精品解析：广东深圳市第二实验学校2026届高三年级适应性考试 化学试题

深圳市第二实验学校2026届高三年级适应性考试 化 学 试 题 说明：1、全卷共_8_页，满分为_100_分，考试时间为_75_分钟。 2、答卷前，考生必须按要求填写自己的姓名、学号、班级等信息。 3、客观题、主观题答案均填写在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 岭南传统工艺中蕴含着丰富的化学知识，下列工艺所涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是 A.石湾陶塑 B.广东刺绣 C.阳江铜鼓 D.大涌红木 A. A B. B C. C D. D 2. 2026年央视春晚堪称一场“科技+文化”的硬核融合盛宴。下列有关材料说法正确的是 A. 机器人中碳纤维材料有机高分子纤维，其主要成分是石墨烯 B. 机器人结构件表面镀铬，是利用了牺牲阳极法 C. 机器人柔性关节采用的形状记忆合金(如镍钛合金)是利用其晶体结构随温度变化而发生可逆转变的性质 D. 驱动芯片中的高纯硅是通过电解熔融二氧化硅制得的 3. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列化学或离子方程式书写错误的是 A. 次氯酸钠溶液中通入少量CO2气体：CO2+ClO-+H2O=HClO+ B. 用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+ C. Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸产生乳白色浑浊：+2H+=S↓+SO2↑+H2O D. 制取纳米TiO2：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl 4. 五指山水满茶的茶多酚成分含量高，有提神醒脑功效，其主要成分儿茶素，结构如图所示。下列关于儿茶素的叙述正确的是 A. 分子式为C15H16O6 B. 分子中含2个手性碳原子 C. 能与Na2CO3溶液反应产生CO2 D. 1mol该物质最多消耗5mol NaOH 5. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者之间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 可用于除去矿物油污 与油污发生乳化作用 B 是一种新型绿色消毒剂 具有强氧化性 C 和可制作成管道疏通剂 能与酸反应 D 可作为X射线透视肠胃的内服药 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 6. 海洋工程中，钢铁设备在海水环境中常发生缝隙腐蚀。缝隙处因氧气难以扩散而导致氧浓度远低于自由表面，形成氧浓差电池，加速局部腐蚀。扩散至缝隙外，与自由表面的氧气接触，形成铁锈，机理如图。下列说法正确的是 A. 缝隙内表面为氧浓差电池的正极 B. 随电池反应进行，自由表面附近的海水pH升高 C. 海水中向自由表面迁移 D. 若有1 mol氧气参与反应，金属内部转移4 mol电子 7. 某元素的物质间转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：常温常压下B是具有漂白性的无色气体，D是强酸，E、F均为正盐。下列说法错误的是 A. A可能是、S或 B. 25℃时，同浓度溶液的pH： C. 将B通入水中，所得溶液中： D. 可利用B→E→F的转化除去烟气中的B 8. FeS催化反应CH4+2H2S=CS2+4H2，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2LCH4中的价电子总数为2NA B. 每除去1molH2S，转移电子的数目为4NA C. 1molCS2中含有键的数目为4NA D. 8.8gFeS溶于稀硝酸，所得溶液中Fe2+的数目为0.1NA 9. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A．制备少量NO并避免其被氧化 B．验证牺牲阳极法保护铁 C．灼烧海带 D．验证甲基使苯环活化 A. A B. B C. C D. D 10. 单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：2Fe3++Ag2S+4Cl−2Fe2++2[AgCl2]−+S(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当Cl−浓度较大时，AgCl+Cl−[AgCl2]− 下列说法不正确的是 A. b是H2S、c是Fe3+ B. 增大 c(H+)，有利于提高Ag2S的平衡浸出率 C. 等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D. 图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 11. 某催化剂(E)的结构如图所示、其组成元素X、Z、M、Y、W为原子序数依次增大的前四周期元素Z、M、Y同周期，基态Z、Y原子中未成对电子数相同，基态Z原子核外电子的空间运动状态为4种，基态W原子的价电子数为9，下列说法错误的是 A. 该物质中W的化合价为+2 B. Z的氢化物的沸点低于Y的氢化物的沸点 C. 电负性：Y>M>Z D. W在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族 12. 硫酸肼()是化工生产中常用的还原剂。实验室以尿素、次氯酸钠、氢氧化钠和稀硫酸为原料制备硫酸肼，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。已知肼()长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解；硫酸肼微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、二氯乙烷等有机溶剂。下列说法正确的是 A. 左侧三颈烧瓶中发生的反应为 B. 装置B中过滤得到的产物硫酸肼可用热水洗涤 C. 装置B中二氯乙烷的作用仅为降低产物的溶解度，促进其析出 D. 加快分液漏斗中混合溶液的滴速，可提高硫酸肼的产率 13. 从银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)中提取和的工艺流程如图1。硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。 下列说法错误的是 A. 将银锰矿粉碎是为了使反应更快更充分 B. 利用淀粉水解液可将银锰矿中的还原为 C. “氰化提银”时存在反应 D. “系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 14. 在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应。在不同温度下反应相同时间，测得、、转化率与温度关系如图所示。 已知：，，、为速率常数。下列说法错误的是 A. 该反应的 B. 代表曲线的是NG C. a、b、c三点中达到平衡状态的点是c D. 该反应的化学平衡常数 15. 某二元酸（用表示）第一步完全电离，第二步部分电离。向溶液中滴加溶液。溶液中随滴加溶液体积的变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线表示的变化 B. 时，溶液中存在： C. 曲线和的交点处对应的溶液中存在： D. 的第二步电离常数为 16. 科学家开发了一种电化学驱动的Zn-H2O(g)反应技术，当ZnO粉末进入电解池后开始电解，电解总反应为：2ZnO2Zn+O2↑，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是 已知：ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4] A. 气体X和Y分别为H2和O2 B. 阴极电极反应式为：[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH− C. 电解过程中，c(OH−)>a mol·L−1 D. 该工艺最终的目的是以海水为原料制备H2、O2和盐 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 某兴趣小组在实验室探究乙酸乙酯的制备和用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯的原因。请填空或绘图。 Ⅰ、研究乙酸乙酯的制备 （1）兴趣小组的甲同学将制备乙酸乙酯的试剂等用品和装置绘制为下图。 请指出其中两处错误______、______。 Ⅱ、研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液、Na2CO3溶液中水解的两反应平衡常数分别为K=3.14×109，K'=7.03×105，说明在Na2CO3溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （2）乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为：______。 Ⅲ、探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。 （3）兴趣小组探究OH−浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。 ①配制100mL0.400mol/LNaOH溶液，托盘天平称取NaOH固体______g，下列仪器，该过程中用到的有______(填序号)。 ②取①中的NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。 序号 V(NaOH溶液)/mL V(H2O)/mL V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=______，y=______。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大OH-浓度，乙酸乙酯水解速率增大； 结论2：当c(OH-)低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率很小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 (a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，预测并画出实验iii中pH变化曲线______(请绘图) 。 (b)已知25℃时，饱和Na2CO3溶液的浓度大约是3.00mol/L，H2CO3电离常数Ka1= 4.00×10-7，Ka2= 6.00×10-11，lg2=0.30(lg5=0.70)。 依据上述结论2，乙同学正确计算出饱和Na2CO3溶液的pH=______(保留小数点后两位)，比实验ⅱ中溶液pH小，因此乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中水解速率很小，相当长的时间内几乎不水解。 Ⅳ、探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 （4）提出假设：丙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。 验证假设：以(3)中“实验ⅰ”为对照组，设计实验方案ⅳ验证丙同学的假设，用下表试剂完成了实验。丙同学假设成立的依据是：测定体系pH随时间变化，相同时间与实验ⅰ相比，______。 序号 V(NaOH溶液)/mL V(乙醇)/mL V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅳ 35 5 10 25 结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是______。 18. 可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含、及少量硫化镉()等]制备的过程如下： 已知：，，，，当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时提高浸出率的措施有______(任写一条)。 ②酸浸过程中溶解的化学方程式为______。 ③通过计算判断当溶液、时，是否沉淀完全？______(填“完全”或“未完全”) ；写出计算过程：______。 （2）制备光学材料。如图所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光，已知：晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换。 ①区域A“”中的离子为______(填离子符号)，区域B带______(填“正电”或“负电”)。 ②上图立方晶胞边长为，则晶胞中两个最近的之间的距离为______。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①写出、在酸性条件下反应生成的离子方程式：______。 ②结合①中物质变化，应用平衡移动原理解释：反应后，砷回收率下降的原因：______。 19. CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，是CO2利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g) ΔH1 ②CO2(g) + H2CO(g) + H2O(g) ΔH2 ③CH4(g)C(s) + 2H2(g) ΔH3 ④CO(g) + H2H2O(g) + C(s) ΔH4 I、我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在Pt-Fe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。 （1）主反应的ΔH1=______(用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。 （2）该历程中最大能垒E(正)= ______eV/mol。 （3）其他条件相同时，催化重整的主反应①在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，P是______合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，P、Q曲线到达M点后重合，请解释原因______。 Ⅱ、设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应①、③、④的ln随(温度的倒数)的变化如图所示。 （4）反应④的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在图中A点对应温度下、原料组成、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。反应③的相对压力平衡常数为______(填数值)，平衡时CH4的分压______kPa，CH4的平衡转化率=______(保留三位有效数字)。 20. 托品醇是副交感神经抑制剂阿托品的关键中间体之一，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A的名称为___________；B中的官能团名称为___________。 （2）托品酮的分子式为___________，它的一种同分异构体中存在六元环状结构和碳碳双键，其核磁共振氢谱图中有三组峰，且峰面积之比为6：6：1，请写出满足条件的结构简式：___________。 （3）关于上述合成路线，下列说法错误的有___________(填选项字母)。 A．托品酮和托品醇均含有手性碳原子 B．由A、B和C转化为D的过程中，有π键的断裂与形成 C．C中碳原子均采用杂化 （4）根据托品醇的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表： 序号 反应试剂、条件 反应形成的新有机结构 反应类型 a ___________ ___________ b ___________ ___________ 消去反应 （5）参照上述合成路线，以甲醇和为原料合成。基于你设计的合成路线，回答以下问题： ①若第一步反应涉及氧化反应，该反应的化学方程式为___________。 ②最后一步反应为化合物M和醛类物质的反应，化合物M的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市第二实验学校2026届高三年级适应性考试 化 学 试 题 说明：1、全卷共_8_页，满分为_100_分，考试时间为_75_分钟。 2、答卷前，考生必须按要求填写自己的姓名、学号、班级等信息。 3、客观题、主观题答案均填写在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 岭南传统工艺中蕴含着丰富的化学知识，下列工艺所涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是 A.石湾陶塑 B.广东刺绣 C.阳江铜鼓 D.大涌红木 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．陶瓷是典型的传统无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐，如高岭土（Al2Si2O5(OH)4）等，经过高温烧制形成致密的硅酸盐结构，因此石湾陶塑的主要成分属于硅酸盐，A正确； B．刺绣所用的线材多为蚕丝或棉、麻等天然纤维，其主要成分是蛋白质（蚕丝）或纤维素（棉麻），均属于有机高分子化合物，B错误； C．铜鼓是青铜器，主要成分为铜合金（如铜锡合金），属于金属材料，与硅酸盐无关，C错误； D．红木是植物木材，主要成分为纤维素、半纤维素和木质素，属于天然有机高分子材料，不属于硅酸盐，D错误； 故选A。 2. 2026年央视春晚堪称一场“科技+文化”的硬核融合盛宴。下列有关材料说法正确的是 A. 机器人中碳纤维材料有机高分子纤维，其主要成分是石墨烯 B. 机器人结构件表面镀铬，是利用了牺牲阳极法 C. 机器人柔性关节采用的形状记忆合金(如镍钛合金)是利用其晶体结构随温度变化而发生可逆转变的性质 D. 驱动芯片中的高纯硅是通过电解熔融二氧化硅制得的 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳纤维属于无机非金属材料，主要成分为碳单质，既不是有机高分子纤维，主要成分也不是石墨烯，A错误； B．结构件表面镀铬是通过覆盖耐腐蚀镀层隔绝腐蚀介质保护内部金属，牺牲阳极法需要连接比被保护金属更活泼的金属形成原电池，二者原理不同，B错误； C．镍钛等形状记忆合金的形状记忆功能，正是利用了其晶体结构可随温度变化发生可逆转变的性质，C正确； D．高纯硅的制备方法为：焦炭还原二氧化硅制粗硅，粗硅经氯化、精馏后用氢气还原得到高纯硅，无法通过电解熔融二氧化硅制得，D错误； 故答案选C。 3. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列化学或离子方程式书写错误的是 A. 次氯酸钠溶液中通入少量CO2气体：CO2+ClO-+H2O=HClO+ B. 用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+ C. Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸产生乳白色浑浊：+2H+=S↓+SO2↑+H2O D. 制取纳米TiO2：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性顺序为，少量通入次氯酸钠溶液，只能生成和，离子方程式书写正确，A正确； B．氨水过量时，完全反应，应生成亚硫酸铵，正确离子方程式为：，B错误； C．与稀硫酸发生反应，生成硫单质、和水，离子方程式书写正确，C正确； D．水解制取纳米，生成水合二氧化钛沉淀和，化学方程式书写正确，D正确； 故选B。 4. 五指山水满茶的茶多酚成分含量高，有提神醒脑功效，其主要成分儿茶素，结构如图所示。下列关于儿茶素的叙述正确的是 A. 分子式为C15H16O6 B. 分子中含2个手性碳原子 C. 能与Na2CO3溶液反应产生CO2 D. 1mol该物质最多消耗5mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子含有15个碳原子，14个氢原子，6个氧原子，因此分子式为，A错误； B．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，该分子中连接4个不同基团的饱和碳原子有2个：，B正确； C．该有机物的酸性基团只有酚羟基，酚羟基酸性弱于碳酸，只能和反应生成，不能产生，C错误； D．只有酚羟基能与NaOH反应，醇羟基不与NaOH反应；该分子含4个酚羟基和1个醇羟基，因此1mol该物质最多消耗4molNaOH，D错误； 故选B。 5. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者之间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 可用于除去矿物油污 与油污发生乳化作用 B 是一种新型绿色消毒剂 具有强氧化性 C 和可制作成管道疏通剂 能与酸反应 D 可作为X射线透视肠胃的内服药 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．只能除去动植物油脂（酯类），无法除去矿物油（烃类混合物），陈述Ⅰ错误；且去油污是因为水解显碱性促进油脂水解，并非发生乳化作用，陈述Ⅱ错误，A不符合题意； B．是新型绿色消毒剂，陈述Ⅰ正确；中Fe为+6价，具有强氧化性，可使蛋白质变性实现消毒，陈述Ⅱ正确，且二者存在因果关系，B符合题意； C．NaOH和Al可制作管道疏通剂，陈述Ⅰ正确；但原理是Al能与NaOH溶液反应放出氢气、释放大量热量冲开堵塞，和Al能与酸反应无关，二者无因果关系，C不符合题意； D．可与胃酸（HCl）反应生成有毒的，不能作为X射线透视肠胃的内服药，陈述Ⅰ错误，D不符合题意； 故选B。 6. 海洋工程中，钢铁设备在海水环境中常发生缝隙腐蚀。缝隙处因氧气难以扩散而导致氧浓度远低于自由表面，形成氧浓差电池，加速局部腐蚀。扩散至缝隙外，与自由表面的氧气接触，形成铁锈，机理如图。下列说法正确的是 A. 缝隙内表面为氧浓差电池的正极 B. 随电池反应进行，自由表面附近的海水pH升高 C. 海水中向自由表面迁移 D. 若有1 mol氧气参与反应，金属内部转移4 mol电子 【答案】B 【解析】 【分析】该腐蚀属于氧浓差原电池腐蚀：氧气浓度更高的自由表面为原电池正极，氧气浓度低的缝隙内为负极，据此逐一分析： 【详解】A．缝隙处氧气浓度低，Fe在缝隙处失电子发生氧化反应，是氧浓差电池的负极，A错误； B．自由表面是正极，正极的电极反应为 ，反应生成，使自由表面附近氢氧根浓度增大，pH升高，B正确； C．原电池中阴离子向负极迁移，负极是缝隙内，因此向缝隙内迁移，而非自由表面，C错误； D．参与反应时，每个O原子从0价变为-2价，1 mol ​共得到4 mol电子，但转移的4 mol电子并非全部用于金属内部的转移（电极反应），还包括外部与自由表面的氧气接触，形成铁锈的过程，D错误； 答案选B。 7. 某元素的物质间转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：常温常压下B是具有漂白性的无色气体，D是强酸，E、F均为正盐。下列说法错误的是 A. A可能是、S或 B. 25℃时，同浓度溶液的pH： C. 将B通入水中，所得溶液中： D. 可利用B→E→F的转化除去烟气中的B 【答案】C 【解析】 【分析】常温常压下B是具有漂白性的无色气体，结合A→B→C的连续氧化过程及“D是强酸”，可确定B为，进而推得：A为含元素的物质（如、、），与反应生成；在催化剂、加热条件下与反应生成（C），反应为，与反应生成强酸（D）；与固体在下反应生成正盐（E），反应为，在空气中被氧化为正盐（F），据此分析。 【详解】A．在空气中煅烧生成，、在中燃烧均生成，故A可能是、或，A不符合题意； B．时，同浓度溶液中：D为，强酸，酸性最强，最小，F为，强酸强碱盐，溶液呈中性，E为，强碱弱酸盐，水解呈碱性，最大，故：，B不符合题意； C．通入水中发生反应：，分步电离：、，溶液中存在电荷守恒：，因此，C符合题意； D．（B）与反应生成（E），在空气中被氧化为（F），可实现烟气中的去除，D不符合题意； 故选C。 8. FeS催化反应CH4+2H2S=CS2+4H2，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2LCH4中的价电子总数为2NA B. 每除去1molH2S，转移电子的数目为4NA C. 1molCS2中含有键的数目为4NA D. 8.8gFeS溶于稀硝酸，所得溶液中Fe2+的数目为0.1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下11.2LCH4的物质的量为，1个分子价电子总数为，故0.5molCH4含有价电子总数目为，A错误； B．反应中C元素从-4价升高到+4价，1 mol 反应失去8 mol电子，对应消耗2 mol ，故除去1 mol 时转移电子物质的量为4 mol，数目为，B正确； C．的结构式为，1个分子含2个键，故1 mol 中键数目为，C错误； D．稀硝酸具有强氧化性，会将FeS溶解产生的氧化为，故溶液中数目远小于，D错误； 故选B。 9. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A．制备少量NO并避免其被氧化 B．验证牺牲阳极法保护铁 C．灼烧海带 D．验证甲基使苯环活化 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．铜与稀硝酸反应生成的NO难溶于水，装置中NO将溶液压入右管，左管隔绝空气，故A正确； B．装置为原电池，Zn比 Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极，发生吸氧腐蚀，Fe被保护，不会生成，但是本身就不会使KSCN溶液变红，不能验证牺牲阳极法保护铁，故B错误； C．灼烧海带固体应在坩埚中进行，坩埚需放在泥三角上，而非石棉网，故C错误； D．甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，是苯环活化了甲基，使甲基易被氧化，不能验证甲基使苯环活化，故D错误； 故选A。 10. 单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：2Fe3++Ag2S+4Cl−2Fe2++2[AgCl2]−+S(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当Cl−浓度较大时，AgCl+Cl−[AgCl2]− 下列说法不正确的是 A. b是H2S、c是Fe3+ B. 增大 c(H+)，有利于提高Ag2S的平衡浸出率 C. 等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D. 图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ag2S电离出S2-，酸性条件下S2-结合H+生成H2S，H2S被Fe3+氧化为S，反应的离子方程式为H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+，所以b是H2S、c是Fe3+、a是H+，A正确； B．单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，单独增大 c(H+)，不能提高Ag2S的平衡浸出率，B错误； C．根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热，C正确； D．图中转化涉及的反应中只有反应①中S、Fe元素化合价改变，属于氧化还原反应的只有反应①，D正确； 故选B。 11. 某催化剂(E)的结构如图所示、其组成元素X、Z、M、Y、W为原子序数依次增大的前四周期元素Z、M、Y同周期，基态Z、Y原子中未成对电子数相同，基态Z原子核外电子的空间运动状态为4种，基态W原子的价电子数为9，下列说法错误的是 A. 该物质中W的化合价为+2 B. Z的氢化物的沸点低于Y的氢化物的沸点 C. 电负性：Y>M>Z D. W在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族 【答案】B 【解析】 【分析】X只有1个共价键，且原子序数最小，因此X为H；Z原子核外电子的空间运动状态为4种，因此Z为C；Y与C同周期、未成对电字为2，因此Y为O；M形成，其为，因此M为N；W原子的价电子数为9，且为前四周期元素，因此价电子数为3d74s2，W为Co，据此分析： 【详解】A．整体电荷：2个（共+2）+中间配离子(−2)，整体电中性；配体O、C、H均为常规化合价，Co为+2价，A正确； B．C的氢化物为烃类，碳原子数多的烃常温固态；O氢化物是。碳的高分子烃沸点远大于水，因此C氢化物沸点不一定低于O氢化物，B错误； C．同周期从左→右电负性递增：O>N>C，C正确； D．Co原子序数27，价电子3d74s2，周期表中的位置为第四周期Ⅷ族，D正确； 故答案选B。 12. 硫酸肼()是化工生产中常用的还原剂。实验室以尿素、次氯酸钠、氢氧化钠和稀硫酸为原料制备硫酸肼，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。已知肼()长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解；硫酸肼微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、二氯乙烷等有机溶剂。下列说法正确的是 A. 左侧三颈烧瓶中发生的反应为 B. 装置B中过滤得到的产物硫酸肼可用热水洗涤 C. 装置B中二氯乙烷的作用仅为降低产物的溶解度，促进其析出 D. 加快分液漏斗中混合溶液的滴速，可提高硫酸肼的产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．左侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为，A正确； B．硫酸肼微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、二氯乙烷等有机溶剂，因此装置B中过滤得到的产物硫酸肼可用无水乙醇洗涤，B错误； C．肼分子中含有两个氨基，极易溶于水，可能发生倒吸现象，而右侧三颈烧瓶中二氯乙烷处于下层，还具有防倒吸的作用，C错误； D．肼具有还原性，若加快分液漏斗中混合溶液的滴速，则过量的可将肼氧化而导致硫酸肼的产率降低，D错误； 答案选A。 13. 从银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)中提取和的工艺流程如图1。硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。 下列说法错误的是 A. 将银锰矿粉碎是为了使反应更快更充分 B. 利用淀粉水解液可将银锰矿中的还原为 C. “氰化提银”时存在反应 D. “系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【解析】 【分析】银锰矿(主要含和，以及少量、的化合物)经粉碎后，加入淀粉水解液、硫酸加热浸出。淀粉水解液（含葡萄糖等还原性物质）在酸性条件下将  还原为  ，  、  的化合物溶解为  、  进入浸出液，不溶物为浸出渣，浸出渣加入石灰乳（调节  ）、  、  ，  被  氧化并与  形成络离子  进入溶液，后续电解得到金属  ，浸出液经处理得到  溶液，通过“系列操作”得到  晶体。 【详解】A．将固体粉碎可以增大表面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确； B．根据流程图，浸出时加入淀粉水解液，主要成分为葡萄糖C₆H₁₂O₆，具有还原性，在酸性条件下，MnO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化，自身被还原为Mn2+，B项是正确的。 C．在“氰化提银”步骤中，Ag在碱性条件下被O2氧化，与CN⁻结合生成[Ag(CN)₂]⁻，根据氧化还原反应配平离子方程式为：，C正确； D．根据图2，MnSO4的溶解度随温度变化显著， 题目要求从MnSO4溶液中获得MnSO4·H2O，需控制温度大于 23.9℃，若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”，则在冷却过程中，当温度降至23.9℃以下时，会析出MnSO4·7H2O或MnSO4·5H2O，无法得到MnSO4·H2O，D错误； 故选D。 14. 在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应。在不同温度下反应相同时间，测得、、转化率与温度关系如图所示。 已知：，，、为速率常数。下列说法错误的是 A. 该反应的 B. 代表曲线的是NG C. a、b、c三点中达到平衡状态的点是c D. 该反应的化学平衡常数 【答案】C 【解析】 【分析】温度越高，则越小，曲线MH和曲线NG是lgk与温度关系，曲线abc是H2转化率与温度关系，从右往左看，温度升高，反应速率增大，相同时间内氢气转化率增大直至达到平衡，曲线abc中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应。则升高温度时，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即大于，则代表曲线的是NG，代表曲线的是MH，据此分析作答。 【详解】A．根据分析，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应，即，故A正确； B．根据分析，代表曲线的是NG，故B正确； C．观察图像可知，随着温度T增大，则减小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放热反应，说明转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以b、a达平衡状态，c点没有达到平衡状态，故C错误； D．该反应的化学平衡常数，已知平衡时，即，则，故D正确； 故答案选C。 15. 某二元酸（用表示）第一步完全电离，第二步部分电离。向溶液中滴加溶液。溶液中随滴加溶液体积的变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线表示的变化 B. 时，溶液中存在： C. 曲线和的交点处对应的溶液中存在： D. 的第二步电离常数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．初始时。H2A第一步完全电离，HA-的初始浓度约为0.1mol/L，H+初始浓度也约为0.1mol/L，但是会比HA-的浓度大，A2-的浓度接近0，随着NaOH的加入，HA-被消耗，浓度逐渐降低，A2-浓度逐渐升高，H+浓度随着OH-中和而降低，所以X为c(H+)，Y为c(HA-)，Z为c(A2-)，A正确； B．当滴加的NaOH为10mL时，此时溶液中的溶质为NaHA，根据溶液中的物料守恒，因为H2A第一步完全电离，所以有：，B错误； C．曲线和的交点处对应的溶液有c(H+)=c(A2-)，根据电荷守恒，有，代入c(H+)=c(A2-)，得，C正确； D．H2A第二步电离，电离常数，以Y与Z的交点处来计算电离常数，此时c(HA-)=c(A2-)，c(H+)=10-2 mol/L，所以Ka2=10-2mol/L，D正确； 故答案选B。 16. 科学家开发了一种电化学驱动的Zn-H2O(g)反应技术，当ZnO粉末进入电解池后开始电解，电解总反应为：2ZnO2Zn+O2↑，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是 已知：ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4] A. 气体X和Y分别为H2和O2 B. 阴极电极反应式为：[Zn(OH)4]2−+2e−=Zn+4OH− C. 电解过程中，c(OH−)>a mol·L−1 D. 该工艺最终的目的是以海水为原料制备H2、O2和盐 【答案】C 【解析】 【分析】已知反应ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4]，电解池中，Zn电极接电源负极作阴极，电极反应为：，Pt电极接电源正极作阳极，电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；左侧装置中Zn与水蒸气反应生成ZnO和气体X，反应：Zn+H2O(g)=ZnO+H2↑，ZnO再送入电解池再生为Zn，循环使用。 【详解】A．左侧反应：Zn+H2O(g)=ZnO+H2↑，因此气体X为氢气；电解池阳极Pt上氢氧根离子放电生成氧气：4OH--4e-=2H2O+O2↑，因此气体Y为氧气，A正确； B．阴极上得电子，+2价Zn被还原为Zn，配平后电极反应为：，B正确； C．电解总反应为：2ZnO2Zn+O2↑，说明在电解过程中的物质的量不变，且溶液体积基本保持不变。因此，电解过程中应该保持为，而不是大于，C错误； D．整个流程中，Zn循环使用，最终以海水为原料，得到氢气、氧气，同时分离出海水中的盐，故D正确； 故选：C。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 某兴趣小组在实验室探究乙酸乙酯的制备和用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯的原因。请填空或绘图。 Ⅰ、研究乙酸乙酯的制备 （1）兴趣小组的甲同学将制备乙酸乙酯的试剂等用品和装置绘制为下图。 请指出其中两处错误______、______。 Ⅱ、研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液、Na2CO3溶液中水解的两反应平衡常数分别为K=3.14×109，K'=7.03×105，说明在Na2CO3溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （2）乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为：______。 Ⅲ、探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。 （3）兴趣小组探究OH−浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。 ①配制100mL0.400mol/LNaOH溶液，托盘天平称取NaOH固体______g，下列仪器，该过程中用到的有______(填序号)。 ②取①中的NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。 序号 V(NaOH溶液)/mL V(H2O)/mL V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=______，y=______。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大OH-浓度，乙酸乙酯水解速率增大； 结论2：当c(OH-)低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率很小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 (a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，预测并画出实验iii中pH变化曲线______(请绘图) 。 (b)已知25℃时，饱和Na2CO3溶液的浓度大约是3.00mol/L，H2CO3电离常数Ka1= 4.00×10-7，Ka2= 6.00×10-11，lg2=0.30(lg5=0.70)。 依据上述结论2，乙同学正确计算出饱和Na2CO3溶液的pH=______(保留小数点后两位)，比实验ⅱ中溶液pH小，因此乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中水解速率很小，相当长的时间内几乎不水解。 Ⅳ、探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 （4）提出假设：丙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。 验证假设：以(3)中“实验ⅰ”为对照组，设计实验方案ⅳ验证丙同学的假设，用下表试剂完成了实验。丙同学假设成立的依据是：测定体系pH随时间变化，相同时间与实验ⅰ相比，______。 序号 V(NaOH溶液)/mL V(乙醇)/mL V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅳ 35 5 10 25 结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是______。 【答案】（1） ①. 左边试管内缺碎瓷片 ②. 右边试管内玻璃导管末端不能伸入液面下 （2）CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+HOC2H5 （3） ①. 1.6 ②. ACD ③. 30.0 ④. 10.0 ⑤. ⑥. 12.35 （4） ①. pH下降幅度更大 ②. 反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快 【解析】 【小问1详解】 该装置中的两处错误分别是导管末端伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，易引发倒吸、反应装置中未加沸石； 【小问2详解】 乙酸乙酯在溶液中完全水解生成乙酸钠和乙醇，反应的方程式为； 【小问3详解】 ①配制溶液，需要固体质量为，，托盘天平称取， 配制溶液需要容量瓶、烧杯、胶头滴管，量筒、玻璃棒、试剂瓶、不需要冷凝管，故选； ②实验要控制总体积不变，i的总体积，且保证乙酸乙酯体积不变，因此，，(a)根据实验ii、iii可知，总体积相同，相同，实验iii的温度高于实验ii，相同时间内，温度越高，乙酸乙酯水解速率越大，消耗的氢氧根离子越多，pH变化越大，所以实验iii的图像斜率比实验iⅰ更陡峭，所以pH变化曲线为，(b)饱和溶液中，发生水解，水解方程式为，水解常数，，，； 【小问4详解】 乙醇可以增大乙酸乙酯在水溶液中的溶解度，若假设成立，溶解度增大后水解速率加快，相同时间内消耗更多，相同时间内实验ⅳ的下降比实验ⅰ更快，下降幅度更大，说明溶解度增大加快水解，假设成立，乙酸乙酯水解会生成乙醇，再结合上一问结论可知随着反应的发生，化学反应速率逐步加快，故答案为反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快。 18. 可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含、及少量硫化镉()等]制备的过程如下： 已知：，，，，当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时提高浸出率的措施有______(任写一条)。 ②酸浸过程中溶解的化学方程式为______。 ③通过计算判断当溶液、时，是否沉淀完全？______(填“完全”或“未完全”) ；写出计算过程：______。 （2）制备光学材料。如图所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光，已知：晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换。 ①区域A“”中的离子为______(填离子符号)，区域B带______(填“正电”或“负电”)。 ②上图立方晶胞边长为，则晶胞中两个最近的之间的距离为______。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①写出、在酸性条件下反应生成的离子方程式：______。 ②结合①中物质变化，应用平衡移动原理解释：反应后，砷回收率下降的原因：______。 【答案】（1） ①. 粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等 ②. ③. 未完全 ④. 计算过程：溶液、时，，则 ，则未沉淀完全 （2） ①. ②. 负电 ③. （3） ①. ②. 随着反应的的消耗，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降 【解析】 【分析】闪锌矿在酸浸过程中被氧气氧化后，转化为溶液（含有、、、）以及硫单质；通过一定操作除去溶液中的后，溶液中还有、和等离子，向溶液中加入一定量的，生成沉淀，从而达到除镉的目的；最后溶液中还有、、和等离子，通过调节溶液，生成沉淀，达到沉锌的目的。 【小问1详解】 ①可通过增大反应物间的接触面积来增大反应速率，例如将闪锌矿粉碎，也可通过适当升温以及增加硫酸浓度等来增大反应速率； ②在酸浸过程中被氧气氧化，该反应的化学方程式为； ③溶液、时，溶液中存在平衡（），该平衡的平衡常数为，，则 ，则未沉淀完全； 【小问2详解】 ①区域“”中的被其他离子取代，因为带负电荷，因此取代的离子也应该带负电荷，故区域“”中的离子为； 区域“”中的被其他离子取代（在取代之前，区域为电中性），因为带正电荷，故取代的离子也应该带正电荷，区域“”中的离子为，因为比多一个单位正电荷，故取代后区域带负电； ②由晶胞图可知，晶胞中两个最近的之间的距离为面对角线的二分之一，即为； 【小问3详解】 ①已知酸性废液中存在平衡（），向酸性废液中加入，废液中会发生反应，该反应会生成，从而促进平衡（）逆向移动，该过程是在进行的，该过程总的离子方程式为； ②随着反应的的消耗，减小，减小，促使平衡（）正向移动，溶解，砷回收率下降。 19. CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，是CO2利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g) ΔH1 ②CO2(g) + H2CO(g) + H2O(g) ΔH2 ③CH4(g)C(s) + 2H2(g) ΔH3 ④CO(g) + H2H2O(g) + C(s) ΔH4 I、我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在Pt-Fe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。 （1）主反应的ΔH1=______(用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。 （2）该历程中最大能垒E(正)= ______eV/mol。 （3）其他条件相同时，催化重整的主反应①在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，P是______合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，P、Q曲线到达M点后重合，请解释原因______。 Ⅱ、设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应①、③、④的ln随(温度的倒数)的变化如图所示。 （4）反应④的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在图中A点对应温度下、原料组成、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。反应③的相对压力平衡常数为______(填数值)，平衡时CH4的分压______kPa，CH4的平衡转化率=______(保留三位有效数字)。 【答案】（1） （2）3.80 （3） ①. Pt-Fe ②. M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故曲线重合 （4）减小 （5） ①. 1 ②. 9 ③. 77.5% 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应①=反应②+反应③-反应④，故； 【小问2详解】 由图可知，反应的能垒最大为； 【小问3详解】 M点之前，P、Q均未达到平衡状态，P曲线对应的CO产率高，说明P曲线反应速率快，能垒更低，观察图像，故催化剂为Pt-Fe；M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故重合； 【小问4详解】 ，，当处于化学平衡状态时，，，移项后，由曲线可知，升高温度，减小； 【小问5详解】 由图可知，A点反应③的=1，即=1=， =9；初始总压为100 kPa，原料组成，故的初始分压为，甲烷的转化率=。 20. 托品醇是副交感神经抑制剂阿托品的关键中间体之一，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A的名称为___________；B中的官能团名称为___________。 （2）托品酮的分子式为___________，它的一种同分异构体中存在六元环状结构和碳碳双键，其核磁共振氢谱图中有三组峰，且峰面积之比为6：6：1，请写出满足条件的结构简式：___________。 （3）关于上述合成路线，下列说法错误的有___________(填选项字母)。 A．托品酮和托品醇均含有手性碳原子 B．由A、B和C转化为D的过程中，有π键的断裂与形成 C．C中碳原子均采用杂化 （4）根据托品醇的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表： 序号 反应试剂、条件 反应形成的新有机结构 反应类型 a ___________ ___________ b ___________ ___________ 消去反应 （5）参照上述合成路线，以甲醇和为原料合成。基于你设计的合成路线，回答以下问题： ①若第一步反应涉及氧化反应，该反应的化学方程式为___________。 ②最后一步反应为化合物M和醛类物质的反应，化合物M的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 丁二醛(答案合理即可) ②. 氨基 （2） ①. ②. （3）BC （4） ①. 乙酸、浓硫酸、加热 ②. 取代反应或酯化反应 ③. 浓硫酸、加热 ④. 或 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】该合成路线以A、B和C为起始原料，在缓冲液、pH=5的条件下脱水缩合生成环状中间体D；D经酸性水解并加热得到E；E在加热条件下脱去两分子二氧化碳生成托品酮；最后托品酮经还原反应转化为目标产物托品醇。 【小问1详解】 A结构简式是，名称为丁二醛；中的官能团名称为氨基。 【小问2详解】 托品酮的分子式为，它的一种同分异构体中存在六元环状结构，其核磁共振氢谱检测其存在三组峰，且峰面积之比为6：6：1，满足条件的物质的结构简式为。 【小问3详解】 A．托品酮和托品醇均含有手性碳原子，A正确； B．由A、B和C转化为D的过程中，有π键的断裂，但没有π键的形成，B错误； C．C中碳原子有杂化和杂化，C错误； 故选BC。 【小问4详解】 托品醇具有醇羟基，可以发生酯化反应和消去反应，根据反应形成的新结构，可以推断发生酯化反应需要用乙酸做反应物，浓硫酸做催化剂，并且需要加热条件；发生消去反应时应用浓硫酸做催化剂，加热，产物结构为。 【小问5详解】 由合成，可利用制得，再通过甲醛(由甲醇被氧化得来)引入碳环最终获得产物，所以化合物M结构为；第一步反应涉及氧化反应，该反应的化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $