吉林省高三下学期理综模拟考试化学试卷附含答案解析

吉林省高三下学期理综模拟考试化学试卷附含答案解析

班级:姓名：考号：

一、单选题

1.下列关于铁及其化合物的说法中正确的是（）

Λ.Fe（OH）2是一种黑色固体，不稳定，在空气中易被氧化转变为红褐色

B.高炉炼铁是用还原剂将铁从它的化合物中还原出来

C.磁铁矿粉末溶于盐酸后，加入KSCN溶液，生成红色沉淀

D.Fe与水蒸气在高温下发生反应生成Fe?。：,和H2

2.下列5种有机化合物中，能够发生酯化、加成和氧化3种类型反应的是（）

①CH2=CHC00H②CH2=CHCOOCH3③CH2=CHCHQH

Z

（S）CH3CH2CH2OH⑤C%CH（OH）CHCHO

A.①③④B.②④⑤C.①③⑤D.①②⑤

3.具有下列电子层结构或性质的原子：①2p轨道上有2对成对电子的原子；②外围电子构型为2∕2p3的原

子；③短周期第一电离能最小；④第三周期离子半径最小。则下列有关比较中正确的是（）

Λ.原子半径：④>③>②>①B.电负性：①>②>④>③

C.第一电离能：①>④>②>③D.最高正化合价：①>②>④>③

4.下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是（）

实验操作实验现象结论

将Fee粉末溶于盐酸，再向其中加入少Fe3O,中含有

AKMnO4溶液褪色

量酸性KMnO“溶液Fe(II)

向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，产生砖红色沉淀粉的水解产物中

B

再加入少量新制氢氧化铜，加热淀有葡葡糖

结合I「的能力：

CNaHeO3溶液与NaAIO2溶液混合产生白色沉淀

CO；<AlO2

向IOmLO.Imol∙L'AgN(λ溶液中先加入先出现白色沉

D5mL0.Imol∙L1KCl溶液，再加入淀，后出现黄色乙(AgCl)Xo(AgI)

5mLImol∙L1KI溶液沉淀

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ʌ.ΛB.BC.CD.D

5.下列关于实验现象的描述不正确的是()

A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡

B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌

C.把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁

D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入儿滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快

6.能使H2O+H2g^HQ++OH-电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是()

A.在水中加Naztth固体B.在水中加入CUCI2固体

C.在水中加入稀硫酸D.将水加热到99℃,其中c(H+)=lXl(Γ⅛ιol∙L"

7.下列叙述错误的是()

A.氯原子的价电子能级排布图为q?®@®

B.第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素种数为5

C.光气(CoClJ和甲醛(HCHo)分子中：键角C—Cl

D.某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布一定是4S2

二、实验题

8.CeOz是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeOz是淡黄色固体粉末，难溶

于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：

A

(一)制备Ce(λ

1.取一定量化学计量比的Ce(NOJ3SHzO和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min

后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min,形成白色絮状沉淀［Ce(OH)/。将混合溶液加热(并通入G),

在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)I沉淀分离出来。

II.用水和无水乙醇分别洗涤CeSH)“沉淀3次。

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in.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h,得到淡黄色粉末CeO2。

(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为,无水乙醇的作用是o

(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH),的化学方程式：。

(二)某样品中Ce0』M(Ce02)=172.1］纯度的测定

称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入HQ溶液，每次5mL,摇匀，低温加热，

直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H。，冷却后稀释至250mL,加入5小口。8・1；*8船3溶液催化，再

4t

加入过量的过硫酸核［(NHjSQJ溶液，低温加热，将Ce"氧化成Ce1当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。

1

待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，用(NH1)2Fe(SoL标准溶液滴定至终点，消耗cmol-U的

(NHjFe(So)2标准溶液VnIL。已知邻二氮菲与Fe?'可形成红色配合物，这种离子可示表为［Fe(phen)3］\

(3)实验中分批加入HQz溶液时，采取低温加热的原因是。

(4)加热煮沸过程中，(NH)NOs在溶液中反应生成NH,HSO∣和ɑ,反应的化学方程式为;若滴定时锥

形瓶中过量的(NHJS,Os未除尽，则测得的CeOz纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定

终点的方法是。

(5)样品中CeO2的质量分数W=(用含有c、V、m的代数式表示)。

(6)Ce0z是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程

中发生着Ceθ2∣⅜?Ce02u-λ)+x02t(OWXWO.25)的循环。请写出CeO?消除CO尾气的化学方程式：。

三、工业流程题

9.I.某化工厂从含Nio的废料(杂质为FeQ3、CaO和CUO)中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积

密度的羟基氧化镇(NiOOH)的工艺流程如下图：

(1)酸浸中不断用搅拌机进行搅拌的目的是,下图是酸浸时裸的浸出率与温度的关系，则酸浸时合

适的浸出温度是℃,若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的Ni(OH)2,其可

能的原因是。

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(2)生成S的化学方程式为,试剂X是一种绿色氧化剂，X反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为

，试剂Y是用于调节溶液的PH的，则PH的调控范围是(与沉淀相关的数据如表所示)。

离子Fe3+Fe2+Ni2t

开始沉淀的

1.56.57.2

PH

沉淀完全的

3.29.79.2

PH

(3)写出氧化过程中反应的离子方程式：，沉钙中当溶液中C(F)=3X10⅛ιol•「，通过计算确定溶

液中Ca＞是否沉淀完全。答:［常温时，KSP(CaF2)=2.7X10"］。

Π∖ΓC时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaoH溶液，所得溶液中三种微粒HzCzO,、HC2O;

和cq；的物质的量分数(6)与PH的关系如下图所示:

-K

⑷草酸的电离常数分别为Kl与K?,则诚1=—

(5)按投料比n(Na2C2O,):n(NaHCO,)=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是(填序号)。

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A.该溶液的PH为4.2

B.3c(Na*)+c(H*)=c(OH)+c(HC2O4)+2C(Cq：)

C.3c(Na)=5[c(HC2O4)+c(C2O;-)+c(H2C2O1)]

+

D.3c(OlF)+c(C2Oj-)=3c(H)+2c(HC2O4)+5c(H2C2O4)

四、有机推断题

10.乙酸环己酯是一种香料，可用于配制苹果、香蕉等果香型香精。一种制备乙酸环己酯的合成路线如下:

回答下列问题：

(D反应①所用试剂是,由石油获得E的生产工艺称为o

(2)G中官能团名称是,在反应①〜④中，原子利用率理论上可达100%的是(填序号)。

(3)反应③的化学方程式为，反应类型是o

(4)下列关于合成路线中所涉及物质的说法正确的是(填标号)•

a.A、E分子中的原子均处于同一平面b.用水可分离A和B的混合物

c.D和E均能与KMnOl酸性溶液反应d.F与D互为同系物

(5)X是E的同系物，其相对分子质量比E大42,X可能的结构有种，其中含3个一CHa的X结构简式

为。

五、原理综合题

11.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料利用合成气(主要成分为CO、Co2和H2)在催化剂作用下可

合成甲醇，发生的主要反应如下：

l

I.Cθ(g)+2H2(g).CH,OH(g)ΔWl=-129.0kJ∙moΓ

1

II.CO2(g)+H2(g).∙Cθ(g)+H2θ(g)∖H2=+41kJ∙mol

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III.CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2θ(g)ΔH3

回答下列问题：

(1)ΔH3=°

(2)将2.OmolCo2和3.Omol凡通入容积为3L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应II,测得的

平衡转化率与温度的关系如图所示。

出的平衡转化率/%

50--7

0-≤≤-~~I-----------------ɪ---------------------•-----------------------------►

100200300温度∕oC

①IOOC时反应达到平衡所需的时间为5min,则反应从起始至5min内，用H?表示该反应的平均反应速率为

________________O

②100℃时，反应II的平衡常数K=_______0

③下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有_______(填标号)。

A.Co的含量保持不变

B.容器中C∙(COJ=C∙(CO)

C.容器中混合气体的密度保持不变

D.⅛(H2)=vis(H2O)

⑶利用天然气制取合成气的原理CO2(g)+CHt(g).∙2CO(g)+2HKg),在密闭容器中通入物质的量浓度

均为ImoI∙L的CH4与CO?,在一定条件下发生反应，测得CH,的平衡转化率与温度及压强的关系如图所

示，则压强Pl%(填''大于"或“小于”)；压强为Pz时，在Y点：勺正)冷s)(填''大于”"小

于”或“等于”)。为了提高该反应中CH,的转化率，除温度、压强外还可以采取的措施是。

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参考答案与解析

1.B

【详解】A.Fe(OH)?为白色固体，不稳定，易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁，故A错误；

B.高炉炼铁的原理就是利用还原剂(CO)将铁从铁矿石中还原出来，铁矿石的主要成分是含铁的化合物，故

B正确；

2t3t

C.磁铁矿是FeG,溶于稀盐酸生成三价铁，离子反应方程式为：Fe30l+8H=Fe+2Fe+4H20,故加入KSCN

溶液显红色，但不会生成红色沉淀，故C错误；

D.Fe与水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O,和H”故D错误；

故选B。

2.C

【详解】①CH2=CHC00H中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，含-O)OH可发生酯化反应，故选；

②CH2=CHCOOCH3中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，不能发生酯化反应，故不选；

③CH产CHCHQH中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，含-OH可发生酯化反应，故选；

(S)CH3CH2CH2OH不能发生加成反应，故不选；

⑤CHEH(OH)CHzCHO中含-CHO可发生氧化、加成反应，含-OH可发生酯化反应，故选；

故选C

3.B

【分析】①2p轨道上有2对成对电子的原子，则为F；②外围电子构型为2s'2p3的原子，则为N；③短周期

第一电离能最小，则Na；④第三周期离子半径最小，则为AL

【详解】A.根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：

③>④>②>①，故A错误；

B.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：①>②>④>③，

故B正确；

C.根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第HA族大于第HlA族，第VA族大于第VlA族，同主

族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：①>②>④>③，故C错误；

D.最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，最高价为0价，因此最高正化合价：②>④>③，

故D错误。

综上所述，答案为B。

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4.C

【详解】A.溶液中的氯离子也能与酸性高镒酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明四氧化三铁

中含有Fe(II),故A错误；

B.葡萄糖在酸性溶液中不能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色沉淀，故B错误；

C.碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液混合产生白色沉淀说明碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉

淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，故C正确；

D.向过量的硝酸银溶液中先加入少量氯化钾溶液，再加入碘化钾溶液时，溶液中只存在沉淀的生成，没发

生沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；

故选Co

5.C

【详解】A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该电极

上溶液中的氢离子得到电子产生氢气，A项正确；

B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，

镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn-2e=Zn"；阴极：ZrΓ+2e=Zn,B项正确；

C.把铜片插入三氟化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能

置换出铁，C项错误；

D.把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，

原电池反应可以加速反应速率，D项正确；

答案选C。

6.B

【详解】A.C(V和H-(即RQ+)结合，使溶液中H*浓度减小，平衡正向移动，溶液中OH浓度增大，溶液

呈碱性，A项错误；

B.加入CUCI2,Cu"和OH-结合成CU(OH)2使OH-浓度减小，水的电离平衡向右移动，导致T浓度增大，溶

液呈酸性，B项正确；

C.水中加入稀硫酸使H+浓度增大，溶液呈酸性，平衡逆向移动水的电离受到抑制，C项错误；

D.水的电离是一个吸热过程，将水加热到99"C平衡正向移动，H'浓度增大，但H*浓度仍等于OH-浓度，

溶液呈中性，故D项错误；

答案选B。

7.D

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【详解】A.氯原子是17号元素，它的价电子数是7,能级排布图为QD®®®,故A正确；

3s3p

B.第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素有4s∖4s24p∖4s24p∖3d'04s,.3dZ∕共五种，

故B正确；

C.由于埃基中的氧原子在电子云的斥力作用下，使得默基与氯原子相连接的键角增大，所以光气(COCl2)和

甲醛(HeHO)分子中：键角NH—C-H>∕C1-C—Cl,故C正确:

D.某元素基态原子4s轨道上有2个电子，其价电子可能包括有P轨道上的电子，所以该基态原子价电子排

布不一定是4s?,故D错误;

故答案为：D«

8.(1)恒压漏斗除去沉淀表面多余的水分,使沉淀快速干燥

(2)4CesH)计O2+2⅛0=4Ce(OH)1

(3)温度低，反应速率慢，温度高，HQ会分解

Δ

(4)2(NH1)⅛08+2H20=4NH,HS0t+02t偏高滴加最后一滴(或半滴)(NH,)Fe(SO)2标准溶液时，溶液

颜色变为红色，且半分钟内不褪色

172lc∙V

(5)>100%

IOOOm

(6)2xC0+Ce02=CeO2<ι-x>+2xC02

【详解】(1)由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面

多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案为：恒压漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；

(2)Ce(OH)3与Oz反应生成4Ce(OH)4,反应方程式为：4Ce(OH)3+。2+2H20=4Ce(0H)”故答案为:4Ce(OlI)3+

O2+2H20=4Ce(0H)4;

(3)温度过低时反应速率太慢，温度过高时上。2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加

热，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H4会分解；

Δ

(4)加热煮沸过程中，(Nih)2S2(⅛在溶液中反应生成NH,HSO∣和小，反应方程式为：2(NHMSα+240=

4N⅛HSO4+O2t,若滴定时锥形瓶中过量的(N⅛)2S2(⅛未除尽,则(NHjFe(SoM标准溶液用量偏高，则还原Ce"

的用量偏高，最终测得的CeOz纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH3Fe(S0Jz标准

Δ

溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色,故答案为:2(NH4)2S208+2H20=4NHIHS0,+02t；偏高；滴

加最后一滴(或半滴)(NHJZFe(SO)标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；

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⑸根据得失电子守恒知：CeO2(NH4)2Fe(SO4)2,故样品中CeO,的质量分数=端皆XIoO%，故答

生工172.1c∙Vsi

案为:---------X100%；

IOOOm

(6)CeO?能在还原气氛中供氧,CO为还原气体,结合氧生成二氧化碳,根据信息知,化学方程式为：2xCO+CeOe

=Ceo2(卜x)+2XeO2,故答案为：2xCO+CeO2-CeO2d-x>+2xC02;

9.(1)加快反应速率，提高酸浸效率；70rNi"能水解，生成Ni(OH)2,升温能促进水解

(2)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+SΦ1：23.2≤pH<7.2

24

(3)C10+2Ni+40H=2NiOOH∙H2OI+CΓ是

(4)1000

(5)CD

【分析】向含NiO的废料(杂质为Few,、CaO和CUC)等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微

溶物硫酸钙的滤渣；向滤液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(Fe"、Fe2t

2+2+

与Ni、Ca等)；向滤液中加入试剂X(常用H2O2)将Fe同氧化为更容易沉淀的Fe〜再加试剂Y常选用NiO,

用来调节溶液的PH除去Fe",过滤得到含Ni?'Ca?+的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氨化钠将

溶液中的Ca"转化为难容性的Ca月，过滤得到Ni2+的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将Ni"转化为

Ni∞H,经过滤、洗涤干燥等步骤得到NiOOH固体，据此解题。

【详解】(1)从反应速率影响因素考虑，不断用搅拌机进行搅拌的目的是：加快反应速率，提高酸浸效率；

由图可知当温度在70C左右时候的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃：NF能水解，生成Ni(OH)2,

升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2;

(2)酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，锲离子，钙离子等，其中Fe2(SO)3可以把硫化氢中

-2价硫氧化为单质硫，方程式为Fe2(SOJ+H2S=2FeSO“+H2SO4+sJ；常见的绿色氧化剂X的作用是将二

价铁氧化为三价铁，则它是HG,根据得失电子守恒，可知反应中n(Hqjn(FeSO4)=l:2；

调PH需使Fe"完全沉淀，但不能使NF沉淀，由表格可知，3.2WPH<7.2；

(3)该反应中Ni"被氧化为2Ni00H∙HQ,ClO被还原为Cl,相应的离子方程式为ClO-+2Ni"+40H=2Ni00H∙

2

H2OI+C1；一般认为溶液中离子的浓度小于LoXl0,ol∕L,该离子沉淀完全；Ksp(CaF2)=c(Ca')∙c(F)=2.7

_K、p(CaE；)_2.7x10T

XlO'1,所以c(Ca")Tmol∕L=3.0×10βmol∕L<l.0×10⅛ol∕L,Ca"已沉淀完全;

c2(F^)(3.0X10-3)

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(4)坐标(1.2,O.5)时H2C2O∣和HCz。4的含量相同，则Kl=C(H)=IOa坐标(4.2,0.5)时HC?。；和CQ；

t42K1n-∣∙2

的浓度相等，K2=C(H)=IO-,则U=二^=IOo0；

42

K2ιo^∙

(5)A.按投料比n(Na2C2O4):n(NaHC2O1)=2：1配成溶液，此时三种微粒H2C2O1、HC?。；与CQ:的物质

的量分数不是0.5,所以该溶液的PH不是4.2,故A错误；

B.按投料比n(Na2C2O4):n(NaHC2Ol)=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c(NaD+c(H*)=C(OH-)+c(HC2O4)

+2c(C2Ot)r故B错误；

C.n(Na2C2O4):n(NaHC2O1)=2：1的溶液中存在物料守恒：3c(Na)=5[c(HC2O4)+c(C2Of)+c(H2C2O1)],

故C正确；

D.3c(Na)=5[c(HC2O;)+c(C2O^^)+c(H2C2O1)],的溶液中存在电荷守恒：C(Na)+c(H*)=C(OH

")+c(HC2O;)+2c(C2O^^),存在物料守恒:3c(Na')=5[c(HC2O;)+c(C2O^)+c(H2C2O4)],整

t

理得到：3c(OlT)+c(C20j^)=3c(H)+2c(HC,O；)+5c(H2C20ι4),故D正确。

故选CD。

10.Fe粉、液溪石油裂解竣基②③CH2=CH2+1LO--------壁5_>ClliCH2OII加成反应a

CHj

c5

CHLCHC-CH,

【分析】苯和液澳在催化剂作用下发生取代反应生成澳苯，浪苯和氢气发生加成反应生成C,C和NaOH溶

液加热发生水解反应生成环己醇，石油裂解得到乙烯，乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，乙

醇在酸性高镒酸钾作用下发生氧化反应生成乙酸，乙酸和环己醇发生酯化反应生成乙酸环己酯。

【详解】(1)反应①是苯和液溟在催化剂作用下发生取代反应，所用试剂是Fe粉、液溟，由石油获得乙烯

的生产工艺称为石油裂解；故答案为：Fe粉、液漠；石油裂解。

(2)F(乙醇)在酸性高镒酸钾作用下发生氧化反应生成G(乙酸)，G中官能团名称是竣基，在反应①〜④中，

①④是取代反应，②③是加成反应，因此原子利用率理论上可达100%的是②③；故答案为：竣基；②③。

(3)反应③乙烯与水在一定条件下发生加成反应，其化学方程式为CH2-CH2+H20------也坦__>CH3CH2OH,反

应类型是加成反应；故答案为：CH2=CH2+H2O--------型_>CH3CH2OH5加成反应。

(4)a.苯中12个原子都处于同一平面内，乙烯中6个原子均处于同一平面，故a正确；b.苯和澳苯是互

溶的，不能用水可分离A和B的混合物，利用蒸镭方法进行分离，故b错误；c.D含有碳碳双键，E含有

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羟基，两者均能与KMnol酸性溶液反应，故C正确；d.F是链状醇，D是环状醇，结构不相似，因此不互为

同系物，故d错误；综上所述，答案为ac。

(5)X是E的同系物，其相对分子质限比E大42,则X分子式为C5HmX可能的结构有C=C—C—C—C,C-

C=C-C-CC=C—C—CC—C=C—C

C=C-C-C,8，8共5种,其中含3个一CHs的X结构简式为

C

CH3CHt

1

I.故答案为.5∙o

(II；CH=C-CH3‘做7术/人,，CH3-CH=C-CII；

11.(1)-88kJ∙moΓl

(2)0.1mol∙lʃ'∙m