四川省成都市2024届高三化学下学期5月模拟考试理科综合试题含解析

高2024届高三下期理科综合试题化学可能用到的相对原子质量：O－16Ni－59第Ⅰ卷一、选择题：本题包括1—13题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的A、B、C、D四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产生活息息相关，下列生产生活实例与所述化学知识没有关联的是选项生产生活实例化学知识A补铁剂与维生素C同时服用效果更佳维生素C具有还原性B用小苏打作发泡剂烘焙面包受热分解C用标准液检测污水中含量CuS属于难溶电解质D豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸蛋白质发生了水解反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故A不符合题意；B．面包师用小苏打作发泡剂烘培面包，利用NaHCO3受热分解生成的CO2遇热体积膨胀的性质，故B不符合题意；C．CuS属于难溶电解质，用Na2S溶液将Cu2+转化为沉淀来检测污水中Cu2+含量，故C不符合题意；D．豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，没有关联，故D符合题意；答案选D。2.药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是A.X分子中一定共面的碳原子有8个B.有机物X可发生取代、加成、氧化反应C.Y碱性溶液中反应可用于生产肥皂D.1mol有机物Z与足量的氢气发生加成反应最多可消耗6mol氢气【答案】B【解析】【详解】A．苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分子中一定共面的碳原子有7个，A项错误；B．有机物X中含有羰基和苯环可以发生加成反应和取代反应，含有羟基可以发生氧化反应，B项正确；C．Y不是油脂，不能发生皂化反应，C项错误；D．Z中含有1个苯环、2个碳碳双键，1mol有机物Z与足量的氢气发生加成反应最多可消耗5mol氢气，D项错误；故选B。3.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器和连接装置）实验序号实验目的玻璃仪器试剂①萃取碘水中的碘单质长颈漏斗、烧杯、碘水②制启普发生器、试管、导管固体、浓硫酸（70%）③配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体④葡萄糖的银镜反应实验试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液A.① B.② C.③ D.④【答案】D【解析】【详解】A．萃取碘水中的碘单质需要用分液漏斗，不是长颈漏斗，A错误；B．制取SO2不能用启普发生器，固体易溶于水，不成块状，启普发生器不能控制，应该用分液漏斗和圆底烧瓶来制取，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，仪器中还缺少胶头滴管，C错误；D．葡萄糖的银镜反应实验用试剂是：10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液，用温水浴加热，所用仪器有试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管，D正确；答案选D。4.下列反应的离子方程式不正确的是A.铅酸蓄电池充电时的阴极反应：B.少量氯水滴入到碳酸钠溶液中：C.普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极反应：D.氯化铝溶液逐滴加入到过量的碳酸钠溶液中，并边加边振荡：【答案】A【解析】【详解】A．铅酸蓄电池充电时的阴极发生还原反应：，A错误；B．少量氯水滴入到碳酸钠溶液中，即碳酸钠溶液过量，酸性：碳酸大于次氯酸大于碳酸氢根，则根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒得：，B正确；C．普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极发生还原反应：，C正确；D．氯化铝溶液逐滴加入到过量的碳酸钠溶液中，并边加边振荡，发生互相促进水解的反应：，D正确；故选A。5.前四周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中Y、Z同周期，Z、W同主族；X、Y、Z是人体内含量最高三种元素，X、Y、Z、W、Q五原子核外电子数之和为51。下列叙述合理的是A.原子半径B.X、Y形成的化合物沸点低于X、Z形成的化合物C.这些元素组成的三元化合物都可溶于水D.的一种化合物常加于煤中，避免煤燃烧产生的的某种氧化物污染空气【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z是人体含量最高的三种元素，且原子序数依次增大，所以X是氢，Y是碳，Z是氧；W和氧同族，所以W是硫；五种元素核外电子数之和是51，所以Q是钙，据此回答，【详解】A．原子半径，A错误；B．H、C形成的化合物为烃类化合物，有固态、液态、气态，故沸点不一定低于H、O形成的化合物为水或过氧化氢，B错误；C．这些元素组成的三元化合物中，难溶于水，C错误；D．常加于煤中，避免煤燃烧产生的污染空气，D正确；故选D。6.恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是A.AB段主要发生析氢腐蚀B.AD段负极反应式为Fe-2e-=Fe2+C.BC段正极反应式主要为O2+4e-+2H2O=4OH-D.DE段溶液pH基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同【答案】C【解析】【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。【详解】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确；B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe-2e-=Fe2+，B正确；C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；D．根据分析，D正确；故选C。7.298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、、三种溶液。pM[p表示负对数，M表示、、]随溶液pH变化的关系如图所示。已知：常温下，，当离子浓度时，该离子完全沉淀。下列推断正确的是A.①代表滴定溶液的变化关系B.调节pH=5时，溶液中完全沉淀C.滴定HR溶液至X点时，溶液中：D.经计算，能完全溶于HR溶液【答案】C【解析】【分析】根据KspCe(OH)3=c(Ce3+)3c(OH-)，由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Al(OH)3]，且满足pCe3+＜pAl3+，即Al(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Al(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由pH=4.1时，c(OH-)=10-9.9mol/L，推知Ksp[Al(OH)3]=1×(10-9.9)3=10-29.7，同理pH=7.3时，推得Ksp[Ce(OH)3]=1×(10-6.7)3=10-20.1，由pH=5.5时，得出，据此回答。【详解】A．根据分析可知，①代表滴定Al(NO3)3溶液的变化关系，A错误；B．调节pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L，则＞10-5，溶液中Al3+未完全沉淀，B错误；C．X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．，，该反应的K小，该反应很难发生，Al(OH)3不能完全溶于HR溶液，D错误；故选C。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。8.废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，Co2+开始沉淀的pH为3。②M2+(Co2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)⇌MR2(有机相)+2H+(水相)。回答下列问题：（1）“高温氢化”时固体产物为Co、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为_______；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是_______。（2）“酸洗”的目的是_______；若“洗液”中c(Li+)=2.0mol•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为______mol[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。（3）“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。①生成MnO2的离子方程式为_______。②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是_______；应选择的最佳pH为_______。（4）“反萃取”的目的是将有机层中Co2+、Ni2+转移到水层。①试剂X为_______(填试剂名称)。②为使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有_______。【答案】（1）①.6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O②.LiOH与空气中CO2反应（2）①.降低锂在固体残余物中的含量②.1.17（3）①.3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+②.MnO2沉淀过程中夹杂、包裹③.1（4）①.盐酸②.多次反萃取【解析】【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。【小问1详解】由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应；【小问2详解】由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0mol/L×1.0L×95%×=0.95mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L—2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95mol+0.22mol=1.17mol，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；【小问3详解】①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；【小问4详解】①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸；②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。9.某化学兴趣小组的同学对氯气的制备及性质检验进行了改进。通过下列装置连续完成氯气的制备及漂白性、酸性、氧化性、与金属反应等性质的验证，防止了环境污染，体现了绿色化学思想。回答下列问题：（1）按实验设计的意图组装实验仪器，其连接顺序为a______。（2）组装好仪器，检查装置的气密性，并加入相应的化学药品。实验过程中，B中发生反应的化学方程式为______；观察到A中的实验现象为______。实验结束后，点燃酒精灯加热A，观察到的实验现象可说明氯气水溶液的______性是______(填“可逆”或“不可逆”)的。（3）实验过程中，D处湿润的石蕊试纸的现象为_____。C、D处发生的现象不同，说明______。（4）E处湿润的淀粉KI试纸先变蓝而后变白，由蓝色变白色的化学方程式为______。（5）实验过程中，干燥管G中的实验现象是______。（6）测定实验结束后得到的尾气处理液中NaClO的浓度。实验如下：量取25.00mL实验结束后得到的尾气处理液，加入过量的稀硫酸和过量的KI晶体，振荡，充分反应(已知：ClO-+2I-+2H+=H2O+I2+2Cl-)后稀释至100mL，从中取出25.00mL，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)，再重复实验两次，测得平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。得到的尾气处理液中NaClO的物质的量浓度为_______(保留4位小数)。【答案】（1）debcgfh（2）①.Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+Cl2↑+2H2O②.品红溶液褪色③.漂白④.不可逆（3）①.先变红后褪色②.氯气没有漂白性（4）I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl（5）钠燃烧并产生大量的白烟（6）0.1600mol•L-1【解析】【分析】盐酸与次氯酸钙反应制取氯气，生成的氯气先通过F干燥后，再连接b口，依次检验氯气是否有漂白性，湿润淀粉KI试纸验证其氧化性，在通入盛有金属钠的干燥管中验证其与金属单质的反应，最后过量的氯气通入H中用NaOH溶液吸收，据此分析解答。【小问1详解】由上述分析可知实验仪器的连接顺序为adebcgfh，故答案为：debcgfh；【小问2详解】实验过程中，B中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+Cl2↑+2H2O；氯气通入A中能使品红褪色，实验结束后加热A，溶液不恢复红色，说明氯水的漂白性是不可逆过程，故答案为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+Cl2↑+2H2O；品红溶液褪色；漂白；不可逆；【小问3详解】实验过程中，C处试纸不变色，D处湿润的石蕊试纸先变红后褪色，通过C、D现象对比可知氯气没有漂白性，故答案为：先变红后褪色；氯气没有漂白性；【小问4详解】E处湿润的淀粉KI试纸先变蓝而后变白，变蓝是因为氯气与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，由蓝色变白色是因为碘单质与过量氯气反应生成HIO3，发生反应的化学方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，故答案为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；【小问5详解】实验过程中，干燥管G中钠单质在氯气中燃烧，生成大量白烟(NaCl)，故答案为：钠燃烧并产生大量的白烟；【小问6详解】由已知反应得关系式：，n(Na2S2O3)=0.1000mol•L-1×0.02L=0.002mol；则n(NaClO)=0.001mol；尾气处理液中NaClO的物质的量浓度为0.1600mol•L-1，故答案为：0.1600mol•L-1。10.我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。（1）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚也有广泛的应用。反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①自发反应的条件是______。②恒压、投料比的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比）如图所示：Ⅰ．下列说法正确的是______。A.从反应体系中分离出，能使反应Ⅱ反应速率加快B.使用更高效的催化剂能提高的平衡产率C.考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率D.若增大与的混合比例，可提高平衡转化率Ⅱ．当温度超过320℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，如果仅发生反应Ⅰ，和的起始浓度分别为a和3a，反应平衡时，的产率为b，该温度下反应平衡常数为______。（2）研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。①在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为______。②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为CO的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为CO从易到难的顺序为______（用a、b、c字母排序）。（3）参与的乙苯脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；AB为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷）。上图中所示反应机理中步骤Ⅰ可描述为：乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤Ⅱ可描述为：______。【答案】（1）①.低温②.D③.反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过320℃，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大④.（2）①.②.c、a、b（3）位点上的与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带．部分负电荷的位点上【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发；②I．A．从反应体系中分离出CH3OCH3，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误；B．催化剂不会使平衡移动，不能提高CH3OCH3的平衡产率，故B错误；C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误；D．若增大H2与CO2的混合比例，能使平衡I、Ⅲ向右移动，可提高CO2平衡转化率，故D正确；答案为D；Ⅱ．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过320℃，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故CO2的平衡转化率随温度升高而增大；Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为amol/L、和3amol/L，反应平衡时，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH的浓度为abmol/L，H2O(g)的浓度也为abmol/L，消耗的CO的浓度为abmol/L，所以平衡时CO的浓度为(a-ab)mol/L，消耗的H2的浓度为3abmol/L，平衡时H2的浓度为(3a-3ab)mol/L，所以该反应的化学平衡常数为K=；【小问2详解】①CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：；②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b；【小问3详解】结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤Ⅱ可以描述为：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。【选修3-物质结构与性质】11.、、三种元素性质非常相似，称铁系元素。请回答下列问题。（1）三种元素位于周期表中______区（填分区），基态原子的外围电子轨道表达式为______。（2）成为阳离子首先失去______轨道电子；、的熔点是下列两个数值中的一个：1360℃、1565℃，1360℃是______的熔点，理由是______。（3）常作净水剂和补铁剂，空间构型为______，与其互为等电子体分子有______（写一个）。（4）的结构如图1所示（略去原子）（Y是乙二胺四乙酸，分子式为）。该图中四种元素第一电离能由大到小的顺序为______（写元素符号），其中原子的杂化类型为______。该配合物中配位键有______mol。（5）晶体为型结构（如图2）。其中可看成填充在由组成的正______面体空隙中，填充率为。将在空气中加热，部分被氧化为，成为，晶体仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有晶胞的质量为。则分别填充、和未填充离子的空隙个数之比为______。【答案】（1）①.d②.（2）①.4s②.Fe2O3③.Fe2O3和FeO同为离子晶体，Fe3+所带电荷数大于Fe2+，且半径Fe3+＜Fe2+，Fe2O3的晶格能更大，熔沸点更高（3）①.正四面体②.CF4(CCl4)等（4）①.N>O>C>Co②.sp3、sp2③.6（5）①.八②.1∶2∶1【解析】【分析】由图可知，氧离子在棱上和体心，均摊为，镍离子在面心与顶点，均摊为，据此回答。【小问1详解】三种元素位于元素周期表中的d区，基态Ni原子的外围电子轨道表达式为；【小问2详解】Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，1360℃是Fe2O3的熔点，Fe2O3和FeO同为离子晶体，Fe3+所带电荷数大于Fe2+，且半径Fe3+＜Fe2+，Fe2O3的晶格能更大，熔沸点更高；【小问3详解】的价层电子对数为，孤电子对为0，空间构型为正四面体，硫酸根离子含有五个原子，32个价电子，故其等电子体为CF4(CCl4)等；【小问4详解】依据元素在元素周期表中的位置，从上往下，第一电离能依次变大，从左往右，第一电离能依次变大，但需要注意，第IIIA族、第VA族的元素反常，故C、Co、O、N第一电离能由大到小的排序为N>O>C>Co，分子中除羧基中的碳氧双键中的碳为sp2杂化以外，其他均为sp3杂化，分析其结构可知，配位键的物质的量为6mol；【小问5详解】由图可知，氧离子在棱上，所以镍离子填充在由阳离子所构成的正八面体的空隙之中，依据晶胞结构，镍离子数目，当出现晶体塌陷后，晶胞质量为4.0×10-22g，M(NixO)=4.0×10-22g×NA=241g/mol，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个镍离子所在的空隙塌陷，依据化合价可知，Ni2+∶Ni3+=1∶2，外加塌陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1∶2∶1。【选修5-有机化学基础】12.化合物H()是磷酸西他列汀重要中间体，可以2，4，5-三氟苯乙酸为原料通过下列路线进行合成：已知：①②回答下列问题：（1）C分子中含氧官能团的名称为_______。（2）C→D的反应类型为_______。（3）是A的同分异构体，其化学名称为______