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一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【2024全国新课标】1. 文房四宝是中华传统文化的瑰宝。下列有关叙述错误的是

A. 羊毛可用于制毛笔，主要成分为蛋白质

B. 松木可用于制墨，墨的主要成分是单质碳

C. 竹子可用于造纸，纸的主要成分是纤维素

D. 大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐

【答案】D

【解析】

【详解】A．动物的毛、皮、角等的主要成分都是蛋白质，羊毛的主要成分为蛋白质，A正确；

B．墨的主要成分是炭黑，炭黑是碳元素的一种单质，碳的单质在常温下的化学性质很稳定，不易与其他物质发生化学反应，故用墨汁书写的字画历经千年仍不褪色，B正确；

C．竹子可用于造纸，竹子的主要成分是纤维素，用其造的纸的主要成分也是纤维素，C正确；

D．大理石可用于制砚台，大理石主要成分为碳酸钙，不是硅酸盐，D错误；

故选D。

【2024全国新课标】2. 一种点击化学方法合成聚硫酸酯(W)的路线如下所示：

下列说法正确的是

A. 双酚A是苯酚的同系物，可与甲醛发生聚合反应

B. 催化聚合也可生成W

C. 生成W的反应③为缩聚反应，同时生成

D. 在碱性条件下，W比聚苯乙烯更难降解

【答案】B

【解析】

【详解】Ａ．同系物之间的官能团的种类与数目均相同，双酚A有2个羟基，故其不是苯酚的同系物，A不正确；

B．题干中两种有机物之间通过缩聚反应生成W，根据题干中的反应机理可知， 也可以通过缩聚反应生成W，B正确；

C．生成W的反应③为缩聚反应，同时生成(CH₃)₃SiF，C不正确；

D．W为聚硫酸酯，酯类物质在碱性条件下可以发生水解反应，因此，在碱性条件下，W比聚苯乙烯易降解，D不正确；

综上所述，本题选B。

【2024全国新课标】3. 实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是

A. 反应为3Fe＋4H₂O(g)Fe₃O₄＋4H₂

B. 酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好

C. 用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气

D. 使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉

【答案】B

【解析】

【详解】A．铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe₃O₄和H₂，该反应的化学方程式为3Fe＋4H₂O(g)Fe₃O₄＋4H₂，A正确；

B．酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，B错误；

C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；

D．由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确；

故选B。

【2024全国新课标】4. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是

A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag＋2H^＋＋NO₃^－=Ag^＋＋NO₂↑＋H₂O

B. 工业废水中的Pb^2＋用FeS去除：Pb^2＋+S^2-=PbS↓

C. 海水提溴过程中将溴吹入SO₂吸收塔：Br₂＋SO₂＋2H₂O=2Br^－＋SO₄^2－＋4H^＋

D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2MnO₄^－＋5C₂O₄^2－＋16H^＋=2Mn^2＋＋10CO₂↑＋8H₂O

【答案】C

【解析】

【详解】A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为3Ag＋4H^＋＋NO₃^－=3Ag^＋＋NO↑＋2H₂O，A不正确；

B．由于PbS的溶解度远远小于FeS，因此，工业废水中的Pb^2＋用FeS去除，该反应的离子方程式为Pb^2＋＋FeS=PbS＋Fe^2＋，B不正确；

C．海水提溴过程中将溴吹入SO₂吸收塔，SO₂在水溶液中将Br₂还原为Br^－，该反应的离子方程式为Br₂＋SO₂＋2H₂O=2Br^－＋SO₄^2－＋4H^＋，C正确；

D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，H₂C₂O₄被氧化为CO₂，H₂C₂O₄属于弱酸，该反应的离子方程式为2MnO₄^－＋5H₂C₂O₄＋6H^＋=2Mn^2＋＋10CO₂↑＋8H₂O，D不正确；

综上所述，本题选C。

【2024全国新课标】5. 我国科学家最近研究的一种无机盐Y₃[Z(WX)₆]₂纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是

A. W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高

B. 在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为sp³

C. Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于NH₄Cl溶液

D. Y₃[Z(WX)₆]₂中WX^－提供电子对与Z^3＋形成配位键

【答案】A

【解析】

【分析】W、X 、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物Y₃[Z(WX)₆]₂中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y分别为N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其价电子排布式为3d⁶4s²，Z为Fe元素，Y₃[Z(WX)₆]₂为Mg₃[Fe(CN)₆]₂。

【详解】A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确；

B．在X的简单氢化物是NH₃，其中C原子轨道杂化类型为sp³，B正确；

C．Y的氢氧化物是Mg(OH)₂，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于NaCl溶液，但是，由于NH₄Cl电离产生的NH₄^＋可以破坏Mg(OH)₂的沉淀溶解平衡，因此Mg(OH)₂可以溶于NH₄Cl溶液，C正确；

D．Mg₃[Fe(CN)₆]₂中CN^－提供电子对与Fe^3＋形成配位键，D正确；

综上所述，本题选A。

【2024全国新课标】6. 一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)

电池工作时，下列叙述错误的是

A. 电池总反应为2C₆H₁₂O₆＋O₂=2C₆H₁₂O₇

B. b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用

C. 消耗18mg葡萄糖，理论上a电极有0.4mmol电子流入

D. 两电极间血液中的Na^＋在电场驱动下的迁移方向为b→a

【答案】C

【解析】

【分析】由题中信息可知，b电极为负极，发生反应Cu₂O－2e^-＋2OH^－=2CuO＋H₂O，然后再发生C₆H₁₂O₆＋2CuO=C₆H₁₂O₇＋Cu₂O；a电极为正极，发生反应O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－，在这个过程中发生的总反应为2C₆H₁₂O₆＋O₂=2C₆H₁₂O₇。

【详解】A．由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的O₂在A电极上得电子生成OH^－，电极反应式为O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－；b电极为电池负极， Cu₂O在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为Cu₂O－2e^-＋2OH^－=2CuO＋H₂O，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为Cu₂O，则电池总反应为2C₆H₁₂O₆＋O₂=2C₆H₁₂O₇，A正确；

B．b电极上CuO将葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸后被还原为Cu₂O，Cu₂O在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；

C．根据反应2C₆H₁₂O₆＋O₂=2C₆H₁₂O₇可知，1mol C₆H₁₂O₆参加反应时转移2 mol电子，18mg C₆H₁₂O₆的物质的量为0.1 mmol，则消耗18 mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mmol电子流入，C错误；

D．原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故Na^＋迁移方向为b→a，D正确。

综上所述，本题选C。

【2024全国新课标】7. 常温下CH₂ClCOOH和CHCl₂COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]

下列叙述正确的是

A. 曲线M表示δ(CHCl₂COO^-)～pH的变化关系

B. 若酸的初始浓度为0.10mol/L，则a点对应的溶液中有c(H^＋)=c(CHCl₂COO^－)＋c(OH^－)

C. CH₂ClCOOH的电离常数K_a=10^－1.3

D.pH=2.08 时，

【答案】D

【解析】

【分析】随着pH的增大，CH₂ClCOOH、CHCl₂COOH浓度减小，CH₂ClCOO^－、CHCl₂COO^－浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl₂COOH的酸性强于CH₂ClCOOH，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。

【详解】A．根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误；

B．根据，初始，若溶液中溶质只有CHCl₂COOH，则，但a点对应的c(H^＋)=0.10mol/L，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c(H^＋)＞c(CHCl₂COO^－)＋c(OH^－)，B错误；

C．根据分析，CH₂ClCOOH的电离常数K_a=10^-2.8，C错误；

D．电离度，，则=，，pH=2.08时，，，D正确；

故答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2024全国新课标】8. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：

已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：

回答下列问题：

（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是_______；“滤渣1”中金属元素主要为_______。

（2）“过滤1”后的溶液中加入MnO₂的作用是_______。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_______检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO₂。

（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_______、_______。

（4）“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的Co^3＋浓度为_______mol/L。

【答案】（1）    ①. 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率    ②. Pb   

（2）    ①. 将溶液中的Fe^2＋氧化为Fe^3＋，以便在后续调pH时除去Fe元素    ②.K₃[Fe(CN)₆] 溶液    ③. Fe^2＋    

（3）    ①.3Co^2＋＋MnO₄^－＋7H₂O=3Co(OH)↓＋MnO₂↓＋5H^＋     ②.3Mn^2＋＋2MnO₄^－＋2H₂O=5MnO₂↓＋4H^＋    

（4）    ①. ZnSO_4、K₂SO₄    ②.10^-16.7 

【解析】

【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co^2＋、Zn^2＋、Fe^2＋、Fe^3＋、SO₄^2－等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO₄，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO₄；向滤液中加入MnO₂将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，然后加入ZnO调节pH=4使Fe^3＋完全转化为Fe(OH)₃，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)₃，滤液中的金属离子主要是Co^2＋、Zn^2＋和Mn^2＋；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO₄，将溶液中Co^2＋氧化为Co^3＋，在pH=5时Co^3＋形成Co(OH)₃沉淀，而KMnO₄则被还原为MnO₂，KMnO₄还会与溶液中的Mn^2＋发生归中反应生成MnO₂，得到Co(OH)₃和MnO₂的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO₄、K₂SO₄，据此解答。

【小问1详解】

在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO₄，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；

【小问2详解】

酸浸液中含有Co^2＋、Zn^2＋、Fe^2＋、Fe^3＋、SO₄^2－等离子。由题表中数据可知，当Fe^3＋完全沉淀时，Co^2＋未开始沉淀，而当Fe^2＋完全沉淀时，Co^2＋已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co^2＋不沉淀，应先将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，然后调节溶液的pH使Fe^3＋完全水解转化为Fe(OH)₃沉淀，因此，MnO₂的作用是将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K₃[Fe(CN)₆]溶液检验Fe^2＋，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe^2＋，需补加MnO₂；

【小问3详解】

由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co^2＋＋MnO₄^－＋7H₂O=3Co(OH)↓＋MnO₂↓＋5H^＋、3Mn^2＋＋2MnO₄^－＋2H₂O=5MnO₂↓＋4H^＋；

【小问4详解】

最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn^2＋、加入KMnO₄“氧化沉钴”时引入的K^＋，而阴离子是在酸浸时引入的SO₄^2－，因此其中主要的盐有ZnSO₄和K₂SO₄。当溶液pH=1.1时，Co^3＋恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的pH=5，即，则，此时溶液中。

【2024全国新课标】9. 吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1-(4-甲氧基苯基)-2，5-二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下：

实验装置如图所示，将100 mmol己-2，5-二酮(熔点：-5.5℃，密度：0.737g·cm^-3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点：57℃)放入①中，搅拌。

待反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体。加热至65℃，至固体溶解，加入脱色剂，回流20 min，趁热过滤。滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。

回答下列问题：

（1）量取己-2，5-二酮应使用的仪器为_______(填名称)。

（2）仪器①用铁夹固定在③上，③的名称是_______；仪器②的名称是_______。

（3）“搅拌”的作用是_______。

（4）“加热”方式为_______。

（5）使用的“脱色剂”是_______。

（6）“趁热过滤”的目的是_______；用_______洗涤白色固体。

（7）若需进一步提纯产品，可采用的方法是_______。

【答案】（1）酸式滴定管   

（2）    ①. 铁架台    ②. 球形冷凝管   

（3）使固液充分接触，加快反应速率   

（4）水浴加热    （5）活性炭   

（6）    ①. 防止产品结晶损失，提高产率    ②. 50%的乙醇溶液   

（7）重结晶

【解析】

【分析】将100 mmol己-2，5-二酮(熔点：-5.5℃，密度：0.737g·cm^-3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点：57℃)放入两颈烧瓶中，利用球形冷凝管进行冷凝回流提高原料利用率，通过搅拌来提高反应速率，反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体(即含杂质的产品)，加热至65℃，至固体溶解，加入脱色剂（脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，如：活性炭），回流20min，趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。

【小问1详解】

己-2，5-二酮的摩尔质量为114g/mol，根据题中所给数据可知，所需己-2，5-二酮的体积为，又因为酮类对橡胶有腐蚀性，所以选用酸式滴定管。

【小问2详解】

③为铁架台；仪器②用于冷凝回流，为球形冷凝管。

【小问3详解】

己-2，5-二酮的熔点为-5.5℃，常温下为液体，4-甲氧基苯胺的熔点为57℃，常温下为固体，搅拌可使固液反应物充分接触，加快反应速率。

【小问4详解】

由题给信息“加热至65℃”可知，应用水浴加热，这样便于控制温度，且受热更均匀。

【小问5详解】

“脱色剂”的作用是吸附反应过程中产生的有色物质，结合题中信息，加入脱色剂后回流，趁热过滤，保留滤液，即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，所以可以选用活性炭作脱色剂。

【小问6详解】

由题给信息可知，产品吡咯X为白色固体，加热至65℃可溶解在50%的乙醇溶液中，所以需趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，防止产品结晶损失，提高产率；由加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体(即含杂质的产品)可知，常温下产品不溶于50%的乙醇溶液，所以为减少溶解损失，洗涤时可用50%的乙醇溶液。

【小问7详解】

由产品的分离提纯过程可知，若需进一步提纯，可采用的方法为重结晶。

【2024全国新课标】10.Ni(CO)₄(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：

（1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为_______。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a³，镍原子半径为_______。

（2）Ni(CO)₄结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为_______，Ni(CO)₄晶体的类型为_______。

（3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)₄体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO)₄(g)的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，_______有利于Ni(CO)₄的生成(写出两点)。p₃、100℃时CO的平衡转化率α=_______，该温度下平衡常数_______。

（4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间_______(用k表示)。

【答案】（1）    ①.     ②.     

（2）    ①. 8    ②. 分子晶体   

（3）    ①. 小于    ②. 降低温度、增大压强    ③. 97.3%    ④. 9000   

（4）

【解析】

【小问1详解】

Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d⁸4s²，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。

【小问2详解】

单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由Ni(CO)₄的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个Ni(CO)₄分子中含有8个σ键。Ni(CO)₄的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。

【小问3详解】

随着温度升高，平衡时Ni(CO)₄的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的ΔH＜0；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)₄的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)₄的体积分数增大，则压强：，即p₃对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，p₃、100℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)₄的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的Ni(CO)₄为xmol，可得三段式：

，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。

【小问4详解】

由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。

【2024全国新课标】11. 四氟咯草胺(化合物G)是一种新型除草剂，可有效控制稻田杂草。G的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。

已知反应Ⅰ：

已知反应Ⅱ：

R₁为烃基或H，R、R₂、R₃、R₄为烃基

回答下列问题：

（1）反应①的反应类型为_______；加入K₂CO₃的作用是_______。

（2）D分子中采用sp³杂化的碳原子数是_______。

（3）对照已知反应Ⅰ，反应③不使用(C₂H₅)₃N也能进行，原因是_______。

（4）E中含氧官能团名称是_______。

（5）F的结构简式是_______；反应⑤分两步进行，第一步产物的分子式为C₁₅H₁₈F₃NO₄，其结构简式是_______。

（6）G中手性碳原子是_______(写出序号)。

（7）化合物H是B的同分异构体，具有苯环结构，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且可以发生已知反应Ⅱ．则H的可能结构是_______。

【答案】（1）    ①. 取代反应    ②. 与生成的HBr反应，促进反应正向进行   

（2）5    （3）D分子中同时存在—OH和   

（4）酯基    （5）    ①.     ②.     

（6）3和4    （7）、

【解析】

【分析】结合A、C的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为，A中—Br与B中发生取代反应，生成C和小分子HBr，加入的K₂CO₃与生成的HBr发生反应，促进反应正向进行；由反应③的反应条件可知，反应③发生已知反应Ⅰ，则D中应含有—OH，再结合C的结构简式、D的分子式可知，C→D发生的是羰基的加氢还原反应，D的结构简式为，采取sp³杂化的C原子为图中数字标注的C原子，有5个；D的分子中存在—OH和，依次发生反应③(类似已知反应Ⅰ)、反应④(取代反应)生成E，E中含氧官能团为酯基；根据E、G的结构简式和反应⑤、反应⑥的反应试剂，结合F的分子式可知，F的结构简式为。

【小问1详解】

根据分析，反应①的反应类型为取代反应，反应中加入K₂CO₃的作用为与生成的HBr反应，促进反应正向进行。

【小问2详解】

根据分析，D分子中采用sp³杂化的碳原子数为5个，分别为。

【小问3详解】

已知反应Ⅰ为—OH与CH₃SO₂Cl发生取代反应，生成的小分子HCl与结合生成铵盐。由D的结构简式可知，D分子中同时存在—OH和，故反应③不使用(C₂H₅)₃N也能进行。

【小问4详解】

由E的结构简式可知，E中含氧官能团的名称为酯基。

【小问5详解】

已知反应⑤分两步进行，结合F的结构简式知，E→F过程中，第二步为第一步产物发生已知反应Ⅱ，结合第一步产物的分子式及已知反应Ⅱ的机理知，第一步产物的结构简式为。

【小问6详解】

手性碳原子指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子，由G的结构简式知，其中手性碳原子为3和4号碳原子。

小问7详解】

由思路分析可知，B的结构简式为，其同分异构体H能发生已知反应Ⅱ，说明其具有或－NH₂结构；具有苯环结构，核磁共振氢谱中显示有4组峰，说明结构对称，则其可能的结构简式有、。