河北省中学2017届高三（上）期末化学试卷（解析版）

2016-2017河北省中学高三（上）期末化学试卷　一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B．“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C．已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D．已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有可能形成胶体2．下列有关说法正确的是（　　）A．分子式为C5H11Cl的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有4种B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣﹣二氯甲苯C．苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH33．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．下列说法正确的是（　　）A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强C．简单离子半径：乙＞丁＞丙D．甲与乙的氧化物均有强氧化性4．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液．下列判断不正确的是（　　）A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价第28页共28页\nB．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性5．某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（　　）选项实验及现象结论A将湿润红色石蕊试纸靠近试管口反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.0生成Mg（OH）2使溶液呈弱碱性D向NH4Cl溶液中加锌，也有大量气泡产生活泼金属可促进NH4+水解A．AB．BC．CD．D6．在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1molCO，控制作在不同温度下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），当反应进行到5min时，测得Ni（CO）4的体积分数与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．正反应为吸热反应，平衡常数：K（T1）＞K（T2）B．反应进行到5min时，b容器中v（正）=v（逆）C．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞cD．减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态7．常温下，某酸HA的电离常数：K=1×10﹣5，下列说法正确的是（　　）A．HA溶液中加入NaA固体后，减小第28页共28页\nB．常温下，0.1mol/LHA溶液中水电离的c（H+）为10﹣13mol/LC．常温下，0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9D．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，存在关系：2c（Na+）═c（A﹣）+c（Cl﹣）　二、非选择题8．亚硝酸盐是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究：（一）鉴别NaCl和NaNO2甲同学用沉淀分析法经查：常温下Ksp（AgNO2）=2×10﹣8，Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10．分别向盛有5mL0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液，先生成沉淀的是盛有　　溶液的试管．乙同学测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH，测得NaNO2溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是　　（用离子方程式解释）．（二）该小组用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+（1）使用铜丝的优点是　　．（2）装置A中反应方程式为　　．装置C中盛放的药品是　　；（填字母代号）A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳仪器F的作用　　．（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：第28页共28页\n滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.7020.1220.0019.88①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是　　（填字母代号）．a．锥形瓶洗净后未干燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时仰视读数②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为　　．③该样品中亚硝酸钠的质量分数为　　．9．MnCO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料，某地有含锰矿石（主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质），由此矿石生产MnCO3的工艺流程如下：物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Ca（OH）212﹣﹣﹣﹣﹣﹣Al（OH）33.84.7回答下列问题：（1）操作Ⅰ为：　　．第28页共28页\n（2）取溶液Ⅰ加入KSCN溶液，溶液呈血红色，试写出酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：　　（3）调节溶液pH所用物质X最好为　　A．NaOH溶液B．氨水C．MnCO3固体D．盐酸（4）滤渣Ⅰ为　　，滤渣Ⅱ为　　．（5）沉锰的化学方程式为：　　．（6）MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池的正极，充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化，写出该电池充电时正极发生的反应式：　　．10．目前人们对环境保护、新能源开发很重视．（1）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体．4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是　　（填代号）．（2）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：浓度/mol．L﹣1/时间/min01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0～20min的平均反应速率v（CO2）=　　；计算该反应的平衡常数K=　　．②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是　　（填字母代号）．a．加入一定量的活性炭b．通入一定量的NO第28页共28页\nc．适当缩小容器的体积d．加入合适的催化剂③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则达到新平衡时NO的转化率（填“升高”或“降低”），△H　　0（填“＞”或“＜”）．（3）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO（NH2）2]．已知：①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ/mol③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式　　．（4）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液．电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为　　；每消耗3.4gNH3转移电子的物质的量为　　．　【化学--选修3：物质结构与性质】11．碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于生产生活，回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为　　，1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为　　；基态钛原子的价电子排布式为　　．（2）C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为　　．第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有　　种．（3）NF3分子的空间构型为三角锥型，N原子的杂化轨道类型为　　．（4）已知铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式，其中属于面心立方最密堆积的是　　（填a或b）第28页共28页\n（5）金刚砂（SiC）的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图2所示，金刚砂晶体类型为　　，每个C原子周围最近的C原子数目为　　，若晶胞的边长为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则金刚砂的密度为　　g•cm﹣3（不需要化简）　【化学--选修5：有机化学基础】12．M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应．如：2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：（1）M的名称是　　，A含有的官能团名称是　　．（2）①的反应类型是　　，⑥的反应类型是　　．（3）C的结构简式为　　．由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是　　．（4）G中最多有　　个原子共平面，其顺式结构式为　　．（5）符合下列条件D的同分异构体有　　种．①氯原子连在碳链的一端②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为　　（写结构简式）．（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为　　．　第28页共28页\n2016-2017河北省衡水中学高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B．“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C．已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D．已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有可能形成胶体【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，但C含量不变；D．分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应．【解答】解：A．风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；B．强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白质，“84消毒液”具有强氧化性，能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，故B正确；C．水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中C含量不变，故C错误；第28页共28页\nD．分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在1﹣100nm之间，所以PM2.5在空气中有可能形成胶体，故D正确；故选C．　2．下列有关说法正确的是（　　）A．分子式为C5H11Cl的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有4种B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣﹣二氯甲苯C．苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH3【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．先确定分子式为C5H11Cl的同分异构体，在此基础上进行判断；B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子；C．苯酚、甲醛发生缩聚反应；D．的单体为1，3﹣丁二烯．【解答】解：A．分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种，故A正确；B．甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的H原子，故B错误；C．苯酚、甲醛发生缩聚反应，不是加聚反应，故C错误；D．顺丁橡胶的结构简式为：，根据加聚反应原理可得其单体为：CH2=CH﹣CH=CH2，故D错误．故选A．　第28页共28页\n3．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，丁的原子序数为甲、乙原子序数之和．下列说法正确的是（　　）A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强C．简单离子半径：乙＞丁＞丙D．甲与乙的氧化物均有强氧化性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为Al元素，乙为Na元素，丁为S或Cl元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为Cl元素，据此结合元素周期律进行判断．【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲形成的化合物种类最多，则甲为C元素；乙、丙、丁为同周期元素，其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为Al元素，乙为Na元素，丁为S或Cl元素；结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17，则丁为Cl元素，A．元素丙为Al元素，利用铝热反应可冶炼金属，故A正确；B．甲为C、丁为Cl，非金属性Cl＞C，则氢化物稳定性：C＜Cl，即：甲＜丁，故B错误；C．乙、丙、丁分别为Na、Al、Cl，离子的电子层越多，离子半径越多，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：丁＞乙＞丙，故C错误；D．甲为C，其氧化物为二氧化碳、CO，乙为Na，氧化物为氧化钠、过氧化钠，二氧化碳、CO不具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；故选A．　4．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2第28页共28页\n溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液．下列判断不正确的是（　　）A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＜I2D．实验③证明H2O2有氧化性【考点】氧化还原反应．【分析】①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；②中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2，故C错误；D．实验②中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D正确；故选C．　5．某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（　　）选项实验及现象结论A将湿润红色石蕊试纸靠近试管口反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.0生成Mg（OH）2第28页共28页\n使溶液呈弱碱性D向NH4Cl溶液中加锌，也有大量气泡产生活泼金属可促进NH4+水解A．AB．BC．CD．D【考点】盐类水解的应用．【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C．氢氧化镁是难溶于水的碱；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气；【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．收集气体的同时测得溶液的pH为8.0，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，但氢氧化镁是难溶于水的物质不是氢氧化镁导致溶液的碱性，故C错误；D．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，活泼金属和酸反应生成氢气，向NH4Cl溶液中加锌，也有大量气泡产生，活泼金属可促进NH4+水解，故D正确；故选C．　6．在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1molCO，控制作在不同温度下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），当反应进行到5min时，测得Ni（CO）4的体积分数与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．正反应为吸热反应，平衡常数：K（T1）＞K（T2）B．反应进行到5min时，b容器中v（正）=v（逆）C．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞a＞cD．减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态第28页共28页\n【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】A．根据升高温度平衡移动的方向判断反应热；B．未到达平衡前，升高温度甲醇的含量增大，到达平衡后再升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的含量降低，而5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态；C．根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，升高温度或减压都可以．【解答】解：A．升高温度，甲醇的百分含量减小，说明正反应是放热反应，则△H＜0，故A错误；B．5min时，b容器中甲醇的含量不一定最高，不一定是平衡状态，则v（正）、v（逆）不一定相等，故B错误；C．达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c，故C错误；D．b中的平衡状态转变成c中的平衡状态，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，根据方程式的特点，减小压强或升高温度平衡逆向移动，故D正确．故选D．　7．常温下，某酸HA的电离常数：K=1×10﹣5，下列说法正确的是（　　）A．HA溶液中加入NaA固体后，减小B．常温下，0.1mol/LHA溶液中水电离的c（H+）为10﹣13mol/LC．常温下，0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9D．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，存在关系：2c（Na+）═c（A﹣）+c（Cl﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．的比值为A﹣第28页共28页\n的水解平衡常数，水解平衡常数只受温度影响；B．HA为弱酸，则氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的氢离子浓度大于10﹣13mol/L；C．NaA的水解平衡常数K==×=，据此带入数据计算即可；D．根据混合液中的物料守恒判断；【解答】解：A．的比值为A﹣的水解平衡常数，加入NaA固体后，由于温度不变，则水解平衡常数不变，故A错误；B．由于HA为弱酸，则常温下0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，水电离的c（H+）一定大于mol/L=10﹣13mol/L，故B错误；C．NaA的水解平衡常数K==×===10﹣9，故C正确；D．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应，NaA和HCl的物质的量相等，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）+c（HA），故D错误；故选C．　二、非选择题8．亚硝酸盐是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强．某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究：（一）鉴别NaCl和NaNO2甲同学用沉淀分析法经查：常温下Ksp（AgNO2）=2×10﹣8，Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10．分别向盛有5mL0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液，先生成沉淀的是盛有　NaCl　溶液的试管．乙同学测定溶液pH用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH，测得NaNO2第28页共28页\n溶液呈碱性．该溶液呈碱性的原因是　NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣　（用离子方程式解释）．（二）该小组用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+（1）使用铜丝的优点是　可以控制反应的发生与停止　．（2）装置A中反应方程式为　Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　．装置C中盛放的药品是　C　；（填字母代号）A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳仪器F的作用　防止水蒸气进入　．（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.7020.1220.0019.88①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是　bc　（填字母代号）．a．锥形瓶洗净后未干燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时仰视读数②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为　6H++2MnO4﹣+5NO2﹣=2Mn2++5NO3﹣+3H2O　．③该样品中亚硝酸钠的质量分数为　69.0%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（一）溶度积表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀；NaNO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性；第28页共28页\n（二）装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水；装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入．（3）①根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子；③根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数．【解答】解：（一）溶度积表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，根据溶度积常数知Ksp（AgNO2）＞Ksp（AgCl），所以NaCl先生成沉淀；NaNO2说明为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性，其水解方程式为NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，故答案为：NaCl；NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；（二）（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；故答案为：可以控制反应的发生与停止；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，与过氧化钠反应；故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；C；防止水蒸气进入；（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=知，c（标准）不变，故a错误；第28页共28页\nb．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=知，c（标准）偏大，故b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=知，c（标准）偏大，故c正确；故选bc．②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O；故答案为：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O；③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%；故答案为：69.0%．　9．MnCO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料，某地有含锰矿石（主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质），由此矿石生产MnCO3的工艺流程如下：物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Ca（OH）212第28页共28页\n﹣﹣﹣﹣﹣﹣Al（OH）33.84.7回答下列问题：（1）操作Ⅰ为：　过滤　．（2）取溶液Ⅰ加入KSCN溶液，溶液呈血红色，试写出酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：　FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O　（3）调节溶液pH所用物质X最好为　C　A．NaOH溶液B．氨水C．MnCO3固体D．盐酸（4）滤渣Ⅰ为　Al（OH）3、Fe（OH）3　，滤渣Ⅱ为　CaF2　．（5）沉锰的化学方程式为：　MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑　．（6）MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池的正极，充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化，写出该电池充电时正极发生的反应式：　LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的pH，将铝离子、铁离子转化成Al（OH）3、Fe（OH）3，过滤后分离出Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子，加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀，过滤后得到滤渣Ⅱ（CaF2沉淀）和滤液Ⅲ（主要含有硫酸锰），再加入碳酸氢钠，发生反应：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑，从而获得MnCO3，（1）操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀，据此判断分离方法；第28页共28页\n（2）溶液Ⅰ加入KSCN溶液呈现红色，说明有铁离子存在，据此写出在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式；（3）除杂时由于不能引进杂质，则调节溶液的pH所用的物质最好为MnCO3；（4）根据表中数据分析可得到当pH=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，据此可知滤渣成分；滤液中还会含有钙离子，加入NaF后转化成CaF2沉淀；（5）沉锰是利用碳酸氢钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，据此写出反应的化学方程式；（6）MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子写生成Li1﹣xMn2O4，据此写出该电池充电时正极发生的反应式．【解答】解：锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质，加入稀硫酸高温酸溶，二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子，同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应，通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ；通过调节滤液Ⅰ的pH，将铝离子、铁离子转化成Al（OH）3、Fe（OH）3，过滤后分离出Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子，加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀，过滤后得到滤渣Ⅱ（CaF2沉淀）和滤液Ⅲ（主要含有硫酸锰），再加入碳酸氢钠，发生反应：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑，从而获得MnCO3，（1）操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀，该物质分离的方法为过滤，故答案为：过滤；（2）取溶液Ⅰ加入KSCN溶液，溶液呈现红色，说明有铁离子存在，所以在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O，故答案为：FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O；（3）由于不能引进杂质，则调节溶液的pH所用的物质X最好为MnCO3固体，故C正确，故答案为：C；（4）根据表中数据分析可得到当pH=6的时候，铁离子和铝离子会完全沉淀，因此滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；滤液中还会含有钙离子，则加入NaF后转化成CaF2沉淀，第28页共28页\n故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；CaF2；（5）滤液Ⅲ中含有硫酸锰，硫酸锰与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸锰沉淀、硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑，故答案为：MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑；（6）MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料，在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子的氧化反应，该电池充电时正极发生的反应式为：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+，故答案为：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+．　10．目前人们对环境保护、新能源开发很重视．（1）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体．4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H=﹣1200kJ•mol﹣1对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是　乙　（填代号）．（2）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：浓度/mol．L﹣1/时间/min01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0～20min的平均反应速率v（CO2）=　0.015mol•L﹣1•min﹣1　；计算该反应的平衡常数K=　0.56　．②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是　bc　（填字母代号）．第28页共28页\na．加入一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．加入合适的催化剂③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则达到新平衡时NO的转化率（填“升高”或“降低”），△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．（3）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO（NH2）2]．已知：①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ/mol③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式　2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣87.0kJ•mol﹣1　．（4）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液．电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为　2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O　；每消耗3.4gNH3转移电子的物质的量为　0.6mol　．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）该反应中焓变小于0，为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，且反应向着逆向进行，二氧化氮转化率减小、一氧化碳的体积含量减小，据此对各图象进行判断；（2）①分析图表数据，根据V=计算得到反应速率，根据k=计算；②依据图表数据分析，结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断，30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2第28页共28页\n（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以5：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动；（3）由已知热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式；（4）由反应可知，负极上氨气失去电子生成氮气，根据电子与氨气的物质的量关系计算．【解答】解：（1）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该离开原来的速率点，图象与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确，压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误，故答案为：乙；（2）①0～20min内，CO2的平均反应速率v（CO2）==0.015mol•L﹣1•min﹣1；故答案为：0.015mol•L﹣1•min﹣1；C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L；反应的平衡常数K===0.56；故答案为：0.015mol•L﹣1•min﹣1；0.56；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K==第28页共28页\n=0.56，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；a．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故a错误；b．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故b正确；c．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故c正确；d．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故d错误；故答案为：bc；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以5：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应；故答案为：降低；＜；（3）①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）△H=﹣l59.5kJ/mol②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ/mol③H2O（l）→H2O（g）△H=+44.0kJ/mol依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣87.0kJ•mol﹣1；故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣87.0kJ•mol﹣1；（4）电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极是氨气失电子生成氮气，负极的电极反应式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；每消耗3.4gNH3即0.2mol，转移电子的物质的量为0.6mol；故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；0.6mol．　【化学--选修3：物质结构与性质】第28页共28页\n11．碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于生产生活，回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为　9　，1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为　1：2　；基态钛原子的价电子排布式为　3d24s2　．（2）C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为　F＞N＞C　．第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有　4　种．（3）NF3分子的空间构型为三角锥型，N原子的杂化轨道类型为　sp3　．（4）已知铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式，其中属于面心立方最密堆积的是　a　（填a或b）（5）金刚砂（SiC）的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图2所示，金刚砂晶体类型为　原子晶体　，每个C原子周围最近的C原子数目为　12　，若晶胞的边长为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则金刚砂的密度为　　g•cm﹣3（不需要化简）【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；晶胞的计算．【分析】（1）硅质子数为14，根据能量最低原理书写核外电子排布式，根据核外电子排布式确定最高能层具有的原子轨道数，每个氮气分子中有一个σ键和2个π键，Ti是22号元素，根据核外电子排布规律书写价电子排布式；（2）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，据此判断；（3）根据NF3分子中N原子的价层电子对数判断杂化轨道类型；第28页共28页\n（4）由图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积；（5）金刚砂硬度大，晶胞中Si、C原子之间形成共价键，为空间网状结构，属于原子晶体，晶胞中存在四面体构型，晶胞中Si、C原子位置可以互换，互换后以顶点C原子为研究对象，与之最近的C原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；晶胞中Si处于顶点与面心、C原子处于晶胞内部，利用均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度．【解答】解：（1）硅质子数为14，基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能层3s、3p、3d具有的原子轨道数为1+3+5=9，每个氮气分子中有一个σ键和2个π键，所以1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为1：2，Ti是22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为为3d24s2，故答案为：9；1：2；3d24s2；（2）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，所以C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为F＞N＞C，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有Be、C、N、O，共4种，故答案为：F＞N＞C；4；（3）根据价层电子对理论知，NF3分子中N原子价层电子对个数==4，所以N原子采用sp3杂化，故答案为：sp3；（4）由图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，故答案为：a；（5）金刚砂硬度大，晶胞中Si、C原子之间形成共价键，为空间网状结构，属于原子晶体，晶胞中存在四面体构型，晶胞中Si、C原子位置可以互换，互换后以顶点C原子为研究对象，与之最近的C原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故每个C原子周围最近的C原子数目为=12，晶胞中Si处于顶点与面心，晶胞中Si元素数目为8×+6×第28页共28页\n=4，C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目为4，故晶胞质量为4×g，晶胞体积为（acm）3，则晶胞密度为4×g÷（acm）3=g•cm﹣3，故答案为：原子晶体；12；．　【化学--选修5：有机化学基础】12．M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应．如：2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：（1）M的名称是　丙烯　，A含有的官能团名称是　碳碳双键、氯原子　．（2）①的反应类型是　取代反应　，⑥的反应类型是　消去反应　．（3）C的结构简式为　HOCH2CH=CHCH2OH　．由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是　保护分子中碳碳双键不被氧化，　．（4）G中最多有　12　个原子共平面，其顺式结构式为　　．（5）符合下列条件D的同分异构体有　10　种．①氯原子连在碳链的一端②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为　ClCH2CH（CH2OH）2　（写结构简式）．（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为　　．【考点】有机物的推断．【分析】M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2第28页共28页\nCl，则M为CH2=CHCH3．由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H，H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，I为HOCH2﹣CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，P为．【解答】解：M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，则M为CH2=CHCH3．由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H，H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I，I为HOCH2﹣CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，P为．（1）M为CH2=CHCH3，M的名称是丙烯，A为ClCH2CH=CHCH2Cl，A含有的官能团名称是碳碳双键、氯原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、氯原子；（2）①的反应类型是取代反应，⑥的反应类型是消去反应，第28页共28页\n故答案为：取代反应；消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是：保护分子中碳碳双键不被氧化，故答案为：HOCH2CH=CHCH2OH；保护分子中碳碳双键不被氧化；（4）G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，旋转碳碳双键，平面可以共面，旋转C﹣O单键可以使羟基中H原子处于平面内，分子中的12个原子都可以共面，其顺式结构式为，故答案为：12；；（5）D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D的同分异构体中Cl原子位于端头碳原子上，且羟基连在不同的碳原子上的有ClCH2CH（OH）CH2CH2OH、ClCH2CH2CH（OH）CH2OH、ClCH（OH）CH2CH2CH2OH、ClCH2CH（OH）CH（OH）CH3、ClCH（OH）CH2CH（OH）CH3、ClCH（OH）CH（OH）CH2CH3、ClCH（OH）C（CH3）2OH、ClCH（OH）CH（CH3）CH2OH、ClCH2C（OH）（CH3）CH2OH、ClCH2CH（CH2OH）2，共10种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4：2：2：1的为ClCH2CH（CH2OH）2，故答案为：10；ClCH2CH（CH2OH）2；（6）由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为：，故答案为：．　第28页共28页