色的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3- 一定能大量共存
B．室温下由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Cl-、NH4+、Na+、S2O32-
一定不能大量共存
C．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，离子方程式：Ag++NH3·H2O= AgOH↓+NH4+
D．Na2S溶液显碱性的原因：S2- +2H2O = H2S↑+2OH-
8．（2022高三下·辽宁开学考）化合物X是一种医药中间体，其结构如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．1mol该物质最多可与8molH2发生加成反应
C．1mol化合物X最多能与反应
D．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
9．（2022高三下·辽宁开学考）下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）
A．决定化学反应速率的主要因素有温度、浓度、压强和催化剂
B．增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
C．对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
D．从酯化反应体系中分离出水，反应速率减慢，但有利于提高酯的产率
10．（2022高三下·辽宁开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W>X>Y>Z
B．简单离子的半径：W>X>Y>Z
C．Y的氢化物水溶液可腐蚀玻璃
D．元素W和X的某些单质均可作为水处理中的消毒剂
11．（2022高三下·辽宁开学考）镍镉电池是二次电池，其放电过程的工作原理如下。下列说法错误的是（ ）
A．断开K2、合上K1，电极A为负极，发生氧化反应
B．断开K1、合上K2，镍镉电池能量转化形式为：电能→化学能
C．充电时B电极反应式为2Ni(OH)2+2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
12．（2022高三下·辽宁开学考）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）
编号 实验操作 实验现象 解释与结论
A 常温下，等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量的锌反应 相同时间内，HB收集到的H2多 酸性强弱：HA > HB
B 将炽热的木炭加入到浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2
C 向盛有2mL 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液 先得到白色沉淀后变为黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 向1mL 0.5 mol/L KI溶液加入1mL 1mol/LFeCl3溶液，充分反应后向水层滴加KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-反应是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
13．（2022高三下·辽宁开学考）根据下列图示所得出的结论错误的是（ ）
A．图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g)反应时，c(CO2)随反应时间变化曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B．图乙是密闭容器中发生aA(g)+bB(g)
cC(g)反应，C的平衡物质的量与温度的关系，则该反应焓变 H<0
C．图丙是恒温密闭容器中发生N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)反应，达到平衡时NH3的体积分数随N2的起始物质的量的变化曲线，则H2的转化率：b>a>c
D．图丁是HI(g)分解反应能量与反应进程关系曲线，a、b中I2的状态分别为气态、固态
14．（2022高三下·辽宁开学考）对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。
下列说法错误的是（ ）
A．b为直流电源正极
B．少量气体X为H2
C．质子交换膜中H+由左向右迁移
D．阴极的主要电极反应式为
15．（2022高三下·辽宁开学考）25℃，向20 mL 0.1 mol·L-1的H3PO2溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液直至过量，滴定曲线如图1，所有含磷微粒的分布系数δ随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是（ ）
[如H2PO2-的分布系数：
]
A．H3PO2为一元弱酸，电离常数Ka约为1×10-5
B．水的电离程度按a、b、c、d、e顺序依次增大
C．当混合溶液pH=7时，c(H2PO2-) > c(H3PO2)
D．b点溶液中存在关系2c(H+)+c(H3PO2) =2c(OH-)+c(H2PO2-)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2022高三下·辽宁开学考）三氧化二钴(Co2O3)常用作催化剂、氧化剂及制滤光眼镜的添加剂等。工业上以含钴废料(主要成分为CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe2O3杂质)为原料制备Co2O3的流程如下图所示：
已知：“酸浸”后的浸出液中含的金属阳离子主要有Co2+、Fe3+、Ni2+。
回答下列问题：
（1）含钴废料“酸浸”前要研磨处理，其目的是 。
（2）“酸浸”时加入H2O2作 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，主要原因可能 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 。
（4）某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，使用该萃取剂时应控制的pH约为 （填选项）。
a.2 b. 3 c.4 d.5
（5）“沉钴”步骤反应的离子方程式 。
（6）“结晶”得到的主要副产品是 。
（7）“高温煅烧”发生反应化学方程式为 。
17．（2022高三下·辽宁开学考）氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，具有耐高温、导热性好等优良性质，被广泛应用于新型陶瓷工业等领域。实验室拟用单质钙与氮气反应制备氮化钙，并测定产品纯度。已知氮化钙为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。
（1）Ⅰ氮化钙的制备
装置中反应生成N2，离子方程式为 。
（2）装置B中玻璃仪器为酒精灯、 。
（3）选用上图中的装置制备氮化钙，其连接顺序为：A→ (注：焦性没食子酸有还原性、图中装置可重复选用)。
（4）装置A中生成N2的作用为：
①作为反应物与钙反应生成Ca3N2； ② 。
（5）Ⅱ．产品纯度的测定
用如下装置测定产品纯度。实验时，打开分液漏斗活塞，加入浓溶液，至不再产生气体，测得装置反应后增重3.4g（已知Ca3N2摩尔质量为148g/mol，产品中所含的杂质不与NaOH浓溶液反应）。
装置M中发生反应的化学方程式为 。
（6）根据实验数据计算产品的纯度为 。
（7）通过该实验方案测得的产品纯度偏低，请分析主要原因为 。
18．（2022高三下·辽宁开学考）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。
（1）利用反应：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH，可减少CO2排放并合成清洁能源。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
① CO2(g)＋H2(g)
H2O(g)＋CO (g) ΔH1=＋41 kJ·mol-1
② CO(g)＋2H2 (g)
CH3OH(g) ΔH2=－90 kJ·mol-1
总反应的ΔH = kJ·mol-1
若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
（2）500 ℃时，在容积为2 L的密闭容器中充入3 mol CO2和8 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)，测得5 min时，反应达到平衡，此时n(CO2)=1.0 mol。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)= ；该可逆反应的平衡常数为 。
（3）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2 转化为HCOOH，实现碳中和的目标。原理如图所示：
①P极电极反应式为 。
②已知CO2(g)+H2(g)
HCOOH(g) △H = -31.4 kJ·mol-1 。温度为T1℃时， K=2。实验测得：v正=k正c(CO2) c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k正= k逆；若温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2 T1（填“>”、“<”或“=”）。
19．（2022高三下·辽宁开学考）一种药物的中间体的一种合成路线如下：(已知：Ac为乙酰基)
回答下列问题：
（1）D中官能团的名称有 。
（2）G的分子式为 。
（3）C→E的反应类型是 。
（4）A→C的化学方程式是 。
（5）A的同分异构体中，能同时满足以下四个条件的有 种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3显紫色 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应 ④苯环上有两个取代基
其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式： 。
（6）结合题中信息，以与及必要的无机物和有机试剂为原料，合成的路线如下：
写出M的结构简式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A.液氨气化时需要吸热，使得周围温度降低，可用作制冷剂，A不符合题意；
B.漂白粉中含有Ca(ClO)2，具有强氧化性，可用作游泳池水的消毒剂，B不符合题意；
C.聚乙炔是由乙炔发生加聚反应得到的，该材料具有导电性，不可用作绝缘材料，C符合题意；
D.聚氨酯为有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、液氨气化时吸热，可用作制冷剂；
B、漂白粉具有强氧化性，可用于消毒；
C、聚乙炔能导电；
D、聚氨酯为有机高分子材料；
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.甲醛分子中氧原子的最外层含有两对孤电子对，因此甲醛的电子式为
，A不符合题意；
B.硫原子核外有三个电子层，且第三层上电子数为6，因此硫原子的价电子排布式为3s23p4，B符合题意；
C.中子数为18的氯原子，其质量数为17+18=35，因此该氯原子为
，C不符合题意；
D.明矾为硫酸铝钾晶体，其化学式为KAl(SO4)2·12H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、书写电子式时，应体现原子的最外层电子数；
B、根据硫的原子结构书写其价电子排布式；
C、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数≈质子数+中子数；
D、明矾为硫酸铝钾晶体；
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1L1mol·L－1的NH4Br溶液中n(NH4Br)=1L×1mol·L－1=1mol。溶液中存在NH4＋的水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，水的电离：H2O H＋＋OH－，因此溶液中n(NH4＋)＋n(H＋)>1mol，A符合题意；
B.18gD2O的物质的量
，一个重水分子中含有10个质子，因此0.9mol重水分子中所含质子数为0.9mol×10×NA=9NA，B不符合题意；
C.Na2O2与H2O反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每生成一个O2分子转移2个电子，因此生成0.1molO2时，转移电子数为0.2NA，C不符合题意；
D.一个P4分子中含有6个P－P化学键，因此1molP4中所含P－P化学键的数目为6NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合溶液中NH4＋的水解和H2O的电离分析；
B、D2O的摩尔质量为20g·mol－1；
C、Na2O2与H2O反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，结合反应过程中元素化合价变化计算转移电子数；
D、一分子P4中含有6个P－P化学键；
4．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.根据晶胞结构可知该晶胞中含有Mo原子数为： ，含有N原子的数目为： ，因此二者的原子个数比为2：1，故氮化钼的化学试试为Mo2N，A不符合题意；
B.根据晶胞结构可知，在该晶体中2个最近的氮原子位于面对角线的一半，因此该距离为
nm，B不符合题意；
C.该晶体的密度
，C不符合题意；
D.以顶点的Mo原子为研究对象，通过该顶点能够星恒8个晶胞，在一个晶胞中与该Mo原子等距离的Mo原子有3个，分别位于通过该Mo原子三个平面的面心上，每个Mo原子被重复计算2次，因此每个Mo原子周五与其距离最近的Mo原子共有
个，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定氮化钼的化学式；
B、该晶体中2个最近的氮原子位于面对角线的一半；
C、根据公式 计算晶胞的密度；
D、根据晶胞结构进行分析；
5．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；金属冶炼的一般原理；钠的化学性质
【解析】【解答】A.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰乳或石灰浆反应制得，A不符合题意；
B.金属Na具有强还原性，能与水溶液中的H2O直接反应，因此需用Na和熔融TiCl4反应制取Ti，B不符合题意；
C.工业上常用电解熔融MgCl2制取金属镁，C不符合题意；
D.SO2具有漂白性和还原性，可用作食品添加剂中，起到漂白、防腐和抗氧化作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、澄清石灰水中Ca(OH)2含量少，不用于制备漂白粉；
B、Na能与TiCl4溶液中的H2O直接发生反应；
C、工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取镁；
D、少量SO2可用作食品添加剂；
6．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；分液和萃取；乙酸乙酯的制取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A.分液是用于分离不互溶的两种液体，而甘油和水可以互溶，因此不能用分液的方法分离，A不符合题意；
B.为防止倒吸，导管末端不能伸入页面下，B不符合题意；
C.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，常温下可将HCl氧化成Cl2，因此可用KMnO4溶液和浓盐酸常温下反应制取Cl2，C符合题意；
D.KMnO4具有氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶氧化，因此KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、甘油和水可以互溶；
B、为防止倒吸，导管末端不能伸入液面下
C、酸性KMnO4具有强氧化性，常温下可将Cl－氧化成Cl2；
D、KMnO4溶液具有氧化性，需用酸式滴定管盛装；
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.溶液中的H＋和CO32－可反应生成CO2和H2O，不可大量共存，A不符合题意；
B.由分析可知，该溶液中可能含有大量的H＋或OH－，而溶液中的S2O32－能与H＋反应，NH4＋能与OH－反应，因此溶液中的离子一定不能大量共存，B符合题意；
C.加入过量的氨水，则AgOH能继续与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，C不符合题意；
D.S2－所对应的酸H2S为二元弱酸，在水中分步水解，因此Na2S溶液显碱性的原因是S2－＋H2O HS－＋OH－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、能使pH试纸变红的溶液显酸性，含有大量的H＋；
B、室温下，水电离产生c(H＋)=10－7mol·L－1，当水电离产生的c(H＋)=10－13mol·L－1时，说明水的电离受到抑制，溶液可能含有大量的H＋或OH－；
C、加入过量氨水后，反应生成[Ag(NH3)2]OH；
D、多元弱酸的阴离子在水中分步水解；
8．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；芳香烃；酯的性质
【解析】【解答】A.该化合物中两个苯环连接在-CH-上，烷烃基为四面体结构，因此两个苯环不一定在同一个平面内，A不符合题意；
B.该化合物中能与H2发生加成反应的为苯环，因此1mol该化合物能与6molH2发生加成反应，B不符合题意；
C.该化合物中酯基水解后产生羧基和酚羟基，都能与NaOH溶液反应，因此1mol该化合物能与3molNaOH反应，C不符合题意；
D.酸性条件下，该化合物水解产物为，只有一种，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、两个苯环连接在烷烃基上，烷烃属于四面体结构；
B、酯基、羧基的C=O不能发生加成反应；
C、酯基、羧基和酚羟基都能与NaOH溶液发生反应；
D、酯基水解断裂C-O化学键；
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，A不符合题意；
B.增大反应物浓度，活化分子数增大，但活化分子百分数不变，反应速率增大，B不符合题意；
C.对于可逆反应，升高温度，正逆反应速率都增大，C不符合题意；
D.酯化反应中，分离处水，会使得反应速率减慢，但由于生成物减少，有利于平衡正向移动，提高酯的产率，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质；
B、反应物浓度增大，活化分子数增多，但活化分子百分数不变；
C、温度升高，正逆反应速率都增大；
D、浓度减小反应速率减慢，但有利于平衡正向移动；
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，同主族元素，核电荷数越大，第一电离能越小，因此第一电离能：Y>X>W>Z，A符合题意；
B.电子层结构不同，电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：W>X>Y>Z，B不符合题意；
C.Y的氢化物为HF，玻璃中含有SiO2，能与HF反应，因此Y的氢化物水溶液能腐蚀玻璃，C不符合题意；
D.元素W和X的某些单质都具有氧化性，可用作水处理中的消毒剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】Z与X可形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为Na2O2，因此Z为Na、X为O。X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且Y、W的最外层电子数相同，因此Y为F、W为Cl。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.断开K2，闭合K1时，为原电池，电极A发生失电子的氧化反应，为负极，A不符合题意；
B.断开K1，闭合K2时，为电解池，其能量转化形式为电能转化为化学能，B不符合题意；
C.由分析可知，充电时电极B的电极反应式为：2Ni(OH)2－2e－＋2OH－=2NiOOH＋2H2O，C符合题意；
D.该镍镉二次电池的总反应式为：Cd＋2NiOOH＋2H2O
Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】放电过程为原电池原理，此时K1闭合，K2断开。电极A上Cd转化为Cd(OH)2，发生失电子的氧化反应，因此为负极，其电极反应式为：Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2。电极B上NiOOH转化为Ni(OH)2，发生得电子的还原反应，为正极。其电极反应式为：2NiOOH＋2e－＋2H2O=2Ni(OH)2＋2OH－。当断开K1，闭合K2时，为充电过程，属于电解池原理。电极A为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－；电极B为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Ni(OH)2－2e－＋2OH－=2NiOOH＋2H2O。据此分析选项。
12．【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A.HB收集到的H2越多，则说明等pH值的HA、HB溶液中，c(HB)>c(HA)，因此HB的酸性比HA的酸性弱，A符合题意；
B.产生的红棕色气体为NO2，该NO2可能是由NO于空气中的O2反应生成，因此无法说明木炭与浓硝酸反应生成NO2，B不符合题意；
C.滴入几滴0.1mol·L－1的NaCl溶液，充分反应后，溶液中AgNO3过量，再加入几滴0.1mol·L－1的KI溶液，I－直接与Ag＋反应生成AgI沉淀，没有涉及沉淀的转化，因此无法比较AgCl、AgI的溶度积大小，C不符合题意；
D.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此反应后所得溶液中Fe3＋过量，加入KSCN后溶液显红色，不能说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、等体积、等pH值的酸与足量的锌反应，产生的H2越多，则酸的浓度越大，酸性越弱；
B、该红棕色气体为NO2，可能由NO与O2反应后得到；
C、要比较AgCl、AgI的溶度积大小，则应存在AgCl转化为AgI的过程；
D、结合反应的离子方程式可知，反应过程中Fe3＋过量；
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由图甲可知，t1时刻c(CO2)突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，A不符合题意；
B.由图乙可知，随着温度升高，C的平衡物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动；而温度升高，平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故ΔH<0，B不符合题意；
C.N2的物质的量越多，H2的转化率越大，因此H2的转化率：aD.物质的聚集状态不同，能量不同，气态总能量大于固态总能量，a、b中I2依次为气态、固态，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据浓度对反应速率的影响分析；
B、根据温度对平衡移动的影响确定反应的热效应；
C、增大某个反应物的量，另一个反应物的转化率增大；
D、根据物质能量与物质聚集状态的关系分析；
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由分析可知，左侧铅合金电极为阴极，因此直流电源a为负极，b为正极，A不符合题意；
B.由分析可知，铅合金电极产生的少量气体X为H2，B不符合题意；
C.在电解池中，阳离子移向阴极，因此质子交换膜中H+由右向左移动，C符合题意；
D.由分析可知，阴极的电极反应式为：，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】惰性电极上反应生成O2，因此该惰性电极为阳极，其电极反应式为：4H2O－4e－=O2↑＋4H＋。产生的H＋进入左侧溶液中，铅合金电极上发生还原反应，对硝基苯甲酸还原为对氨基苯甲酸，其电极反应式为：
。同时当对硝基苯甲酸完全反应后，H＋发生得电子的还原反应，生成H2，因此产生的少量气体X为H2。
15．【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.H3PO2的电离方程式为：H3PO2 H＋＋H2PO2－，其电离平衡常数 ，在A点时，溶液的pH=5，溶液中c(H3PO2)=c(H2PO2－)，因此H3PO2的电离平衡常数K≈c(H+)=10-5，A不符合题意；
B.a、b、c三点溶液显酸性，主要来自H3PO2的电离，因此水的电离受到抑制，由于NaOH溶液加入，溶液中c(H3PO2)减小，水的电离程度逐渐增大。在e点时，溶液中NaOH过量，溶液显碱性，水的电离受到抑制，因此水的电离程度没有逐渐增大，B符合题意；
C.当溶液的pH=7时，溶液中c(NaH2PO2)>c(H3PO2)，因此溶液中c(H2PO2－)>c(H3PO2)，C不符合题意；
D.b点时加入NaOH溶液的体积为10mL，反应后所得溶液为等浓度为NaH2PO2、H3PO2，结合电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(H3PO2) =2c(OH-)+c(H2PO2-)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据A点溶液的pH和溶液中c(H2PO2－)、c(H3PO2)进行计算；
B、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
C、由图1可知，当溶液的pH=7时，溶液中c(NaH2PO2)>c(H3PO2)；
D、b点溶液为等浓度的NaH2PO2、H3PO2，结合质子守恒进行分析；
16．【答案】（1）增大固体与液体的接触面积，加快酸浸速率，提高钴的浸出率
（2）还原剂；废料中MnO2或生成的Fe3+催化双氧水分解，或酸浸反应放热，使双氧水分解
（3）Fe(OH)3
（4）b
（5）2Co2+ + HCO3-+ 3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓+3NH4++H2O
（6）(NH4)2SO4
（7）2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”前要研磨处理，可增大固体于液体的接触面积，加快酸浸速率，提高钴的浸出率。
（2）加入H2SO4和H2O2后，废料中的CoO、Co2O3转化为Co2＋，其中Co2O3发生还原反应，因此H2O2体现了还原性，作为还原剂。实际生产过程中，由于Fe3＋可催化H2O2的分解，因此实际消耗双氧水的量大于理论值。
（3）由分析可知，调节pH的过程中，溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Fe(OH)3。
（4）所加萃取剂是为了萃取Ni2＋，因此要求Ni2＋的萃取率要最高，因此使用该萃取剂时应控制溶液的pH为3，b符合题意。
（5）“沉钴”过程中加入NH4HCO3和氨水，与溶液中的Co2＋反应形成Co2(OH)2CO3沉淀和NH4＋，因此反应的离子方程式为：2Co2＋＋HCO3－＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3NH4＋＋H2O。
（6）所得滤液的主要成分为(NH4)2SO4，因此结晶后所得的副产品为(NH4)2SO4。
（7）高温煅烧过程中，Co(OH)2CO3与空气中的O2反应，生成Co2O3、H2O和CO2，因此该反应的化学方程式为：2Co(OH)2CO3＋O22Co2O3＋2H2O＋2CO2。
【分析】酸浸过程中，加入H2SO4和H2O2，含钴废料中CoO、Co2O3均转化为Co2＋，NiO转化为Ni2＋，Fe2O3转化为Fe3＋，MnO2不反应，以滤渣形式析出。对滤液调节pH值，可将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Fe(OH)3。加入萃取剂，得到含Ni2＋的有机相和含有Co2＋的水相。往水相中加入NH4HCO3和氨水，反应后生成Co2(OH)2CO3和(NH4)2SO4。因此滤液为(NH4)2SO4溶液，经结晶后可得副产品为(NH4)2SO4。对Co2(OH)2CO3高温煅烧，Co从＋2价被氧化成＋3价，因此高温煅烧过程中有O2参与反应。
17．【答案】（1）NH4++NO2- N2↑+ 2H2O
（2）硬质玻璃管
（3）D→C→B→C
（4）排除装置中的空气，防止钙、氮化钙被氧化
（5）Ca3N2+6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑
（6）74%
（7）装置中有残留的NH3未被浓硫酸吸收
【知识点】含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中(NH4)2SO4与NaNO2反应生成Na2SO4、N2和H2O，该反应的离子方程式为：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O。
（2）装置B中的玻璃仪器为酒精灯、硬质玻璃管。
（3）由分析可知，装置的连接顺序为ADCBC。
（4）装置A中反应生成N2，即可用制备Ca3N2的反应物，又可用于排出装置内的空气，防止Ca、Ca3N2被空气中的O2氧化。
（5）装置M中Ca3N2与H2O反应生成Ca(OH)2和NH3，该反应的化学方程式为：Ca3N2＋6H2O=3Ca(OH)2＋2NH3↑。
（6）装置P中的稀硫酸可吸收NH3，因此装置P增加的质量为反应生成NH3的质量。设20.0g产品中Ca3N2的质量为x，根据氮元素守恒可得关系式：Ca3N2～2NH3，因此可得
，解得 x=14.8g，因此产品的纯度为
。
（7）若测得产品的纯度偏低，则反应过程中产生的NH3并未被稀硫酸完全吸收。
【分析】Ⅰ、此题是对Ca3N2制备的分析考查。明确各个装置的用途是解答此题的关键。装置A用于产生N2，装置B用于制备Ca3N2，装置C用于N2的干燥(因为Ca3N2遇水易水解)，装置D中焦性没食子酸溶液具有还原性，可吸收空气中的O2，防止空气中的O2将Ca3N2氧化。因此实验过程中装置连接顺序为：ADCBC。
Ⅱ、产品中的Ca3N2与NaOH溶液反应生成NH3，碱石灰可吸收NH3中的水蒸气，P中稀硫酸用于吸收NH3，因此P装置增加的质量，为反应生成NH3的质量，结合氮元素守恒可得产品中Ca3N2的质量，从而计算产品的纯度。
18．【答案】（1）-49；C
（2）0.6 mol·L-1·min-1；2
（3）CO2+2e-+2H+=HCOOH；2；＞
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，总反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2=+41kJ/mo/+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol。因此总反应的反应热ΔH=-49kJ/mol。
由于该反应的反应热ΔH＜0，因此1molCO2和3molH2的总能量高于1molCH3OH和1molH2O的总能量。且反应①为慢反应，则反应①所需的活化能较高，因此能体现上述反应能量变化的是C。
（2）起始时
、
；平衡时
。因此可得平衡三段式如下：
反应从开始到平衡，用H2表示的反应速率
该可逆反应的平衡常数
（3）①P电极上CO2转化为HCOOH，过程中碳元素由+4价转化为+2价，发生得电子的还原反应，由于所用电解质溶液为酸性，因此可得该电极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH。
②T1℃时，K=2，则
。当反应达到平衡状态时，v正=v逆，因此可得k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，整理可得
，所以k正=2k逆。
若温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则该温度下反应的平衡常数K=1.9。而不同温度下，平衡常数越大，反应正向进行的程度越大，因此T2℃时，反应逆向进行程度较大。由于该反应为放热反应，因此T2>T1。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。若①为慢反应，则反应所需的活化能较高。
（2）根据平衡时n(CO2)，结合三段式进行计算。
（3）①根据CO2转化为HCOOH过程中碳元素化合价的变化，书写电极反应式。
②平衡时，v正=v逆，结合v正、v逆的表达式和平衡常数的表达式进行计算。
19．【答案】（1）酯基 碳碳双键
（2）C15H18O5
（3）加成反应
（4）++CH3OH
（5）6；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；酯的性质；加成反应；分子式
【解析】【解答】（1）由D的结构简式可知，D中所含的官能团为碳碳双键、酯基。
（2）由G的结构简式可知，一分子G中含有15个碳原子、18个氢原子和5个氧原子，因此G的分子式为C15H18O5。
（3）C转化为E的过程中，C与D反应，D中碳碳双键转化为碳碳单键，因此该反应为加成反应。
（4）A转化为C的过程中，A与B（ ）反应，生成C，由C的结构简式可知，A中酯基中的C-O断裂，B中与酯基直接相连的碳原子上断开一个氢原子，与A中酯基断裂的部分结合成CH3OH，因此该反应的化学方程式为 + +CH3OH。
（5）能与FeCl3显紫色，则分子结构中含有酚羟基；能发生银镜反应，能分子结构中含有-CHO；能发生水解反应，则分子结构中含有-COOR。由于一分子A中只含有3个氧原子，因此同分异构体结构中含有HCOO-。由于苯环上有两个取代基，其中一个为-OH，另一个为-CH2CH2OOCH、-CH(CH)3OOCH。苯的二取代物有邻、间、对三种结构，因此满足条件的同分异构体共有2×3=6种。其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为2：2：2：2：1：1的结构简式为 。
（6） 与 在NaOH条件下发生反应， 中酯基中的C-O化学键断裂， 中与酯基直接相连的碳原子上断开一个氢原子，因此所得产物M的结构简式为 。
【分析】（1）根据有机物结构，确定其所含的官能团。
（2）根据结构简式确定分子中所含原子个数，从而得出分子式。
（3）根据反应物和生成物的结构特点，确定反应断键、成键的位置，从而确定反应类型。
（4）根据反应物和生成物的结构特点，确定反应断键、成键的位置，从而书写反应的化学方程式。
（5）根据限定条件确定同分异构体中所含的官能团，根据结构的对称性确定同分的异构体的结构。
（6）根据合成中A→C的转化确定反应原理，从而得出M的结构简式。
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辽宁省六校协作体2021-2022学年高三下学期期初考试化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2022高三下·辽宁开学考）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．液氨可用作制冷剂
B．漂白粉可用于游泳池等场所的消毒
C．聚乙炔可通过加聚反应制得，可用作绝缘材料
D．2022年北京冬奥会速滑服的主要成分聚氨酯为有机高分子材料
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A.液氨气化时需要吸热，使得周围温度降低，可用作制冷剂，A不符合题意；
B.漂白粉中含有Ca(ClO)2，具有强氧化性，可用作游泳池水的消毒剂，B不符合题意；
C.聚乙炔是由乙炔发生加聚反应得到的，该材料具有导电性，不可用作绝缘材料，C符合题意；
D.聚氨酯为有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、液氨气化时吸热，可用作制冷剂；
B、漂白粉具有强氧化性，可用于消毒；
C、聚乙炔能导电；
D、聚氨酯为有机高分子材料；
2．（2022高三下·辽宁开学考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．甲醛的电子式 B．硫原子的价电子排布式 3s23p4
C．中子数为18的氯原子 D．明矾的化学式 Al2(SO4)3
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A.甲醛分子中氧原子的最外层含有两对孤电子对，因此甲醛的电子式为
，A不符合题意；
B.硫原子核外有三个电子层，且第三层上电子数为6，因此硫原子的价电子排布式为3s23p4，B符合题意；
C.中子数为18的氯原子，其质量数为17+18=35，因此该氯原子为
，C不符合题意；
D.明矾为硫酸铝钾晶体，其化学式为KAl(SO4)2·12H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、书写电子式时，应体现原子的最外层电子数；
B、根据硫的原子结构书写其价电子排布式；
C、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数≈质子数+中子数；
D、明矾为硫酸铝钾晶体；
3．（2022高三下·辽宁开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．1L1mol L-1 NH4Br水溶液中NH4+与H+离子数之和大于NA
B．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
C．Na2O2与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D．常温常压下，1 mol P4中所含P—P键数目为4NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1L1mol·L－1的NH4Br溶液中n(NH4Br)=1L×1mol·L－1=1mol。溶液中存在NH4＋的水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，水的电离：H2O H＋＋OH－，因此溶液中n(NH4＋)＋n(H＋)>1mol，A符合题意；
B.18gD2O的物质的量
，一个重水分子中含有10个质子，因此0.9mol重水分子中所含质子数为0.9mol×10×NA=9NA，B不符合题意；
C.Na2O2与H2O反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每生成一个O2分子转移2个电子，因此生成0.1molO2时，转移电子数为0.2NA，C不符合题意；
D.一个P4分子中含有6个P－P化学键，因此1molP4中所含P－P化学键的数目为6NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合溶液中NH4＋的水解和H2O的电离分析；
B、D2O的摩尔质量为20g·mol－1；
C、Na2O2与H2O反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，结合反应过程中元素化合价变化计算转移电子数；
D、一分子P4中含有6个P－P化学键；
4．（2022高三下·辽宁开学考）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示，其中氮化钼晶胞参数为a nm，下列说法正确的是（ ）
A．氮化钼的化学式为MoN2
B．相邻两个最近的N原子的距离为nm
C．晶体的密度
D．每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.根据晶胞结构可知该晶胞中含有Mo原子数为： ，含有N原子的数目为： ，因此二者的原子个数比为2：1，故氮化钼的化学试试为Mo2N，A不符合题意；
B.根据晶胞结构可知，在该晶体中2个最近的氮原子位于面对角线的一半，因此该距离为
nm，B不符合题意；
C.该晶体的密度
，C不符合题意；
D.以顶点的Mo原子为研究对象，通过该顶点能够星恒8个晶胞，在一个晶胞中与该Mo原子等距离的Mo原子有3个，分别位于通过该Mo原子三个平面的面心上，每个Mo原子被重复计算2次，因此每个Mo原子周五与其距离最近的Mo原子共有
个，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定氮化钼的化学式；
B、该晶体中2个最近的氮原子位于面对角线的一半；
C、根据公式 计算晶胞的密度；
D、根据晶胞结构进行分析；
5．（2022高三下·辽宁开学考）下列有关常见元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉
B．金属钠具有强还原性，可用金属钠和TiCl4溶液反应制备金属Ti
C．镁是国防金属，工业上采用电解熔融氧化镁的方法获得镁单质
D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化作用
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；金属冶炼的一般原理；钠的化学性质
【解析】【解答】A.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰乳或石灰浆反应制得，A不符合题意；
B.金属Na具有强还原性，能与水溶液中的H2O直接反应，因此需用Na和熔融TiCl4反应制取Ti，B不符合题意；
C.工业上常用电解熔融MgCl2制取金属镁，C不符合题意；
D.SO2具有漂白性和还原性，可用作食品添加剂中，起到漂白、防腐和抗氧化作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、澄清石灰水中Ca(OH)2含量少，不用于制备漂白粉；
B、Na能与TiCl4溶液中的H2O直接发生反应；
C、工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取镁；
D、少量SO2可用作食品添加剂；
6．（2022高三下·辽宁开学考）下列有关实验装置的用途叙述正确的是（ ）
A．甲装置用于分离甘油和水
B．乙装置用于实验室制备乙酸乙酯
C．丙装置用于实验室制备氯气
D．丁装置用于滴定未知浓度的FeSO4溶液
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；分液和萃取；乙酸乙酯的制取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A.分液是用于分离不互溶的两种液体，而甘油和水可以互溶，因此不能用分液的方法分离，A不符合题意；
B.为防止倒吸，导管末端不能伸入页面下，B不符合题意；
C.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，常温下可将HCl氧化成Cl2，因此可用KMnO4溶液和浓盐酸常温下反应制取Cl2，C符合题意；
D.KMnO4具有氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶氧化，因此KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、甘油和水可以互溶；
B、为防止倒吸，导管末端不能伸入液面下
C、酸性KMnO4具有强氧化性，常温下可将Cl－氧化成Cl2；
D、KMnO4溶液具有氧化性，需用酸式滴定管盛装；
7．（2022高三下·辽宁开学考）下列说法正确的是（ ）
A．能使pH试纸显红色的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3- 一定能大量共存
B．室温下由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Cl-、NH4+、Na+、S2O32-
一定不能大量共存
C．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，离子方程式：Ag++NH3·H2O= AgOH↓+NH4+
D．Na2S溶液显碱性的原因：S2- +2H2O = H2S↑+2OH-
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.溶液中的H＋和CO32－可反应生成CO2和H2O，不可大量共存，A不符合题意；
B.由分析可知，该溶液中可能含有大量的H＋或OH－，而溶液中的S2O32－能与H＋反应，NH4＋能与OH－反应，因此溶液中的离子一定不能大量共存，B符合题意；
C.加入过量的氨水，则AgOH能继续与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，C不符合题意；
D.S2－所对应的酸H2S为二元弱酸，在水中分步水解，因此Na2S溶液显碱性的原因是S2－＋H2O HS－＋OH－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、能使pH试纸变红的溶液显酸性，含有大量的H＋；
B、室温下，水电离产生c(H＋)=10－7mol·L－1，当水电离产生的c(H＋)=10－13mol·L－1时，说明水的电离受到抑制，溶液可能含有大量的H＋或OH－；
C、加入过量氨水后，反应生成[Ag(NH3)2]OH；
D、多元弱酸的阴离子在水中分步水解；
8．（2022高三下·辽宁开学考）化合物X是一种医药中间体，其结构如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．1mol该物质最多可与8molH2发生加成反应
C．1mol化合物X最多能与反应
D．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；芳香烃；酯的性质
【解析】【解答】A.该化合物中两个苯环连接在-CH-上，烷烃基为四面体结构，因此两个苯环不一定在同一个平面内，A不符合题意；
B.该化合物中能与H2发生加成反应的为苯环，因此1mol该化合物能与6molH2发生加成反应，B不符合题意；
C.该化合物中酯基水解后产生羧基和酚羟基，都能与NaOH溶液反应，因此1mol该化合物能与3molNaOH反应，C不符合题意；
D.酸性条件下，该化合物水解产物为，只有一种，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、两个苯环连接在烷烃基上，烷烃属于四面体结构；
B、酯基、羧基的C=O不能发生加成反应；
C、酯基、羧基和酚羟基都能与NaOH溶液发生反应；
D、酯基水解断裂C-O化学键；
9．（2022高三下·辽宁开学考）下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）
A．决定化学反应速率的主要因素有温度、浓度、压强和催化剂
B．增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
C．对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
D．从酯化反应体系中分离出水，反应速率减慢，但有利于提高酯的产率
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，A不符合题意；
B.增大反应物浓度，活化分子数增大，但活化分子百分数不变，反应速率增大，B不符合题意；
C.对于可逆反应，升高温度，正逆反应速率都增大，C不符合题意；
D.酯化反应中，分离处水，会使得反应速率减慢，但由于生成物减少，有利于平衡正向移动，提高酯的产率，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质；
B、反应物浓度增大，活化分子数增多，但活化分子百分数不变；
C、温度升高，正逆反应速率都增大；
D、浓度减小反应速率减慢，但有利于平衡正向移动；
10．（2022高三下·辽宁开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W>X>Y>Z
B．简单离子的半径：W>X>Y>Z
C．Y的氢化物水溶液可腐蚀玻璃
D．元素W和X的某些单质均可作为水处理中的消毒剂
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A.同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，同主族元素，核电荷数越大，第一电离能越小，因此第一电离能：Y>X>W>Z，A符合题意；
B.电子层结构不同，电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：W>X>Y>Z，B不符合题意；
C.Y的氢化物为HF，玻璃中含有SiO2，能与HF反应，因此Y的氢化物水溶液能腐蚀玻璃，C不符合题意；
D.元素W和X的某些单质都具有氧化性，可用作水处理中的消毒剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】Z与X可形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为Na2O2，因此Z为Na、X为O。X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且Y、W的最外层电子数相同，因此Y为F、W为Cl。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
11．（2022高三下·辽宁开学考）镍镉电池是二次电池，其放电过程的工作原理如下。下列说法错误的是（ ）
A．断开K2、合上K1，电极A为负极，发生氧化反应
B．断开K1、合上K2，镍镉电池能量转化形式为：电能→化学能
C．充电时B电极反应式为2Ni(OH)2+2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.断开K2，闭合K1时，为原电池，电极A发生失电子的氧化反应，为负极，A不符合题意；
B.断开K1，闭合K2时，为电解池，其能量转化形式为电能转化为化学能，B不符合题意；
C.由分析可知，充电时电极B的电极反应式为：2Ni(OH)2－2e－＋2OH－=2NiOOH＋2H2O，C符合题意；
D.该镍镉二次电池的总反应式为：Cd＋2NiOOH＋2H2O
Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】放电过程为原电池原理，此时K1闭合，K2断开。电极A上Cd转化为Cd(OH)2，发生失电子的氧化反应，因此为负极，其电极反应式为：Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2。电极B上NiOOH转化为Ni(OH)2，发生得电子的还原反应，为正极。其电极反应式为：2NiOOH＋2e－＋2H2O=2Ni(OH)2＋2OH－。当断开K1，闭合K2时，为充电过程，属于电解池原理。电极A为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－；电极B为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Ni(OH)2－2e－＋2OH－=2NiOOH＋2H2O。据此分析选项。
12．（2022高三下·辽宁开学考）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）
编号 实验操作 实验现象 解释与结论
A 常温下，等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量的锌反应 相同时间内，HB收集到的H2多 酸性强弱：HA > HB
B 将炽热的木炭加入到浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2
C 向盛有2mL 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液 先得到白色沉淀后变为黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 向1mL 0.5 mol/L KI溶液加入1mL 1mol/LFeCl3溶液，充分反应后向水层滴加KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-反应是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A.HB收集到的H2越多，则说明等pH值的HA、HB溶液中，c(HB)>c(HA)，因此HB的酸性比HA的酸性弱，A符合题意；
B.产生的红棕色气体为NO2，该NO2可能是由NO于空气中的O2反应生成，因此无法说明木炭与浓硝酸反应生成NO2，B不符合题意；
C.滴入几滴0.1mol·L－1的NaCl溶液，充分反应后，溶液中AgNO3过量，再加入几滴0.1mol·L－1的KI溶液，I－直接与Ag＋反应生成AgI沉淀，没有涉及沉淀的转化，因此无法比较AgCl、AgI的溶度积大小，C不符合题意；
D.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此反应后所得溶液中Fe3＋过量，加入KSCN后溶液显红色，不能说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、等体积、等pH值的酸与足量的锌反应，产生的H2越多，则酸的浓度越大，酸性越弱；
B、该红棕色气体为NO2，可能由NO与O2反应后得到；
C、要比较AgCl、AgI的溶度积大小，则应存在AgCl转化为AgI的过程；
D、结合反应的离子方程式可知，反应过程中Fe3＋过量；
13．（2022高三下·辽宁开学考）根据下列图示所得出的结论错误的是（ ）
A．图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g)反应时，c(CO2)随反应时间变化曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B．图乙是密闭容器中发生aA(g)+bB(g)
cC(g)反应，C的平衡物质的量与温度的关系，则该反应焓变 H<0
C．图丙是恒温密闭容器中发生N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)反应，达到平衡时NH3的体积分数随N2的起始物质的量的变化曲线，则H2的转化率：b>a>c
D．图丁是HI(g)分解反应能量与反应进程关系曲线，a、b中I2的状态分别为气态、固态
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由图甲可知，t1时刻c(CO2)突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，A不符合题意；
B.由图乙可知，随着温度升高，C的平衡物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动；而温度升高，平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故ΔH<0，B不符合题意；
C.N2的物质的量越多，H2的转化率越大，因此H2的转化率：aD.物质的聚集状态不同，能量不同，气态总能量大于固态总能量，a、b中I2依次为气态、固态，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据浓度对反应速率的影响分析；
B、根据温度对平衡移动的影响确定反应的热效应；
C、增大某个反应物的量，另一个反应物的转化率增大；
D、根据物质能量与物质聚集状态的关系分析；
14．（2022高三下·辽宁开学考）对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。
下列说法错误的是（ ）
A．b为直流电源正极
B．少量气体X为H2
C．质子交换膜中H+由左向右迁移
D．阴极的主要电极反应式为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由分析可知，左侧铅合金电极为阴极，因此直流电源a为负极，b为正极，A不符合题意；
B.由分析可知，铅合金电极产生的少量气体X为H2，B不符合题意；
C.在电解池中，阳离子移向阴极，因此质子交换膜中H+由右向左移动，C符合题意；
D.由分析可知，阴极的电极反应式为：，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】惰性电极上反应生成O2，因此该惰性电极为阳极，其电极反应式为：4H2O－4e－=O2↑＋4H＋。产生的H＋进入左侧溶液中，铅合金电极上发生还原反应，对硝基苯甲酸还原为对氨基苯甲酸，其电极反应式为：
。同时当对硝基苯甲酸完全反应后，H＋发生得电子的还原反应，生成H2，因此产生的少量气体X为H2。
15．（2022高三下·辽宁开学考）25℃，向20 mL 0.1 mol·L-1的H3PO2溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液直至过量，滴定曲线如图1，所有含磷微粒的分布系数δ随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是（ ）
[如H2PO2-的分布系数：
]
A．H3PO2为一元弱酸，电离常数Ka约为1×10-5
B．水的电离程度按a、b、c、d、e顺序依次增大
C．当混合溶液pH=7时，c(H2PO2-) > c(H3PO2)
D．b点溶液中存在关系2c(H+)+c(H3PO2) =2c(OH-)+c(H2PO2-)
【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.H3PO2的电离方程式为：H3PO2 H＋＋H2PO2－，其电离平衡常数 ，在A点时，溶液的pH=5，溶液中c(H3PO2)=c(H2PO2－)，因此H3PO2的电离平衡常数K≈c(H+)=10-5，A不符合题意；
B.a、b、c三点溶液显酸性，主要来自H3PO2的电离，因此水的电离受到抑制，由于NaOH溶液加入，溶液中c(H3PO2)减小，水的电离程度逐渐增大。在e点时，溶液中NaOH过量，溶液显碱性，水的电离受到抑制，因此水的电离程度没有逐渐增大，B符合题意；
C.当溶液的pH=7时，溶液中c(NaH2PO2)>c(H3PO2)，因此溶液中c(H2PO2－)>c(H3PO2)，C不符合题意；
D.b点时加入NaOH溶液的体积为10mL，反应后所得溶液为等浓度为NaH2PO2、H3PO2，结合电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(H3PO2) =2c(OH-)+c(H2PO2-)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据A点溶液的pH和溶液中c(H2PO2－)、c(H3PO2)进行计算；
B、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
C、由图1可知，当溶液的pH=7时，溶液中c(NaH2PO2)>c(H3PO2)；
D、b点溶液为等浓度的NaH2PO2、H3PO2，结合质子守恒进行分析；
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2022高三下·辽宁开学考）三氧化二钴(Co2O3)常用作催化剂、氧化剂及制滤光眼镜的添加剂等。工业上以含钴废料(主要成分为CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe2O3杂质)为原料制备Co2O3的流程如下图所示：
已知：“酸浸”后的浸出液中含的金属阳离子主要有Co2+、Fe3+、Ni2+。
回答下列问题：
（1）含钴废料“酸浸”前要研磨处理，其目的是 。
（2）“酸浸”时加入H2O2作 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，主要原因可能 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 。
（4）某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，使用该萃取剂时应控制的pH约为 （填选项）。
a.2 b. 3 c.4 d.5
（5）“沉钴”步骤反应的离子方程式 。
（6）“结晶”得到的主要副产品是 。
（7）“高温煅烧”发生反应化学方程式为 。
【答案】（1）增大固体与液体的接触面积，加快酸浸速率，提高钴的浸出率
（2）还原剂；废料中MnO2或生成的Fe3+催化双氧水分解，或酸浸反应放热，使双氧水分解
（3）Fe(OH)3
（4）b
（5）2Co2+ + HCO3-+ 3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓+3NH4++H2O
（6）(NH4)2SO4
（7）2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”前要研磨处理，可增大固体于液体的接触面积，加快酸浸速率，提高钴的浸出率。
（2）加入H2SO4和H2O2后，废料中的CoO、Co2O3转化为Co2＋，其中Co2O3发生还原反应，因此H2O2体现了还原性，作为还原剂。实际生产过程中，由于Fe3＋可催化H2O2的分解，因此实际消耗双氧水的量大于理论值。
（3）由分析可知，调节pH的过程中，溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Fe(OH)3。
（4）所加萃取剂是为了萃取Ni2＋，因此要求Ni2＋的萃取率要最高，因此使用该萃取剂时应控制溶液的pH为3，b符合题意。
（5）“沉钴”过程中加入NH4HCO3和氨水，与溶液中的Co2＋反应形成Co2(OH)2CO3沉淀和NH4＋，因此反应的离子方程式为：2Co2＋＋HCO3－＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3NH4＋＋H2O。
（6）所得滤液的主要成分为(NH4)2SO4，因此结晶后所得的副产品为(NH4)2SO4。
（7）高温煅烧过程中，Co(OH)2CO3与空气中的O2反应，生成Co2O3、H2O和CO2，因此该反应的化学方程式为：2Co(OH)2CO3＋O22Co2O3＋2H2O＋2CO2。
【分析】酸浸过程中，加入H2SO4和H2O2，含钴废料中CoO、Co2O3均转化为Co2＋，NiO转化为Ni2＋，Fe2O3转化为Fe3＋，MnO2不反应，以滤渣形式析出。对滤液调节pH值，可将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Fe(OH)3。加入萃取剂，得到含Ni2＋的有机相和含有Co2＋的水相。往水相中加入NH4HCO3和氨水，反应后生成Co2(OH)2CO3和(NH4)2SO4。因此滤液为(NH4)2SO4溶液，经结晶后可得副产品为(NH4)2SO4。对Co2(OH)2CO3高温煅烧，Co从＋2价被氧化成＋3价，因此高温煅烧过程中有O2参与反应。
17．（2022高三下·辽宁开学考）氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，具有耐高温、导热性好等优良性质，被广泛应用于新型陶瓷工业等领域。实验室拟用单质钙与氮气反应制备氮化钙，并测定产品纯度。已知氮化钙为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。
（1）Ⅰ氮化钙的制备
装置中反应生成N2，离子方程式为 。
（2）装置B中玻璃仪器为酒精灯、 。
（3）选用上图中的装置制备氮化钙，其连接顺序为：A→ (注：焦性没食子酸有还原性、图中装置可重复选用)。
（4）装置A中生成N2的作用为：
①作为反应物与钙反应生成Ca3N2； ② 。
（5）Ⅱ．产品纯度的测定
用如下装置测定产品纯度。实验时，打开分液漏斗活塞，加入浓溶液，至不再产生气体，测得装置反应后增重3.4g（已知Ca3N2摩尔质量为148g/mol，产品中所含的杂质不与NaOH浓溶液反应）。
装置M中发生反应的化学方程式为 。
（6）根据实验数据计算产品的纯度为 。
（7）通过该实验方案测得的产品纯度偏低，请分析主要原因为 。
【答案】（1）NH4++NO2- N2↑+ 2H2O
（2）硬质玻璃管
（3）D→C→B→C
（4）排除装置中的空气，防止钙、氮化钙被氧化
（5）Ca3N2+6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑
（6）74%
（7）装置中有残留的NH3未被浓硫酸吸收
【知识点】含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中(NH4)2SO4与NaNO2反应生成Na2SO4、N2和H2O，该反应的离子方程式为：NH4＋＋NO2－N2↑＋2H2O。
（2）装置B中的玻璃仪器为酒精灯、硬质玻璃管。
（3）由分析可知，装置的连接顺序为ADCBC。
（4）装置A中反应生成N2，即可用制备Ca3N2的反应物，又可用于排出装置内的空气，防止Ca、Ca3N2被空气中的O2氧化。
（5）装置M中Ca3N2与H2O反应生成Ca(OH)2和NH3，该反应的化学方程式为：Ca3N2＋6H2O=3Ca(OH)2＋2NH3↑。
（6）装置P中的稀硫酸可吸收NH3，因此装置P增加的质量为反应生成NH3的质量。设20.0g产品中Ca3N2的质量为x，根据氮元素守恒可得关系式：Ca3N2～2NH3，因此可得
，解得 x=14.8g，因此产品的纯度为
。
（7）若测得产品的纯度偏低，则反应过程中产生的NH3并未被稀硫酸完全吸收。
【分析】Ⅰ、此题是对Ca3N2制备的分析考查。明确各个装置的用途是解答此题的关键。装置A用于产生N2，装置B用于制备Ca3N2，装置C用于N2的干燥(因为Ca3N2遇水易水解)，装置D中焦性没食子酸溶液具有还原性，可吸收空气中的O2，防止空气中的O2将Ca3N2氧化。因此实验过程中装置连接顺序为：ADCBC。
Ⅱ、产品中的Ca3N2与NaOH溶液反应生成NH3，碱石灰可吸收NH3中的水蒸气，P中稀硫酸用于吸收NH3，因此P装置增加的质量，为反应生成NH3的质量，结合氮元素守恒可得产品中Ca3N2的质量，从而计算产品的纯度。
18．（2022高三下·辽宁开学考）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。
（1）利用反应：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH，可减少CO2排放并合成清洁能源。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
① CO2(g)＋H2(g)
H2O(g)＋CO (g) ΔH1=＋41 kJ·mol-1
② CO(g)＋2H2 (g)
CH3OH(g) ΔH2=－90 kJ·mol-1
总反应的ΔH = kJ·mol-1
若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
（2）500 ℃时，在容积为2 L的密闭容器中充入3 mol CO2和8 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)，测得5 min时，反应达到平衡，此时n(CO2)=1.0 mol。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)= ；该可逆反应的平衡常数为 。
（3）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2 转化为HCOOH，实现碳中和的目标。原理如图所示：
①P极电极反应式为 。
②已知CO2(g)+H2(g)
HCOOH(g) △H = -31.4 kJ·mol-1 。温度为T1℃时， K=2。实验测得：v正=k正c(CO2) c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k正= k逆；若温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2 T1（填“>”、“<”或“=”）。
【答案】（1）-49；C
（2）0.6 mol·L-1·min-1；2
（3）CO2+2e-+2H+=HCOOH；2；＞
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，总反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2=+41kJ/mo/+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol。因此总反应的反应热ΔH=-49kJ/mol。
由于该反应的反应热ΔH＜0，因此1molCO2和3molH2的总能量高于1molCH3OH和1molH2O的总能量。且反应①为慢反应，则反应①所需的活化能较高，因此能体现上述反应能量变化的是C。
（2）起始时
、
；平衡时
。因此可得平衡三段式如下：
反应从开始到平衡，用H2表示的反应速率
该可逆反应的平衡常数
（3）①P电极上CO2转化为HCOOH，过程中碳元素由+4价转化为+2价，发生得电子的还原反应，由于所用电解质溶液为酸性，因此可得该电极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH。
②T1℃时，K=2，则
。当反应达到平衡状态时，v正=v逆，因此可得k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，整理可得
，所以k正=2k逆。
若温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则该温度下反应的平衡常数K=1.9。而不同温度下，平衡常数越大，反应正向进行的程度越大，因此T2℃时，反应逆向进行程度较大。由于该反应为放热反应，因此T2>T1。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。若①为慢反应，则反应所需的活化能较高。
（2）根据平衡时n(CO2)，结合三段式进行计算。
（3）①根据CO2转化为HCOOH过程中碳元素化合价的变化，书写电极反应式。
②平衡时，v正=v逆，结合v正、v逆的表达式和平衡常数的表达式进行计算。
19．（2022高三下·辽宁开学考）一种药物的中间体的一种合成路线如下：(已知：Ac为乙酰基)
回答下列问题：
（1）D中官能团的名称有 。
（2）G的分子式为 。
（3）C→E的反应类型是 。
（4）A→C的化学方程式是 。
（5）A的同分异构体中，能同时满足以下四个条件的有 种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3显紫色 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应 ④苯环上有两个取代基
其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式： 。
（6）结合题中信息，以与及必要的无机物和有机试剂为原料，合成的路线如下：
写出M的结构简式： 。
【答案】（1）酯基 碳碳双键
（2）C15H18O5
（3）加成反应
（4）++CH3OH
（5）6；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；酯的性质；加成反应；分子式
【解析】【解答】（1）由D的结构简式可知，D中所含的官能团为碳碳双键、酯基。
（2）由G的结构简式可知，一分子G中含有15个碳原子、18个氢原子和5个氧原子，因此G的分子式为C15H18O5。
（3）C转化为E的过程中，C与D反应，D中碳碳双键转化为碳碳单键，因此该反应为加成反应。
（4）A转化为C的过程中，A与B（ ）反应，生成C，由C的结构简式可知，A中酯基中的C-O断裂，B中与酯基直接相连的碳原子上断开一个氢原子，与A中酯基断裂的部分结合成CH3OH，因此该反应的化学方程式为 + +CH3OH。
（5）能与FeCl3显紫色，则分子结构中含有酚羟基；能发生银镜反应，能分子结构中含有-CHO；能发生水解反应，则分子结构中含有-COOR。由于一分子A中只含有3个氧原子，因此同分异构体结构中含有HCOO-。由于苯环上有两个取代基，其中一个为-OH，另一个为-CH2CH2OOCH、-CH(CH)3OOCH。苯的二取代物有邻、间、对三种结构，因此满足条件的同分异构体共有2×3=6种。其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为2：2：2：2：1：1的结构简式为 。
（6） 与 在NaOH条件下发生反应， 中酯基中的C-O化学键断裂， 中与酯基直接相连的碳原子上断开一个氢原子，因此所得产物M的结构简式为 。
【分析】（1）根据有机物结构，确定其所含的官能团。
（2）根据结构简式确定分子中所含原子个数，从而得出分子式。
（3）根据反应物和生成物的结构特点，确定反应断键、成键的位置，从而确定反应类型。
（4）根据反应物和生成物的结构特点，确定反应断键、成键的位置，从而书写反应的化学方程式。
（5）根据限定条件确定同分异构体中所含的官能团，根据结构的对称性确定同分的异构体的结构。
（6）根据合成中A→C的转化确定反应原理，从而得出M的结构简式。
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