四川省南充市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE17-四川省南充市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）理科综合考试时间共150分钟，满分300分。其中化学100分。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64Zn-65第I卷（选择题共42分）留意事项：必需运用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。第I卷共7题，每题6分。每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成CO2（g）和NO（g）过程中能量变更如图所示，下列推断错误的是A.反应物的总能量大于生成物的总能量B.运用催化剂可降低E1C.上升温度，活化分子百分数不变D.热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）ΔH=-（a-c）kJ•mol-1【答案】C【解析】【详解】A.依据图像，反应物总能量大于生成物总能量，故A说法正确；B.运用催化剂降低反应的活化能，因此运用催化剂课降低E1，故B说法正确；C.上升温度，增加单位体积内活化分子的百分数，故C说法错误；D.依据图像，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，因此热化学反应方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)△H=－(a－c)kJ·mol－1，故D说法正确；答案为C。2.下列事实不能用勒夏特列原理说明的是A.H2（g）、I2（g）、HI（g）平衡体系加压后颜色变深B.常温下，将pH=10的NH3•H2O溶液稀释10倍，pH>9C.利用TiC14水解制备TiO2时，需加入大量水并加热D.向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成【答案】A【解析】【详解】A．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理说明，故A选；B．氨水是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，常温下，将pH=10的NH3•H2O溶液稀释至10倍后，pH应是9，但醋酸又电离出氢离子，溶液pH>9，则能用勒夏特列原理说明，故B不选；C．盐的水解是吸热反应，加热促进四氯化钛水解，则能用勒夏特列原理说明，故C不选；D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，促进氢氧化镁的电离平衡正向移动，电离出更多的氢氧根与铁离子结合生成红褐色Fe(OH)3沉淀，能用勒夏特列原理说明，故D不选；答案选A。3.如图为以稀H2SO4为电解质溶液，Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图。下列有关说法错误的是A.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源B.a极为负极，电子由a极经外电路流向b极C.b极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2OD.电池工作一段时间后，装置中c（H2SO4）不变【答案】D【解析】【分析】该装置为燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，电解质溶液显酸性，依据原电池工作原理进行分析；【详解】A．氢氧燃料电池总反应是2H2＋O2=2H2O，水对环境无污染，因此氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故A说法正确；B．通H2一极为负极，通氧气一极为正极，即a极为负极，b极为正极，依据原电池工作原理，电子从a极经外电路流向b极，故B说法正确；C．b极为正极，电解质溶液显酸性，因此正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故C说法正确；D．依据A选项分析，产生H2O，稀释硫酸，硫酸浓度降低，故D说法错误；答案为D。【点睛】原电池是将氧化还原反应分成两个半反应，因此书写电极反应式（电解质为溶液）为先写出氧化剂+ne－→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，依据电解质溶液酸碱性，推断出H＋、H2O、OH－谁参加反应，最终依据电荷守恒和原子守恒配平其他。4.下列电化学装置及用途正确的是ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.依据电解原理，铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，纯铜作阴极，与电源的负极相连，故A错误；B.电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，即Fe为阴极，Ag为阳极，故B错误；C.该装置为电解池装置，Fe为阴极，依据电解原理，Fe不参加反应，即该装置能防止Fe被腐蚀，故C正确；D.锌与硫酸铜干脆反应，没有电流产生，不能构成原电池；锌电极应盛放ZnSO4溶液，Cu电极盛放CuSO4溶液，这样才能构成原电池，故D错误；答案为C。5.将0.2mol/L的KI溶液和0.01mol/LFe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别进行试验。下列能说明溶液中存在平衡2Fe3++2I－2Fe2++I2的是()A.滴入硝酸银溶液产生黄色沉淀 B.加入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去C.滴入淀粉溶液，溶液变蓝色 D.滴入KSCN溶液，溶液变红色【答案】D【解析】【详解】将0.2mol/L的KI溶液和0.01mol/LFe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只须要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。A．向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，A错误；B．碘离子过量，因此加入酸性KMnO4溶液后，无论是否存在平衡反应，溶液紫红色都会褪去，B错误；C．无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，C错误；D．向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，Fe3+是少量的，但是没有完全反应完，说明反应存在平衡，D正确；答案选D。6.常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是A.溶液中水电离出的c（H+）=10×10-11mol•L-1B.与等体积pH=11NaOH溶液混合，所得溶液pH=7C.加入少量水稀释该溶液的过程中，增大D.加入0.1mol•L-1CH3COONa溶液使pH=7,则c（CH3COO-）=c（Na+）【答案】B【解析】【详解】A．pH=3的

CH3COOH溶液中c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-11mol•L-1，故A正确；B．pH=3的

CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；C．由醋酸电离的平衡常数表达式可知，，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，，增大，故C正确；D．滴加0.1

mol•L-1

CH3COONa溶液至pH=7时，依据电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），溶液呈中性则，c（CH3COO-）=c（Na+），故D正确；答案选B。7.常温下，进行下列试验操作，能达到预期目的的是选项试验操作试验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液证明CO在溶液中存在水解平衡B分别测定盐酸和醋酸溶液的pH证明相同温度下，HCl的电离程度大于CH3COOHC向0.1mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粉，向0.4mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粒探究固体表面积对反应速率的影响D向两支装有4mL0.0lmol•L-1KMnO4酸性溶液的试管中分别加入2rnL0.04mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液、2mL0.2mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液探究浓度对化学反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，存在＋H2O＋OH－，滴入酚酞，溶液显红色，加入BaCl2，发生Ba2＋＋=BaCO3↓，使平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，能达到试验目的，故A正确；B．题中没有指明两种物质物质的量浓度是否相同，因此该试验无法比较电离程度大小，故B错误；C．探讨固体表面积对反应速率的影响，须要硫酸的浓度相同，而题中硫酸浓度不相同，因此该试验不能达到试验目的，故C错误；D．高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为2＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依据离子方程式，前一个草酸不足，高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色，后一个草酸过量，高锰酸钾溶液不足，溶液褪色，因此无法得到试验目的，故D错误；答案为A。第II卷（非选择题共58分）留意事项：必需运用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5亳米黑色墨迹签字笔描消楚。答在试题卷、草稿纸上无效。第II卷共4题，第8~10题为必考题，每个试题考生都必需作答。第11-12题为选考题，考生任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。8.回答下列问题。I.探讨CO2与CH4转化为CO与H2,对缓解燃料危机，削减温室效应具有重要的意义。已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH=-566kJ•mol-1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH＝-484kJ•mol-1③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-802kJ•mol-1（1）则反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的ΔH=_______kJ•mol-1II.中和热的测定试验装置如图所示：（2）仪器A的名称是_______。（3）碎泡沫塑料的作用是_______。III.铅蓄电池是最常见的二次电池，其构造如图所示：（4）铅蓄电池放电时负极的电极反应式为：_______。（5）铅蓄电池充电时，其正极应连接外加直流电源的_______（填“正”或“负”）极，充电时该电极的电极反应式为：_______。（6）试验室用铅蓄电池做电源，用石墨电极电解400mL饱和食盐水，产生0.02molCl2，电解后所得溶液pH为_______（假设溶液体积不变），此时铅蓄电池内消耗的H2SO4的物质的量至少为_______mol。【答案】(1).+248(2).环形玻璃搅拌棒(3).保温、隔热，削减试验过程中热量损失(4).Pb－2e－＋SO=PbSO4(5).正(6).PbSO4-2e－＋2H2O=PbO2＋SO＋4H＋(7).13(8).0.04【解析】【详解】(1)依据目标反应方程式，③－①－②，△H=[(－802)－(－566)－(484)]kJ·mol－1=＋248kJ·mol－1；(2)仪器A为环形玻璃搅拌棒；(3)测定中和热试验，关键是削减热量的损失，因此碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，削减试验过程中热量损失；(4)铅蓄电池总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，依据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价上升，即负极电极反应式为Pb－2e－＋=PbSO4；(5)铅蓄电池充电时，电池正极接电源的正极，电池负极接电源的负极；充电时铅蓄电池正极反应式为PbSO4－2e－=PbO2＋2H＋＋；(6)电解饱和食盐水的总反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，产生0.02molCl2时，生成NaOH的物质的量为2×0.02mol=0.04mol，c(NaOH)==0.1mol·L－1，依据水的离子积，溶液中c(H＋)==10－13mol·L－1，即pH=13；依据转移电子物质的量相同，存在Cl2～2e－～Pb～2H2SO4，消耗H2SO4的物质的量为2×0.02mol=0.04mol。【点睛】充电电池充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时各电极反应式应是放电时各电极电极反应式的逆过程，须要熟记。9.氯化铜晶体（CuCl2·H2O）中往往含有FeCl2杂质，为制得纯净的氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，再按下图所示的操作步骤进行提纯。请参照下表给出的数据填空：氢氧化物起先沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHCu2+4.76.7Fe2+7.09.0Fe3+1.94（1）加入试剂X的目的是_______。（2）适合本试验的X物质可以是_______（填字母）。AKMnO4BH2O2CNaClODCl2（3）加入试剂Y的目的是调整溶液的pH,试剂Y的化学式为_______，依据题给信息，溶液的pH范围应为_______。（4）当c（Fe3+）=1.0×10-5mol•L-1时，可以认为沉淀完全，则Fe（OH）3的Ksp=_______。（5）试验室在配制CuCl2溶液时需加入少许_______（填物质名称），理由是_______（用化学用语和必要的文字回答）。（6）操作III是_______。【答案】(1).将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去(2).B、D(3).CuO[或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3](4).4≤pH＜4.7(5).1.0×10−35(6).盐酸(7).Cu2＋水解Cu2＋＋2H2OCu（OH）2＋2H＋，加入盐酸抑制其水解，防止溶液变浑浊(8).在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥【解析】【分析】氯化铜

（CuCl2•2H2O）中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，由流程可知，首先将其制成水溶液，加氧化剂X使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，从环保和不引进杂质角度考虑，X可以为氯气（氯水或过氧化氢等）；然后加入试剂Y，过滤后得到Fe（OH）3沉淀和CuCl2溶液，则加入Y的目的是调整溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO或Cu（OH）2，操作Ⅱ为过滤；最终对CuCl2溶液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O；【详解】（1）分析流程和试验流程可知，操作Ⅰ加入的X为双氧水，目的使Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去；（2）加入X的目的是氧化亚铁离子，加入的是氧化剂，能将Fe2+氧化为Fe3+，且易除去，除杂时，不能引入新的杂质，所以选项中：A．KMnO4

氧化剂加入会增加杂质离子，故A不选：B．H2O2做氧化剂没有增加新杂，故B选；C．NaClO是氧化剂，但引入杂质钠离子，故C不选；D．Cl2是氧化剂，反应过程中不引入新的杂质，故D选；故答案为：BD；（3）操作II中加入试剂Y的目的是调整溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3；分析图表数据可知，铁离子完全沉淀的pH为4，铜离子起先沉淀的pH为4.7，要调整pH使Fe3+全部沉淀，而不能沉淀Cu2+，须要调整溶液的pH范围为：4≤pH＜4.7；故答案为：CuO[或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2（OH）2CO3]；4≤pH＜4.7；（4）由表中数据可知，Fe(OH)3完全沉淀时pH=4，则，则则Fe（OH）3的，故答案为：1.0×10−35；（5）由于Cu2+水解发生水解：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，所以试验室在配制CuCl2溶液时，需加入少许盐酸，以便抑制铜离子水解，故答案为：盐酸；Cu2＋水解Cu2＋＋2H2OCu（OH）2＋2H＋，加入盐酸抑制其水解，防止溶液变浑浊；（6）操作III若要得无水CuCl2，须要在HCl气流中蒸发，从而防止铜离子水解，故答案为：在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。10.Ⅰ.T℃时，在2L刚性密闭容器中，X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）,反应过程中X、Y、Z物质的量变更如图1所示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。请回答下列问题：（1）容器中发生反应的方程式为_______。（2）正反应为_______反应（填“放热”或“吸热”）。（3）图1中，从反应起先到平衡用时3min,则0~3min内，v（X）=_______（4）T℃时，该反应的平衡常数K=_______（保留小数点后两位）。（5）若只变更一个反应条件，使反应进程如图3所示，则变更的条件为_______。Ⅱ.常温下，用0.1000ml•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000ml•L-1CH3COOH溶液，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示。请回答下列问题：（1）试验过程中不须要的仪器或用品是_______（填序号）。A100mL容量瓶B锥形瓶C滴定管夹D玻璃棒E.滴定管（2）如图点①所示溶液中离子浓度由大到小的依次是_______。（3）如图点①②③所示溶液中，水的电离程度最大的是_______（填序号），c（Na+）=c（CH3COO-）的是_______（填序号）。（4）已知Ka（CH3COOH）=1.8×10-5，当滴定过程中c（CH3COOH）:c（CH3COO-）=5:9时，溶液pH=_______。【答案】(1).3X（g）＋Y（g）2Z（g）(2).吸热(3).0.1mol•L－1•min－1(4).0.67(5).运用催化剂(6).A、D(7).c（CH3COO-）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）(8).③(9).②(10).5【解析】【分析】I.利用化学计量数之比等于变更物质的量的之比、影响化学平衡移动的因素、化学反应速率的数学表达式等角度进行分析；II.从弱电解质的电离、盐类水解等角度进行分析；【详解】I.(1)依据图1，X和Y的物质的量减小，X和Y为反应物，Z的物质的量增大，即Z为生成物，X、Y、Z变更的物质的量为(2.0－1.4)：(1.6－1.4)：(0.8－0.4)=3：1：2所以反应方程式为3X(g)＋Y(g)2Z(g)；(2)依据图2，反应速率越快，T2先达到平衡，依据温度越高，因此T2>T1，依据图像，温度越高，Y体积百分含量减小，平衡向正反应方向进行，依据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为吸热反应；(3)依据化学反应速率的数学表达式，v(X)=0.1mol/(L·min)；(4)，达到平衡时，X、Y、Z的物质的量浓度分别是0.7mol·L－1、0.7mol·L－1、0.4mol·L－1，依据化学平衡常数的定义，得出K==0.67；(5)对比图1和图2，达到平衡时各自的物质的量保持不变，图2达到平衡所用时间比图1短，变更的条件，只加快反应速率，对平衡无影响，即变更的条件是运用催化剂；II.(1)滴定时运用的仪器为锥形瓶、滴定管夹、酸式滴定管、碱式滴定管，因此不须要运用的仪器是100mL容量瓶和玻璃棒，答案为AD；(2)①点消耗NaOH的体积为10mL，即①点溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，①点溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－水解程度，因此离子浓度大小依次是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；(3)①点溶质为CH3COOH和CH3COONa，该溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，抑制水的电离，②点溶液显中性，对水的电离无影响，③点溶质为CH3COONa，CH3COO－水解，促进水的电离，水的电离程度由大到小的依次是③②①；依据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，pH=7，即点②符合；(4)依据电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，因此有Ka=，解得c(H＋)=1×10－5mol·L－1，即pH=5。【化学一选修3:物质结构与性质】11.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。诮回答下列问题：（1）基态X原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形态为_______。（2）元素W与X处于同一周期，其基态原子中未成对电子数是核外电子总数的,W基态原子的价电子排布式为_______。（3）在第三周期中，第一电离能比Y大的主族元素有_______（填元素符号）．（4）YZ3分子中，Y原子的杂化轨道类型是_______，其分子的立体构型为_______。（5）Z的氢化物（H2Z）的沸点高于Y的氢化物（H2Y）,其缘由是_______。（6）H2Z在特定条件下得到一个H+形成H3Z+，从结构角度对上述过程分析错误的是_______A中心原子的杂化轨道类型发生了变更B中心原子的价层电子对数发生了变更C微粒的立体结构发生了变更D微粒中键角发生了变更（7）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。①X离子的配位数为_______。②若该晶体密度为ρg•cm-3,晶胞参数为apm,则阿伏加德罗常数的值NA=_______。【答案】(1).N(2).球形(3).3d54s1(4).P、Cl(5).sp2(6).平面正三角形（或平面三角形）(7).水分子之间形成了氢键(8).A、B(9).4(10).【解析】【分析】X位于第四周期，其基态原子的内层全部排满电子，且最外层有2个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，即X为Zn，元素Y基态原子的3p上有4个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，即Y为S，元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，即Z为O，据此分析；【详解】依据上述分析，X为Zn，Y为S，Z为O，(1)Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，离核越远，能量越高，Zn核外电子占据最高能层的符号是N；该电子填充在s能级上，电子云轮廓图为球形；(2)依据信息，符合条件元素是Cr，其价电子排布式为3d54s1；(3)同周期从左向右第一电离能渐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第三周期中第一电离能比S大的是P、Cl、Ar，Ar为0族，不属于主族元素，符合条件的是P、Cl；(4)YZ3为SO3，中心原子S含有3个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数等于3，价层电子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；立体构型为平面三角形；(5)H2Z为H2O，H2Y为H2S，都属于分子晶体，前者含有分子间氢键，后者不含分子间氢键，因此H2O的沸点高于H2S；(6)A.H2O中中心原子O有2个σ键，孤电子对数为=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O＋中心原子O有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，杂化类型都是sp3，故A说法错误；B.依据选项A的分析，价层电子对数没有发生变更，故B说法错误；C.依据选项A的分析，H2O的空间构型为V形，H3O＋的空间构型为三角锥形，故C说法正确；D.依据C选项分析，H2O中键角为105°，H3O＋的键角是109°28′，故D说法正确；答案为AB；(7)①依据晶胞图，Zn的配位数为4；②X位于顶点和面心，个数为=4，Y位于体心，有4个，即化学式为ZnS，晶胞的质量为，晶胞的体积为（a×10－10）3cm3，依据密度的定义，=ρ，解得NA=。【化学一选修5:有机化学基础】12.2005年诺贝尔化学奖授予了探讨烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N,合成路途如下：（1）A的结构简式是_______。B的系统命名是_______。（2）C→D的反应类型是_______。（3）写出D→M的化学方程式_______。（4）已知X的苯环上只有一个取代基，且取