河北省中学2017届高三下学期三调考试化学试卷（解析版）

河北省衡水中学2017届高三下学期三调考试化学试卷一、选择题1．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A.地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂和生物柴油B.石油裂解、海水晒盐、纤维素制火棉都包含化学变化C.糖类、油脂和蛋白质在人体内均被水解为人体能直接吸收的有机物D.“嫦峨三号”使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料2．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.电子从b流出，经外电路流向aB.HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+C.如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化D.若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜3．下列实验的现象与对应结论均正确的是A.AB.BC.CD.D4．下列有关物质转化关系的说法中不正确的是（）第14页共14页\nA.图1中甲可能是Cl2，X可能是FeB.图2中反应一定是置换反应或复分解反应C.图3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的变化图像，原溶质可能是Al2(SO4)3D.图4中a可能为NaOH，b可能为Na2CO3,c可能为NaHCO35．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A.28g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NAB.常温下，1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.5NAC.92g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NAD.22.4L氯气与足量镁粉充分反应后，转移的电子数为2NA6．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)A.13种B.4种C.9种D.16种7．常温下10mL浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY两种一元酸溶液加水稀释过程中的pH随溶液体积变化曲线如图所示。则下列说法不正确的是A.电离常教：K(HX)<K(HY)B.浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)C.浓度均为0.1mol·L-1的NaX和NaY的混合溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.a点水的电离度大于b点水的电离度第14页共14页\n二、实验题8．一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。回答下列问题：（1）甲组同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应）①各装置连接顺序为A→______；A装置中发生反应的离子方程式为_________。②B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：_______，D装置的作用是____________。③将B装置得到的液态产物进一提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作方法是______。（2）乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50℃，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘。则发生反应的化学方程式为__________。（3）设计实验证明：①ICl的氧化性比I2强：____________。②ICl与乙烯作用发生加成反应：____________。三、填空题9．聚合氯化铝是一种新型净水剂，其中铝的总浓度(用c表示）包括三类：主要为Al3+的单体形态铝（用Ala表示）总浓度，主要为主要为[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的中等聚合形态铝总浓度(用Alb表示)和Al(OH)3胶体形态铝(用A1c表示)总浓度。（1）真空碳热还原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝，相关反应的热化学方程式如下：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1第14页共14页\n则反应Al2O3(s)+33C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H=______kJ·mol-1（用含a、b的代数式表尔）。反应①在常压、1900℃的高温下才能进行，说明△H______(填“>”“=”或“<”）。（1）用膜蒸馏（简称MD）浓缩技术将聚合氯化铝溶液进行浓缩，实验过程中不同浓度聚合氯化铝溶液中铝形态分布（百分数）如下表：①在一定温度下，c越大,Al(OH)3胶体的百分含量______(填“越大”“越小”或“不变”)。②若将c=2.520mol/L的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中发生的主要反应的离子方程式为_____________。（3）一定条件下，向1.0mol/L的AlCl3溶液中加入0.6mol/L的NaOH溶液，可制得Alb含量约为86%的聚合氯化铝溶液。写出生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的离子方程式：_______。（4）已知Al3++4X=2，X表示显色剂，表示有色物质，通过比色分析得到25℃时Al3+浓度随时间的变化关系如图所示（初始时X的浓度为0.194mol·L-1）。①1min时,的浓度为___________。②0～3min内该反应的速率vx＝________。③第9min时，反应达到平衡，K=__________(用代数式表示）。10．以某含铜矿石[主要成分是FeCuSi3O13(OH)4，含少量SiO2、CaCO3]为原料制备CuSO4·5H2第14页共14页\nO的流程如下：已知相关试剂成分和价格如下表所示：请回答下列问题：（1）含铜矿石粉碎的目的是_______。（2）酸浸后的溶液中除了Cu2+外，还含有的金属阳离子是_______。（3）固体1溶于NaOH溶液的离子方程式为__________。（4）结合题中信息可知：所选用的试剂1的名称为_______；加入该试剂时，发生反应的离子方程式为_________。（5）试剂2可以选择下列物成中的______。滤渣2中一定含有的物质为______(填化学式）。A.CuB.CuOC.Cu(OH)2D.Fe（6）CuSO4·5H2O用于电解精炼铜时，导线中通过9.632×103C的电量，测得阳极溶解的铜为16.0g。而电解质溶液（原溶液为1L）中恰好无CuSO4，则理论上阴极质量增加_____g，原电解液中CuSO4的浓度为__。已知一个电子的电量为1.6×10-19C）11．[化学——选修3：物质结构与性质]氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如右下图所示。第14页共14页\n（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为。（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于晶体，其电子式为。（3）AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为（标明配位键）。（4）AlH4－中，Al的轨道杂化方式为；例举与AlH4－空间构型相同的两种离子（填化学式）。（5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4－有个；NaAlH4晶体的密度为g·cm－3（用含a的代数式表示）。若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为（填化学式）。（6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4－中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为。12．烯烃在化工生产过程中有重要意义。下面是以烯烃A为原料合成粘合剂M的路线图。回答下列问题：（1）下列关于路线图中的有机物或转化关系的说法正确的是_______（填字母）。A.A能发生加成、氧化、缩聚等反应B.B的结构简式为CH2ClCHClCH3第14页共14页\nC.C的分子式为C4H5O3D.M的单体是CH2=CHCOOCH3和CH2=CHCONH2（2）A中所含官能团的名称是_______，反应①的反应类型为_________。（3）设计步骤③⑤的目的是_________,C的名称为________。（4）C和D生成粘合剂M的化学方程式为____________。（5）满足下列条件的C的同分异构体共有__种（不含立体异构），写出其中核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式：_____________。①能发生银镜反应②酸、碱性条件下都能水解③不含环状结构（6）结合信息，以CH3CH=CHCH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备CH3CH=CHCOOH的合成路线。合成路线流程图示例如下：_____________参考答案1．A【解析】A.地沟油的主要成分是油脂，应禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂和生物柴油，A正确；B.海水晒盐属于物理变化，B错误；C.糖类中的纤维素在人体内不能被水解，C错误；D.碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度的新型纤维材料，不是一种新型的有机高分子材料，D错误，答案选A。2．B【解析】A.b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B.a电极是负极，发生失去电子的氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C.如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D.若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。第14页共14页\n点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。3．D【解析】A、应该是蓝色沉淀，A错误；B、也可能含有银离子，B错误；C、在高温下铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，C错误；在加热的条件下氧化铜将乙醇氧化为乙醛，而氧化铜被乙醇还原为铜，体现乙醇的还原性，D正确。4．B【解析】A、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A正确；B、图2中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2，B错误；C、向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，图像正确，C正确；D、向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应转化为CO2，D正确，答案选B。5．D【解析】A.乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式相同，均是CH2，则28g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NA，A正确；B.铁离子水解，则常温下，1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.5NA，B正确；C.NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，因此92g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NA，C正确；D.22.4L氯气的物质的量不一定1mol，与足量镁粉充分反应后，转移的电子数不一定为2NA，D错误，答案选D。点睛：近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。注意选项A和C中物质组成的特点，找出其共性。6．A【解析】分子式为C5H10O2并能与NaOH溶液反应，该有机物可能为羧酸，也可能为酯。若为羧酸，C5H10O2为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有4种同分异构体；若为若为酯，分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；④第14页共14页\n丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；因此属于酯的共4+2+1+2=9种，所以符合条件的C5H10O2的同分异构体共13种，答案选A。点睛：掌握有机物的性质和同分异构体的书写规则是解答该的关键。解答此类题的一般思路如下：①首先根据限制条件的范围，确定有机物的类别(即官能团异构)；②确定有机物可能含有的几种碳链结构(即碳链异构)；③确定有机物中官能团的具体位置(即位置异构)。7．D【解析】A．浓度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸，HY溶液的pH=2，HX的pH＞2，说明HY溶液中氢离子浓度大于HX，则HY的酸性比HX强，所以HX的电离常数K（HX）小于HY的电离常数K（HY），A正确；B．根据物料守恒可知浓度均为0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)，B正确；C．HY的酸性比HX强，则NaX的水解程度大，所以溶液中c（Y-）＞c（X-），则溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）＞c（Y-）＞c（X-）＞c（OH-）＞c（H+），C正确；D．a、b两点溶液中氢离子浓度相同，对水的电离的抑制程度相同，所以a点水的电离程度等于b点水的电离程度，D错误；答案选D。8．C→E→B→DMnO2+4H++2Cl-===Mn2++Cl2↑+2H2O防止ICl挥发吸收未反应的氯气，防止污染空气蒸馏3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O用湿润的KI-淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色【解析】用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，结合问题分析解答。（1）用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，因此需要先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥氯气，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl。由于ICl易挥发，所以B应放在冷水中。又因为氯气有毒，需要尾气处理，所以最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，则①则装置顺序为：A→C→E→B→D，A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②ICl挥发，所以B应放在冷水中，用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，防止污染空气；③已知：一氯化碘沸点97.4℃第14页共14页\n，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏，收集97.4℃的馏分可得到较纯净的ICl；（2）粗碘和盐酸，控制温度约50℃，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，碘元素总共升2价，氯元素总共降6价，化合价升降应相等，则碘单质应配3，再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；（3）①根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质，可用湿润的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝即证明ICl的氧化性比I2强；②一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，与乙烯发生加成反应，则颜色褪去，即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色说明ICl与乙烯作用发生加成反应。点睛：本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验装置的选择、实验过程的控制，物质的分离提纯等知识点，为高考频点，注意掌握物质性质灵活运用，善于提取题目的信息。第（3）问是解答的难点和易错点，注意结合已学过的知识（即氧化还原反应规律的应用）和题目中隐含的信息进行知识的迁移灵活应用。9．a+b>越小Al3++3H2O===Al(OH)3(胶体)+3H+13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+0.04mol/L0.053mol/(L·min)【解析】（1）已知：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1，②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律，①+②可得：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)，则△H=△H1+△H2=（a+b）kJ/mol；该反应△S＞0，反应①常压下在1900℃的高温下才能进行，△H-T△S＜0反应自发进行，说明该反应△H＞0；（2）①根据表中数据可知在一定温度下，c越大，Alc%越小；②根据表中数据如将c=2.520mol•L-1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中会产生氢氧化铝胶体，因此主要发生反应的离子方程式Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；（3）根据原子守恒和电荷守恒可知生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的离子方程式为13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+；（4）①铝离子的起始浓度是0.05mol/L，1min时变为0.03mol/L，则参加反应的铝离子浓度是0.02mol/L，所以根据方程式可知1min时,的浓度为0.02mol/L×2＝0.04mol/L；②0～3min内消耗铝离子是0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L，则根据方程式可知消耗X是0.04mol/L×第14页共14页\n4＝0.16mol/L，所以该反应的速率vx＝0.16mol/L÷3min＝0.053mol/(L·min)；③根据图像可知第9min时铝离子浓度是0.002mol/L，消耗铝离子是0.05mol/L-0.002mol/L=0.048mol/L，则根据方程式可知消耗X是0.048mol/L×4＝0.192mol/L，平衡时X浓度是0.194mol/L－0.192mol/L＝0.002mol/L，的浓度为0.048mol/L×2＝0.096mol/L，所以反应达到平衡，K=。10．提高含铜矿石的利用率及酸浸效率Fe2+SiO2+2OH-=SiO32-+H2O漂液ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2OBCFe(OH)332.00.25mol/L【解析】矿石粉碎后与足量稀硫酸反应铁、铜均转化为硫酸盐，二氧化硅和碳酸钙变为滤渣1，二者在高温下反应转化为硅酸钙；要得到硫酸铜晶体需要除去溶液中的亚铁离子，利用亚铁离子的还原性加入氧化剂转化为铁离子，通过调节pH转化为氢氧化铁沉淀，过滤即得到硫酸铜溶液，据此分析解答。（1）含铜矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，即目的是提高含铜矿石的利用率及酸浸效率；（2）根据正负价代数和为0可知FeCuSi3O6(OH)4中铁元素的化合价是＋2价，因此酸浸后的溶液中除了Cu2+外，还含有的金属阳离子是Fe2+；（3）固体1中含有二氧化硅，溶于NaOH溶液的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（4）结合题中信息可知漂液的价格最经济，因此所选用的试剂1的名称为漂液，加入该试剂时根据电子得失守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；（5）试剂2是为了调节pH沉淀铁离子，得到纯净的硫酸铜溶液，因此可以选择氧化铜或氢氧化铜，答案选BC；滤渣2中一定含有的物质为Fe(OH)3；（6）通过电子的个数是9.632×104C÷1.6×10-19C＝6.02×1023，物质的量是1mol。根据Cu2＋＋2e－＝Cu可知理论上阴极质量增加。阳极溶解的铜是16g÷64g/mol＝0.25mol，所以溶液中硫酸铜的物质的量是0.5mol-0.25mol=0.25mol，则浓度是0.25mol÷1L＝0.25mol/L。【答案】（1）（2）离子；第14页共14页\n（3）（4）sp3NH4+、BH4−（或“SO42−”“PO43−”等其他合理答案）（5）8（或“”）Na3Li(AlH4)4（6）3NaAlH4＝Na3AlH6+2Al+3H2↑【解析】试题分析：（1）Ti的原子序数为22，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表示式为；（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，属于离子晶体；NaH是离子化合物，电子式为；（3）氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，如图；（4）AlH4-中，Al的价层电子对数=4+=4，所以Al原子为sp3杂化；等电子体的结构相似，所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-（或“SO42-”“PO43-”）；（5）以底面Na+离子研究，与之最近的AlH4-距离为anm，位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上，共有8个；根据均摊法可知，晶胞中钠离子的个数为6×+4×=4，晶体的化学式为NaAlH4，所以晶胞中AlH4-的个数为4，该晶胞的质量为g，该晶胞体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3，则该晶胞的密度为第14页共14页\n。晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为4，若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中AlH4-的个数为4，钠离子的个数为3，锂离子的个数为1，晶体的化学式为：Na3Li(AlH4)4；（6）NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH4-中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，即产物有Al、H2和AlH63-，方程式为3NaAlH4＝Na3AlH6+2Al+3H2↑。考点：考查核外电子排布、电子式、化学键、分子空间构型、杂化方式、晶胞密度的计算，方程式的书写12．D碳碳双键取代反应保护碳碳双键，防止被氧化丙烯酸甲酯3HCOOC(CH3)=CH2【解析】A的分子式为C3H6，能氨氧化生成CH2=CHCN，故A为CH3CH=CH2，A反应生成B，B能转化为CH2=CHCH2OH，故B为CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2OH经系列转化生成C3H4O2，可知C3H4O2中含有-COOH，C3H4O2的不饱和度为(2×3+2−4)/2=2，故C3H4O2中还含有碳碳双键，C3H4O2的结构简式为CH2=CHCOOH，反应③和⑤的目的是保护碳碳双键，根据粘合剂M的结构简式可知，其单体为CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCONH2，故C为CH2=CHCOOCH3，D为CH2=CHCONH2，据此解答。（1）A.A是丙烯，含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加聚等反应，不能发生缩聚反应，A错误；B.B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，B错误；C.C为CH2=CHCOOCH3，C的分子式为C4H6O2，C错误；D.根据M的结构简式可知M的单体是CH2=CHCOOCH3和CH2=CHCONH2，D正确，答案选D；（2）通过以上分析知，A的结构简式为：CH3CH=CH2，所含官能团的名称是碳碳双键。反应①是甲基上的氢原子被氯原子取代，反应类型为取代反应；（3）碳碳双键易被氧化，因此根据以上分析可知设计步骤③⑤的目的是保护碳碳双键，防止被氧化；C为CH2=CHCOOCH3，C的名称为丙烯酸甲酯；（4）C和D生成粘合剂M的反应是加聚反应，反应的化学方程式为第14页共14页\n；（5）①能发生银镜反应，说明含有醛基；②酸、碱性条件下都能水解，说明含有酯基，因此是甲酸形成的酯基；③不含环状结构，则符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2，所以共有3种，其中核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2。（6）根据题干信息结合逆推法可知以CH3CH=CHCH2OH为原料制备CH3CH=CHCOOH的合成路线图为。第14页共14页