1、2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（六） 一、选择题1化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关下列说法错误的是（）A“低碳经济”是指减少对化石燃料的依赖，达到低污染、低排放的模式B“低碳生活”倡导生活中耗用能量尽量减少，从而减少CO2排放C所有垃圾都可以采用露天焚烧或深埋的方法处理D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A28 g氮气含有的原子数为NAB标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAC1 molOH含有的电子数为10NAD0.1 L 1 molL1Na
2、Cl溶液中含有Na+个数为NA3下列物质分类正确的是（）ASO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物BCu（OH）2难溶于水，属于非电解质CNH4Cl组成中不含金属离子，不属于盐DHCl气体溶于水电离成H+和Cl，属于离子化合物4常温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是（）A0.1 mol/L FeCl3溶液：K+、Br、H2O2B含大量NO3的溶液：Fe2+、SO42、H+C水电离产生的c（OH）=1013mol/L的溶液：Al3+、Na+、ClD =11014的溶液：NH4+、CrO42、ClO5CsICl2是一种碱金属的化合物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有
3、关该物质的说法正确的是（）ACs显+3价BCsICl2溶于水，电离生成：Cs+、I、ClC酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪色D在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成6在2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（）A1：8B8：1C1：5D5：17据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（）AO2 是氧化剂，PtF6 是还原剂BO2（PtF6）中氧元素的化合价为+1CO2（PtF6）中不存在共价键D每生成1
4、mol O2（PtF6）则转移1mol电子8下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是（）ANa2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量的铁粉，过滤CFe2O3 固体中混有Al2O3：加入足量的盐酸，过滤DFeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl291.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0molL1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比
5、是1：2B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1CNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL10X、Y、Z、M四种元素属于短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子已知ZX与水反应时有气体生成下列说法正确的是（）AY的氢化物沸点比M氢化物的沸点低BX2Y2是离子化合物，MY2是共价化合物CZX可做还原剂，与水反应后溶液会显碱性D四种元素形成的化合物为强电解质，其水溶液会呈中性11一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI（g）H2（
6、g）+I2（g）若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，那么c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，所需反应的时间为（）A等于5 sB等于10 sC大于10 sD小于10 s12关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是（）A顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于天然高分子材料B顺丁橡胶的单体与反2丁烯互为同分异构体C涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的D酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇二、非选择题13氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料合成氨反应的热化方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol（1）当合成氨反
7、应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是，若t0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，那么K1，K2，K3的大小关系是（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反应的H（填“增大”、“减小”或“不改变”）（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%则反应的平衡常数为【化学-选修3：物质结构】14砷化镓（G
8、aAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等回答下列问题：（1）写出基态As原子的核外电子排布式（2）根据元素周期律，原子半径GaAs，第一电离能GaAs（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为，其中As的杂化轨道类型为（4）GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为77.9，其原因是（5）GaAs的熔点为1238，密度为 gcm3，其晶胞结构如图所示该晶体的类型为，Ga与As以键键合Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积
9、的百分率为15锌是一种常用金属，镓（Ga）的化合物氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似（1）Ga的原子结构示意图为；（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下制取，该反应的化学方程式（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是A常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气B一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠C一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐DGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到II锌的冶炼方法有火法和湿法工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、Ni
10、O等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式为（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是（6）净化II中加入Zn的目的是（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，则应控制溶液pH的范围为已知：KspFe（OH）3=8.01038；lg5=0.716硫是一种重要的非金属元素，在自然界中以游离态和多种化合态形式存
11、在其中二氧化硫是主要的大气污染物之一完成下列填空：（1）依据平衡移动原理，用化学用语解释将SO2通入CaCO3悬浊液使之变澄清的原因（2）火法炼铜中有如下反应：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1：2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1在反应中，只作氧化剂的是（用化学式表示）反应Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）的H=（3）工业上用过硫酸钾（K2S2O8）测定钢铁中的锰含量，配平下列反应式：Mn2+S2O82+H2O=MnO4+SO42+H+（4）将SO2通入氯酸溶液中生
12、成一种强酸和一种氧化物，已知反应掉1.5mol氯酸时转移了9.031023个电子，写出该反应的化学方程式17A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3、SO42、Cl、CO32中的一种（离子在物质不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A，B，C，D（2）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：（3）C溶液中阴离子的检验方法：18已知A、B、C、D、E、
13、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体根据上面框图关系填空（1）A的化学式为，固体A的颜色为；（2）写出“X+FG+B”的化学反应方程式；（3）写出“实验室中制取F气体”的化学反应方程式；（4）写出“CD”反应的离子方程式；（5）写出“E+金属单质Y+两性氧化物”的化学反应方程式19A是重要的有机化工原料，可通过石油裂解制得以A为原料制取有机玻璃N及隐形眼镜材料M的合成路线如下：已知：（R、R为可能相同或可能不同的原子或原子团）请回答：（1）A中官能团的名称是，B的结构
14、简式是，X中核磁共振氢谱峰面积比是（2）FN反应的化学方程式是，反应类型是（3）C在一定条件下转化为高分子化合物的化学方程式是（4）D有多种同分异构体，符合下列条件的有种（包括顺反异构体）能发生银镜反应能与NaOH溶液反应其中反式结构的结构简式是（5）B是一种重要的工业溶剂，请完成AB的反应的合成路线 （有机物写结构简式、无机试剂任选）：2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（六） 参考答案与试题解析一、选择题1化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关下列说法错误的是（）A“低碳经济”是指减少对化石燃料的依赖，达到低污染、低排放的模式B“低碳生活”
15、倡导生活中耗用能量尽量减少，从而减少CO2排放C所有垃圾都可以采用露天焚烧或深埋的方法处理D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A倡导“低碳经济”，需减少化石燃料的使用，开发清洁能源；B“低碳生活”主要降低二氧化碳的排放；C露天焚烧垃圾会产生污染物，导致环境污染，而深埋垃圾会改变土壤结构；D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可减少污染性气体的排放【解答】解：A倡导“低碳经济”，需减少化石燃料的使用，开发清洁能源，减少对化石能源的依赖，故A正确；B“低碳生活”主要降低二氧化碳的排放，生活中应尽量追求低碳生活，降低
16、温室效应，故B正确；C露天焚烧垃圾会产生污染物，导致环境污染，而深埋垃圾会改变土壤结构，故C错误；D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可减少污染气体的排放，能提高空气质量，故D正确；故选：C2用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A28 g氮气含有的原子数为NAB标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAC1 molOH含有的电子数为10NAD0.1 L 1 molL1NaCl溶液中含有Na+个数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氮气由氮原子构成；B、标况下水为液体；C、氢氧根中含10个电子；D、求出氯化钠的物质的量，然后根据氯化钠中含一个钠离子来分析【解答
17、】解：A、氮气由氮原子构成，故28g氮气中含有的氮原子的物质的量为2mol，故含2NA个，故A错误；B、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、氢氧根中含10个电子，故1mol氢氧根中含10NA个电子，故C正确；D、溶液中的氯化钠的物质的量n=CV=1mol/L0.1L=0.1mol，而氯化钠中含一个钠离子，故0.1mol氯化钠中含0.1NA个钠离子，故D错误故选C3下列物质分类正确的是（）ASO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物BCu（OH）2难溶于水，属于非电解质CNH4Cl组成中不含金属离子，不属于盐DHCl气体溶于水电离成H+和Cl，属于离子化合物【考
18、点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；B、Cu（OH）2难溶于水，熔融状态能导电，属于电解质；C、NH4Cl组成中不含金属离子，是铵根离子和氯离子构成的化合物属于盐；D、氯化氢是共价化合物【解答】解：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B、Cu（OH）2难溶于水，是碱，熔融状态能导电，属于电解质，故B错误；C、NH4Cl组成中不含金属离子，是铵根离子和氯离子构成的化合物，符合盐的结构属于盐，故C错误；D、氯化氢是共价化合物，HCl气体溶于水在水分子的作用下电离成H+和Cl，故D错
19、误；故选A4常温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是（）A0.1 mol/L FeCl3溶液：K+、Br、H2O2B含大量NO3的溶液：Fe2+、SO42、H+C水电离产生的c（OH）=1013mol/L的溶液：Al3+、Na+、ClD =11014的溶液：NH4+、CrO42、ClO【考点】离子共存问题【分析】A双氧水具有强氧化性，能够氧化溴离子；B酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；C水电离产生的c（OH）=1013mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，三种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D该溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应【解答】解：ABr、H2O2之间
20、发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BNO3、Fe2+、H+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C水电离产生的c（OH）=1013mol/L的溶液呈酸性或碱性，Al3+、Na+、Cl之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中可以大量共存，故C正确；D该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C5CsICl2是一种碱金属的化合物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是（）ACs显+3价BCsICl2溶于水，电离生成：Cs+、I、ClC酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪
21、色D在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成【考点】氧化还原反应【分析】CsICl2是一种碱金属的多卤化物，Cs为+1价，I为+1价，Cl为1价，结合在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性来解答【解答】解：ACs为+1价，I为+1价，Cl为1价，故A错误；BCs为+1价，I为+1价，Cl为1价，所以CsICl2溶于水不能电离生成I，故B错误；C1价的Cl能被高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪色，故C正确；DCsICl2中I为+1价，在CsICl2溶液中通入C12，不能生成碘单质，故D错误；故选C6在2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2
22、+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（）A1：8B8：1C1：5D5：1【考点】氧化还原反应【分析】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，通过化合价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，利用电子的转移与结合方程式进行计算【解答】解：反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由1价升高到0，2mol高锰酸钾在反应中得电子，为氧化剂，10molHCl（另外的6molHCl表现酸性）失电子是还原剂，所以氧化剂与还
23、原剂的物质的量之比是2：10=1：5，故选C7据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（）AO2 是氧化剂，PtF6 是还原剂BO2（PtF6）中氧元素的化合价为+1CO2（PtF6）中不存在共价键D每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子【考点】氧化还原反应【分析】O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，F的化合价为1价、则O元素化合价为+0.5价，O2+PtF6O2（PtF6）中O元素化合价由0价变为+0.5价、Pt元素化合价由+6价变为+5价，A得电子化
24、合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂；BO2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，F的化合价为1价，由化合物中各元素化合价的代数和为0确定O元素化合价；C非金属元素之间易形成共价键；D每生成1mol O2（PtF6）则转移电子的物质的量=1mol2（0.50）【解答】解：O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，F的化合价为1价、则O元素化合价为+0.5价，O2+PtF6O2（PtF6）中O元素化合价由0价变为+0.5价、Pt元素化合价由+6价变为+5价，A得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以O2 是还原剂，Pt
25、F6 是氧化剂，故A错误；BO2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，F的化合价为1价，由化合物中各元素化合价的代数和为0确定O元素化合价为+0.5价，故B错误；C非金属元素之间易形成共价键，该化合物中O原子之间存在共价键，故C错误；D每生成1mol O2（PtF6）则转移电子的物质的量=1mol2（0.50）=1mol，故D正确；故选D8下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是（）ANa2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量的铁粉，过滤CFe2O3 固体中混有Al2O3：加入足量的盐酸，过滤DFeCl3溶液中混有FeCl2
26、：通入足量的Cl2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A碳酸氢钠不稳定，加热易分解；BFeCl3可与Fe反应生成FeCl2；CFe2O3 和Al2O3都与盐酸反应；D氯气和FeCl2反应生成FeCl3【解答】解：A碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故A正确；BFeCl3可与Fe反应生成FeCl2，过滤后分离出铁，且不引入新的杂质，故B正确；CFe2O3 和Al2O3都与盐酸反应，应加入NaOH溶液除杂，故C错误；D氯气和FeCl2反应生成FeCl3，不引入新的杂质，故D正确故选C91.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL1、质量分数为63
27、%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0molL1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是1：2B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1CNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL【考点】氧化还原反应的计算【分析】A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金
28、属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；D反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物
29、质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A错误；B该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；CNO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，NO2和
30、N2O4 的物质的量之比=0.04mol：（0.05mol0.04mol）=4：1，NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D正确；故选A10X、Y、Z、M四种元素属于短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子已知ZX与水反应时有气体生成下列说法正确的是（）AY的氢化物沸
31、点比M氢化物的沸点低BX2Y2是离子化合物，MY2是共价化合物CZX可做还原剂，与水反应后溶液会显碱性D四种元素形成的化合物为强电解质，其水溶液会呈中性【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】X、Y、Z、M四种元素属于短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，ZX与水反应时有气体生成，气体为氢气，则X为H，Z为Na；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则Y为O，M为S，以此来解答【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，M为S，则AY的氢化物分子间含氢键，沸点比M氢化物的沸点高，故A错误；BH2O2、SO2均为共价化合
32、物，故B错误；CZX可做还原剂，与水反应后生成NaOH和氢气，NaH为还原剂，反应后溶液会显碱性，故C正确；D四种元素可形成硫酸氢钠、亚硫酸氢钠，水溶液显酸性，故D错误；故选C11一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，那么c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，所需反应的时间为（）A等于5 sB等于10 sC大于10 sD小于10 s【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，即减少0.03m
33、ol/L需要15s；c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，当速率与浓度变化成正比时，需要10s，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，以此来解答【解答】解：若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，即减少0.03mol/L需要15s；c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，当速率与浓度变化成正比时，需要15s=10s，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s，故选C12关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是（）A顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂
34、都属于天然高分子材料B顺丁橡胶的单体与反2丁烯互为同分异构体C涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的D酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇【考点】有机高分子化合物的结构和性质【分析】A顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的； B顺丁橡胶的单体为1，3丁二烯；C涤纶是聚对苯二甲酸乙二醇酯；D酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛【解答】解：A顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的，不属于天然高分子材料，故A错误； B顺丁橡胶的单体为1，3丁二烯，与反2丁烯分子式不同，故B错误；C涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的聚对苯二甲酸乙二醇酯，故C正确；D酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，故D错误故选C二、非选择题
35、13氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料合成氨反应的热化方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol（1）当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是增大压强，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2t3，若t0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，那么K1，K2，K3的大小关系是K1=K2K3（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡向左移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反应的H不改变（填“增大
36、”、“减小”或“不改变”）（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%则反应的平衡常数为（mol/L）2【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据图象分析影响平衡的因素，平衡常数随温度而变化；（2）依据影响平衡的因素分析判断平衡移动；（3）计算出平衡时各物质的浓度，根据平衡常数表达式计算化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比【解答】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol；反应是放热反应，反应前后气体体积减小，依据反应速率与时间的关系图象分析，t
37、1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2t3；若t0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，平衡常数随温度变化，升高温度平衡左移，平衡常数减小，那么K1，K2，K3的大小关系是：K1=K2K3，故答案为：增大压强；t2t3；K1=K2K3；（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，为保持恒压，体积增大，平衡向逆向进行；催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应焓变不变，故答案为：向左；不改变；（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测
38、得N2的转化率为50%则反应的平衡常数可以列出三段式计算平衡浓度，依据平衡常数概念计算： N2（g）+3H2（g）2NH2（g）开始 2amol/L 4amol/L 0反应 amol/L 3amol/L 2amol/L 平衡 amol/L amol/L 2amol/L所以化学平衡常数K=（mol/L）2；故答案为：（mol/L）2；【化学-选修3：物质结构】14砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等回答下列问题：（1）写出基态As原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）根据元素周期律，原子半径Ga大于As，第一电离能G
39、a小于As（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3（4）GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为77.9，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高（5）GaAs的熔点为1238，密度为 gcm3，其晶胞结构如图所示该晶体的类型为原子晶体，Ga与As以共价键键合Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为100%【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计
40、算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）As为A族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；（3）AsCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（4）GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为77.9，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为 gcm3，根据均摊法计算，As：，Ga：4
41、1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（）1030，晶胞的体积V2=，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=100%【解答】解：（1）As为A族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As，故答案为：大于；小于；（3）AsCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对
42、电子对，分子空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为77.9，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高，故答案为：GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为 gcm3，根据均摊法计算，As：，Ga：41=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（）1030，晶胞的体积V2=，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=100%，故答案为：原子晶体；共价；100%15锌是一种常用金属，镓（G
43、a）的化合物氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料I镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似（1）Ga的原子结构示意图为；（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下制取，该反应的化学方程式2Ga+2NH32GaN+3H2（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是ACDA常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气B一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠C一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐DGa2O3可由Ga（OH）3受热分解得到II锌的冶炼方法有火法和湿法工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、Ni
44、O等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示：已知：Fe的活泼性强于Ni（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶粒具有吸附性（6）净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）105 mol/L，则应控制溶
45、液pH的范围为pH3.3已知：KspFe（OH）3=8.01038；lg5=0.7【考点】制备实验方案的设计；元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布【分析】I（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气；（3）镓位于第A族，为活泼金属，金属性比Al强，以此分析其单质和化合物的性质；II（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（5）根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（6）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存
46、在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（7）根据氢氧化铁的溶度积及c（Fe3+）105 mol/L计算出溶液pH【解答】解：（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则AAl与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；BAl与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga
47、（OH）3受热分解得到，故C正确；D氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACD；（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧
48、化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；（7）由KspFe（OH）3=8.01038，要使c（Fe3+）105 mol/L，则c（OH）=21011mol/L，c（H+）=5104mol/L，所以pH4lg5=3.3，故答案为：pH3.316硫是一种重要的非金属元素，在自然界中以游离态和多种化合态形式存在其中二氧化硫是主要的大气污染物之一完成下列填空：（1）依据平衡移动原理，用化学用语解释将SO2通入CaCO3悬浊液使之变澄清的原因CaCO3（s）Ca2+（ag）
49、+CO32（ag）CO32+2SO2+H2O=CO2+2HSO3（2）火法炼铜中有如下反应：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1：2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1在反应中，只作氧化剂的是Cu2O（用化学式表示）反应Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）的H=217.4kJmol1（3）工业上用过硫酸钾（K2S2O8）测定钢铁中的锰含量，配平下列反应式：Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+（4）将SO2通入氯酸溶液中生成一种强酸和一种氧化物，
50、已知反应掉1.5mol氯酸时转移了9.031023个电子，写出该反应的化学方程式SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）碳酸钙的悬浊液中存在溶解平衡，所以而通入二氧化硫与水反应生成亚硫酸酸性比碳酸的酸性强，能够与碳酸根离子反应，消耗碳酸根离子浓度，促使沉淀溶解平衡正向移动；（2）所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素化合价化合价降低的反应物为氧化剂，分析反应2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）中各元素化合价变化，据此判断；根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行适当的加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的
51、加减；（3）反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，电子转移5e，S2O82中硫元素化合价+7价变化为SO42中 硫元素化合价+6价，电子转移2e，结合电子守恒和原子守恒配平书写得到反应的离子方程式；（4）氯酸具有氧化性，其中氯元素的化合价为+5价，根据转移的电子数来判断产物中氯元素的价态【解答】解：（1）碳酸钙的悬浊液中存在溶解平衡，方程式：CaCO3（s）Ca2+（ag）+CO32（ag），通入二氧化硫与水反应生成亚硫酸酸性比碳酸的酸性强，能够与碳酸根离子反应，消耗碳酸根离子浓度，促使沉淀溶解平衡正向移动，离子方程式：CO32+2SO2+H2O=CO2+2HSO3；故答案为：CaCO3（s）
52、Ca2+（ag）+CO32（ag） CO32+2SO2+H2O=CO2+2HSO3；（2）2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）中，Cu2O中铜元素化合价降低，做氧化剂，Cu2S中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，所以Cu2O只做氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故答案为：Cu2O；2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）十2SO2（g）H=768.2KJmol12Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0KJmol1根据盖斯定律，+得：3Cu2S（s）+3O2（g）=6Cu（s）+3SO2（g），故H=（768.2KJmol
53、1+116.0KJmol1）=217.4kJmol1；故答案为：217.4kJmol1；（3）反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，电子转移5e，S2O82中硫元素化合价+7价变化为SO42中 硫元素化合价+6价，电子转移2e，电子转移总数为10e，Mn2+前系数，2，S2O82，前系数为5，结合原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式为：2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+，反应中锰元素化合价+2价变化为+7价，做还原剂被氧化生成氧化产物为MnO4，故答案为：2、5、8，2、10、16；（4）氯酸具有氧化性，其中氯元素的化合价为+5价，有1.56.021023个即
54、1.5mol电子转移时，1.5mol氯酸中氯元素的化合价应由+5价降到+4价，所以产物中氯元素以二氧化氯的形式存在，二氧化硫被氧化为硫酸，故答案为：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO217A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3、SO42、Cl、CO32中的一种（离子在物质不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）ABaCl2，BAgNO3，CCuS
55、O4，DNa2CO3（2）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4（3）C溶液中阴离子的检验方法：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法【分析】Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl；Ag+不能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+不能和CO32结合，所以有CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2
56、CO3中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答【解答】解：Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl；Ag+不能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+不能和CO32结合，所以有CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为N
57、a2CO3，（1）由上述分析可知，A、B、C、D分别为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3，故答案为：BaCl2；AgNO3；CuSO4；Na2CO3；（2）C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4，故答案为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4；（3）C溶液中阴离子的检验方法取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42，故答案为：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO4218已知A、B、C、D
58、、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体根据上面框图关系填空（1）A的化学式为Na2O2，固体A的颜色为淡黄色；（2）写出“X+FG+B”的化学反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O；（3）写出“实验室中制取F气体”的化学反应方程式2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（4）写出“CD”反应的离子方程式Fe3+3OHFe（OH）3；（5）写出“E+金属单质Y+两性氧化物”的化学反应方程式2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【考点】无机物的推
59、断【分析】A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，C焰色反应火焰呈黄色，则C中含有Na元素，E是红棕色固体，为Fe2O3，则D为Fe（OH）3，Y是单质，应该是Fe；B常温下为无色无味透明的液体，为H2O，A是化合物且含有Na元素，能和水反应生成气体X，则A为Na2O2，X为O2，F能发生催化氧化反应生成水，同时生成G，G能和氧气反应生成H，H能和水反应生成G和I，X和F反应应该是氨气的催化氧化反应，则F是NH3、G是NO、H为NO2、I为HNO3，经过检验符合转化关系，结合题目分析解答【解答】解：A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，C焰色反
60、应火焰呈黄色，则C中含有Na元素，E是红棕色固体，为Fe2O3，则D为Fe（OH）3，Y是单质，应该是Fe；B常温下为无色无味透明的液体，为H2O，A是化合物且含有Na元素，能和水反应生成气体X，则A为Na2O2，X为O2，F能发生催化氧化反应生成水，同时生成G，G能和氧气反应生成H，H能和水反应生成G和I，X和F反应应该是氨气的催化氧化反应，则F是NH3、G是NO、H为NO2、I为HNO3，经过检验符合转化关系，（1）通过以上分析知，A为Na2O2，为淡黄色固体，故答案为：Na2O2；淡黄色；（2）“X+FG+B”的反应为氨气的催化氧化反应，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答
61、案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）F是氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（4）C是氢氧化钠、D是氢氧化铁，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe3+3OHFe（OH）3，故答案为：Fe3+3OHFe（OH）3；（5）两性氧化物是氧化铝，则金属单质为Al，高温条件下Al和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和Fe，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe19A是重要的有机化工
62、原料，可通过石油裂解制得以A为原料制取有机玻璃N及隐形眼镜材料M的合成路线如下：已知：（R、R为可能相同或可能不同的原子或原子团）请回答：（1）A中官能团的名称是碳碳双键，B的结构简式是，X中核磁共振氢谱峰面积比是2：1（2）FN反应的化学方程式是，反应类型是加聚反应（3）C在一定条件下转化为高分子化合物的化学方程式是（4）D有多种同分异构体，符合下列条件的有5种（包括顺反异构体）能发生银镜反应能与NaOH溶液反应其中反式结构的结构简式是（5）B是一种重要的工业溶剂，请完成AB的反应的合成路线 （有机物写结构简式、无机试剂任选）：【考点】有机物的合成【分析】由A得分子式可知A为CH3CH=CH
63、2，由隐形眼镜材料M的结构简式可知E为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则D为CH2=C（CH3）COOH，X应为HOCH2CH2OH，C为，由题给信息可知B为，F为CH2=C（CH3）COOCH3，有机玻璃N为，结合对应有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：由A得分子式可知A为CH3CH=CH2，由隐形眼镜材料M的结构简式可知E为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则D为CH2=C（CH3）COOH，X应为HOCH2CH2OH，C为，由题给信息可知B为，F为CH2=C（CH3）COOCH3，有机玻璃N为，（1）由以上分析可知A为CH3CH=CH2，含有的官能团
64、为碳碳双键，B为，X为HOCH2CH2OH，X中核磁共振氢谱峰面积比是2：1，故答案为：碳碳双键；2：1；（2）F为CH2=C（CH3）COOCH3，发生加聚反应生成有机玻璃N为，反应的方程式为，故答案为：；加聚反应；（3）C为，含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，方程式为，故答案为：；（4）D为CH2=C（CH3）COOH，对应的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，能与NaOH溶液反应，说明含有羧基或酯基，则可说明应为甲酸酯，对应的同分异构体有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2以及，其中HCOOCH=CHCH3存在顺、反异构，共5种，其中反式结构为，故答案为：5；（5）CH3CH=CH2可与HCl发生加成反应生成CH3CHClCH3，然后水解生成CH3CHOHCH3，最后氧化可生成丙酮，即目标物，流程为，故答案为：2017年1月14日
