备战2022年高考化学仿真模拟卷01(解析版)(乙卷地区专用).docx

仿真演练·二轮】备战2022年高考化学
模拟卷01 （乙卷地区专用）
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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。
7．空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
i.b≈d>a≈c
ii.若起始不通入NO2，则最终检测不到
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水

d
由实验得到的下列推论不正确的是
A．雾霾中硫酸盐的形成与空气中的O2有关
B．反应室②和反应室④中生成的同时还生成
C．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
D．控制工厂中SO2和氮氧化物向大气的排放可有效治理雾霾
【答案】A
【解析】
A．由已知b≈d>a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关，故A错误；
B．SO2和NO2反应时，SO2为还原剂，NO2为氧化剂，用3%氨水做吸收液，SO2被氧化为硫酸，再与氨水生成硫酸铵，所以反应室②和反应室④中生成的同时还生成，故B正确；
C．铵态氮肥易挥发产生氨气，由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成，所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故C正确；
D．因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生，所以控制SO2和氮氧化物的排放可有效治理雾霾，故D正确；
故答案为A。
8．下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．用甲装置收集SO2气体 B．用乙装置除去草酸中的乙醇
C．用丙装置制取并收集干燥的氨气 D．用丁装置干燥Cl2
【答案】A
【解析】
A．收集SO2气体可以用排饱和NaHSO3溶液法，A正确；
B．草酸受热易分解，不能用加热法除去草酸中的乙醇，B错误；
C．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，C错误；
D．丁装置中氯气不能通过浓硫酸，D错误；
故选A。
9．为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料制备的工艺流程如下。下列说法正确的是

A．配合物中共价键的数目为
B．“沉铜”发生反应的离子方程式：
C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、、、
D．“洗涤”时使用乙醇能防止被氧化
【答案】D
【解析】
A ．在配合物中，4个NH3含有12个σ键，Cu2+与4个NH3形成了4个配位键，共有16个σ键，所以1 mol配合物中σ键的数目为16NA，A错误；
B．“沉铜”时，与氢氧根反应生成CuO、NH3和H2O，正确的离子方程式为：，B错误；
C．“碱溶”之后的固体主要成分为Cu，酸溶之后转化为硫酸铜溶液，而后被亚硫酸钠还原，生成氯化亚铜和硫酸钠，故“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：Na+、SO，C错误；
D．CuCl 容易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能隔绝空气，防止CuCl被氧化，D正确；
答案选D。
10．2021年诺贝尔生理学或医学奖颁发给发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关，已知辣椒素的结构如图所示。下列有关辣椒素的说法正确的是

A．只含有3种官能团 B．所有原子一定共面
C．属于烯烃 D．能发生加成反应
【答案】D
【解析】
A．该物质含有酚羟基、醚键、酰胺键、碳碳双键共4种官能团，A错误；
B．该物质中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B错误；
C．该物质除含有C、H元素外还有O、N元素，不属于烃类，C错误；
D．该物质含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，D正确；
综上所述答案为D。
11．下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法错误的是

A．四种元素的原子半径：X>Y>Z>R
B．Y与Z会形成有毒的化合物
C．Z的简单氢化物沸点比R的简单氢化物高
D．化合物XR，各原子最外层均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-4-6-7=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。
A．同周期从左往右原子半径减小，则原子半径X(B)>Y(C)>Z(O)>R(F)，A正确；
B．Y与Z形成的化合物即CO2、CO等，CO2无毒，B正确；
C．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O 常温呈液态，另外两种呈气态，则水的沸点最高，C正确；
D．化合物XR，为BF，各原子最外层不都满足8电子稳定结构， D错误；
答案选D。
12．世界首款石墨烯锂离子电池产品已发布，可在-30℃-80℃环境下工作，电池循环寿命高达3500次左右，充电效率是普通充电产品的24倍。它是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性制作的一种新型二次电池。其工作原理如图所示，

电池反应式为。
下列关于该电池的说法不正确的是
A．充电时，移向石墨烯
B．充电时，转移电子理论上阴极材料质量增加3.5g
C．放电时，极发生的电极反应为
D．对废旧的该电池进行“放电处理”，让从石墨烯中脱出有利于回收
【答案】C
【解析】
A．根据得到放电时石墨烯为负极，则充电时，石墨烯为阴极，移向阴极(石墨烯)，故A正确；
B．充电时，移向阴极(石墨烯)，电极反应式为，转移电子理论上阴极材料质量增加0.5mol×7 g∙mol−1＝3.5g，故B正确；
C．放电时，正极(极)发生的电极反应为，故C错误；
D．对废旧的该电池进行“放电处理”，让从石墨烯中脱出有利于回收，故D正确；
综上所述，答案为C。
13．某温度下，将足量的固体溶于一定量的水中达到溶解平衡，加入Na2CO3使增大过程中，溶液中c(Ba2+)和的变化曲线如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是

A．当c()大于2.5×10-4 mol/L时开始有BaCO3沉淀生成
B．“MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线
C．该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水
D．该温度下，反应平衡常数K=0.04
【答案】C
【解析】
A．由图象可知当c()大于2.5×10-4 mol/L时，c()增大，说明开始有BaCO3沉淀生成，A正确；
B．当生成BaCO3沉淀时，促进BaSO4的电离，溶液中c()增大，c(Ba2+)减小则MN为c(Ba2+)变化的曲线的变化曲线，MP为c()的变化曲线，B正确；
C．由题给图象数据可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1×10-5×1×10-5=1.0×10-10；Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=0.5×10-5×5.0×10-4=2.5×10-9，则T℃时Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，C错误；
D．该温度下，反应平衡常数K=，D正确；
故合理选项是C。

三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
26．（14分）

钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如下：

已知：
①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30；
③有关物质的溶解度(g/100gH2O)如下表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分是___________，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为___________。
（2）若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。
（3）“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（4）“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
（5）研究温度对Na2S2O8与H2O2的氧化—水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用H2O2、Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有___________(写出两点)。

【答案】
（1）SiO2或二氧化硅 2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋
（2）4.3
（3）3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O 3∶2
（4）趁热过滤
（5）60℃ 90℃ 沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加；对储运及投料要求较高
【分析】
钒铬还原渣主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，加硫酸酸浸，VO2·xH2O转化为VO2+，Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，滤渣为SiO2，加入Na2S2O8将VO2+氧化为VO，2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋，调pH使VO转化为V2O5·xH2O沉淀，溶液中加过量NaOH后Cr3+转化为CrO，加入H2O2发生反应3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O，溶液2先调pH，后经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7。
（1）根据分析，“滤渣”的主要成分是SiO2，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋；
（2）Cr(OH)3的Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，当c(Cr3+)=0.1mol/L时，Cr3+开始沉淀，c(OH-)=≈10-9.7mol/L，c(H+)==10-4.3，pH=-lgc(H+)=4.3，故pH的范围是2.5～4.3。
（3）根据分析，溶液1加入H2O2后发生反应的离子方程式为3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O；氧化剂为H2O2，还原剂为CrO，物质的量之比为3∶2；
（4）由表格可知，Na2Cr2O7的溶解度较大，且随温度的升高而增大的比较明显，而Na2SO4的溶解度比Na2Cr2O7的小得多，在40℃以后溶解度随温度升高而降低，因此经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7；
（5）选择最优的温度，需考虑沉钒率、铬损率以及能耗，沉钒率越高，铬损率越低，能耗越小的温度越合适，由于钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加，因此为了减少降温的耗能，需选择更接近90℃的温度，由图可知，用H2O2氧化时40℃、50℃、60℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的60℃；用Na2S2O8氧化时，70℃与90℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的90℃；由图可知，采用H2O2氧化时沉钒率相对较低，铬损率相对较高，且温度较高时H2O2易分解，不利于氧化，而且使用H2O2需要较低的温度，降温导致能耗增加，从储运及投料的角度考虑，H2O2为液体，运输和投料时不如固体方便，这些都是H2O2的不足之处。
27．（15分）
亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105°C ，沸点79 °C，140°C 以上时易分解。遇水剧烈反应生成SO2和HCl两种气体，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。
（1）实验室合成SOCl2的原理之一为SO2 +Cl2 + SCl22SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。

①实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2，不用稀硫酸的原因为_______________。
②装置A、C除干燥气体外，另一作用是___________；装置D的作用为___________。
③仪器b的名称为_______；写出装置 E中发生反应的化学方程式：___________________。
④仪器a中的试剂为_______。
（2）甲同学设计实验利用SOCl2和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3。
①用SOCl2和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3时，SOCl2的作用为_______________。
②实验室常用过量NaOH溶液吸收SOCl2，写出反应的离子方程式：
【答案】
(1)SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗
观察气体流速 除去Cl2中混有的HCl气体
分液漏斗 Ca(ClO)2 +4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
碱石灰
(2)作脱水剂，与水反应产生HCl抑制AlCl3水解 SOCl2+4OH-=SO+2Cl- +2H2O
【解析】
(1)
①SO2易溶于水（1:40），使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗，所以实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2而不用稀硫酸。
②根据反应方程式：SO2 +Cl2 + SCl22SOCl2，SO2和Cl2的物质的量最好相等，所以装置A、C除干燥气体外，另一作用是观察气体流速，控制SO2和Cl2的物质的量之比；装置D的作用为除去氯气中氯化氢。
③根据仪器的构造可知，仪器b的名称为分液漏斗；装置 E中次氯酸钙和浓盐酸反应制取氯气，发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2 +4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。
④仪器a中的试剂的作用是除去未反应的SO2和Cl2，同时可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，因为亚硫酰氯遇水剧烈反应，所以仪器a中可以装有碱石灰。
(2)
①根据题给信息“SOCl2遇水剧烈反应生成SO2和HCl两种气体，常用作脱水剂”，AlCl3·6H2O加热时会发生水解，酸能抑制其水解，所以可以用SOCl2和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3。
②SOCl2遇水反应生成SO2和HCl，则过量NaOH溶液吸收SOCl2时，生成Na2SO3和NaCl，反应的离子方程式为：SOCl2+4OH-=SO+2Cl- +2H2O。
28．（14分）
CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：
（1）已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H_______0(填“>”或“<”或“=”)
（2）已知：
N2 (g) + O2(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1
C(s) + O2 (g)=CO2 (g) △H= b kJ•mol -1
2C(s) + O2 (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1
则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) △H=________kJ•mol-1 (用含 a、b、c 的表达式表示)。
（3）一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则：
①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=___________(写出计算表示式)
②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________。
A．单位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol N≡N。
B．混合气体的平均相对分子质量不再改变。
C．混合气体的密度不再改变。
D．CO与NO的转化率比值不再改变。
（4）某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 的转化率)，结果如图所示：

①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________。
②若低于 200℃，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为___________。
（5）已知常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3) =4.4×10-11，.此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=___________mol/L，将脱氮反应后生成CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =___________(保留小数点后4位数字)。
（6）电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是___________，理由是___________________________________。

【答案】
(1)<
(2)2b-a-c
(3) (或具体计算式) BC
(4)催化剂 II，450℃ 温度较低时，催化剂 I 的活性偏低
(5)6×10-3 1.0009
(6)NH3 根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解)，电解产生HNO3多，应补充NH3
【解析】
(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应△S<0，若满足△H-T△S<0，必须△H<0；
(2)已知：
①N2 (g) + O2(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1；
②C(s) + O2 (g)=CO2 (g) △H= b kJ•mol -1；
③2C(s) + O2 (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1；
根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，代入a、b、c计算得△H=2b-a-c；
(3)
①一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式则；
②
A．单位时间内，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol N≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，故B正确；
C．容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明达到平衡，故C正确；
D．CO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为，为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为BC；
(4)
①由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率；
②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大；
(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由，可知，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合计算，，；
(6)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH+3H2O，阳极反应式为5NO-15e- +10H2O=5NO +20H+，总反应式为8NO+7H2O=3NH4NO32HNO3，为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3，应补充NH3。

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
35．[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）
钛(Ti)被称为“未来世界的金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。请回答下列问题：
（1）基态Ti2+的价电子排布图___________。与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为___________(写元素名称)。
（2）与钛同周期的第ⅡA族和ⅢA族两种元素中第一电离能较小的是___________写元素符号)，原因是___________。
（3）四乙醇钛Ti(OCH2CH3)4能增加橡胶在金属表面的黏附性，该物质可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其固体的晶体类型为___________；该物质中非金属元素的电负性从大到小的顺序___________。
（4）钛的氯化物TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的空间构型为___________。
（5）钙钛矿CaTiO3有两种构型(A型和B型)。
①其中A型的晶胞如图所示，晶胞边长为a nm，CaTiO3的相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g．cm-3。

②如果将晶胞原点移到Ca2+上，就是CaTiO3的B型结构。请在虚线框内图示画出B型晶胞的结构图。(注意请用黑色签字笔作图) ___________

【答案】
（1） 铬
（2）Ga Ca核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
（3）分子晶体 O＞C＞H
（4）正四面体
（5）
【解析】
（1）Ti为22号元素，其价电子排布式为：3d24s2，则Ti2+价电子排布式为3d2，对应排布图为：；与Ti同周期未成对电子数最多的元素为Cr元素，其价电子排布式为3d54s1，含有6个未成对电子，故此处填：铬；
（2）由于ⅡA族元素对应原子电子排布为全满稳定结构，其第一电离能比同周期ⅢA元素要大，故此处填Ga；原因为：Ca核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
（3）该物质常温下呈液态，说明其熔点较低，且可溶于有机溶剂，推测为分子晶体，故此处填：分子晶体；所含H、C、O三种非金属元素电负性强弱为：O＞C＞H；
（4）TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，根据价层电子对互斥理论知，其空间构型为正四面体；
（5）
①该晶胞中含有Ca2+：1个，Ti4+：个，O2-：个，即1个晶胞中含有1个CaTiO3，则其质量m= g，边长=a nm，即a×10-7 cm，则晶胞的体积V=( a×10-7)3 cm3，则其密度=；
②若将晶胞原点移到Ca2+上，即Ca2+位于晶胞顶点上，则Ti4+在晶胞的体心，O2-位于晶胞的面心，对应结构如图所示：。
36．[化学—选修5：有机化学基础]（15分）
以烃为原料合成某药物中间体K，其流程如下：

已知：
①RCH2COOH (R表示烃基，X表示卤素原子)
②B、C均能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀。
请回答下列问题：
（1）G的名称是___________；C的结构简式为___________。
（2）K所含官能团名称是___________；F＋I→J的反应类型是___________。
（3）写出G→H的化学方程式：_______________________________。
（4）1个H分子中最多有___________个原子共平面。
（5）写出E→F的化学方程式：___________。
（6）I的同分异构体中核磁共振氢谱有2组峰的有___________种，其中，含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为___________。
【答案】
（1）1，3－丁二烯 HOCH2CH2CHO
（2）羧基 取代反应
（3）CH2＝CH—CH＝CH2+Br2 →BrCH2CH＝CHCH2Br
（4）8
（5）HOOCCH2COOH＋2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5＋2H2O
（6）2
【分析】
由A的分子式以及A与氧气反应生成的B可与新制氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀可知，A是丙烯，B是丙烯醛，结构简式为CH2＝CHCHO，结合C的相对分子质量可知C为HOCH2CH2CHO；C与氧气在Cu作催化剂下发生催化氧化生成D，结合D的分子式可知D的结构简式为OHCCH2CHO；D与银氨溶液反应在酸化得到E为HOOCCH2COOH，E与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成分子式为C7H12O4的F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；由G的分子式以及G与溴单质反应生成H，则G→H发生1、4－加成，则G为1，3−丁二烯；由H与氢气发生加成反应生成I，则I为BrCH2CH2CH2CH2Br；I与F反应生成J；结合已知信息J再酸化、加热、脱去二氧化碳的到K为；据此解答。
（1）G的结构简式为CH2＝CHCH＝CH2，名称是1，3－丁二烯；C的结构简式为HOCH2CH2CHO。
（2）K为，K所含官能团名称是羧基；根据已知信息①可知F＋I→J的反应类型是取代反应。
（3）G→H的化学方程式为CH2＝CH—CH＝CH2+Br2 →BrCH2CH＝CHCH2Br。
（4）H为BrCH2CH＝CHCH2Br，由于碳碳双键是平面形结构，且单键可以旋转，所以1个H分子中最多有8个原子共平面。
（5）根据以上分析可知E→F的化学方程式为
HOOCCH2COOH＋2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5＋2H2O。
（6）I的同分异构体中核磁共振氢谱有2组峰，说明含有两类氢原子，则符合条件的有、(CH3)2CBrCH2Br，共计2种，其中含有手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为。