1、（全国3卷）2021届高三化学临考练习一本卷满分100分，时间50分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。72020年11月24日，嫦娥
2、5号在长征5号火箭巨大的推力下前往月球，经过20多天旅程后带着月壤返回。这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国力量”，下列有关说法正确的是A嫦娥5号上升起的“高科技国旗”具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，它是以高性能的芳纶纤维材料为主的复合材料B嫦娥5号带回的月壤中含有珍贵的3He，它与地球上的4He互为同素异形体C长征5号火箭采用液氢、煤油、液氧作为推进剂，液氢、煤油、液氧都属于纯净物D登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算机芯片材料是高纯度的二氧化硅8下列有关有机物的说法正确的是A苯、氯乙烯、丙烯分子中所有原子均在同一平面B汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物C甲烷、乙烷、丙烷在光照下
3、分别与氯气反应，生成的一氯代物都只有一种D乙醇、甲苯和溴苯可用水鉴别9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A2.4g镁离子所含电子数目为NAB常温常压下，1molCO含原子数为NAC17gNH3所含质子数目为17NAD18g水在标准状况下的体积约为22.4L10实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，错误的是A装置可用于检查装置的气密性B装置可用于除去CO中混有的少量CO2C装置可用于安全吸收极易溶于水的氯化氢来制盐酸D装置可用于排空气收集CO11下列反应的离子方程式正确的是A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2=I2+2HO-B次氯酸钙溶液中通入过量二
4、氧化碳：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClOC向FeI2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+D稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H-+NO3-=Fe3+NO+H2O12以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O的一种工艺流程如下：下列说法正确的是A“电解”时阳极可用不锈钢材质B“歧化反应”的产物之一为NaClO4C“操作a”是分液D“反应”的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O13现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z是金属元素，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型化合物，Z与T形成化学式为
5、Z2T的化合物，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）A原子半径和离子半径均满足：YZB最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRC简单氢化物的稳定性：YTD由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性二、 非选择题：共58分。第2628题为必考题，每个考试必须作答，第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验1：探究Na2CS3的性质 步骤操作及现象 取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份 向其中一份溶液中滴加
6、几滴酚酞试液，溶液变红色 向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去（1）H2CS3是_酸（填“强”或“弱”）。（2）已知步骤的氧化产物是SO42，写出该反应的离子方程式_。实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是_。（4）反应结束后打开活塞k
7、，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是_。（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为_。（6）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为1.0molL-1
8、计算)：金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式_。(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_。(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因_。(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为
9、2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，假设固体为纯净物，其化学式为_。28温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。I.CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应CH4(g) + CO2(g)2CO(g)+2H2 (g) H1反应CO2 (g)+ H2 (g)CO(g) + H2O(g) H2= +41.2 kJmol-1反应CH4 (g)+O2(g)CO(g) + 2H2(g) H3 = -35.6 kJmol-1(1)已知：O 2(g)+H2(g)= H2O(g) H = -241.8 kJmol-1，则H1 =_ kJmol-1。(2)一
10、定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。图中a和b分别代表产物_和_，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是_。1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应的平衡常数K=_ ( 写出计算式)。IINi-CeO2 催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有_。A含碳副产物的产率均低于CH4B存在反应CO2+
11、4H2CH4 + 2H2OC存在副反应CO2+ H2CO+ H2ODCO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化E.温度高于260后，升高温度，甲烷产率几乎不变(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mLmin-1，320 时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为_mLmin-1。（二）选考题：共15分。从2道化学题中任选一道。如果多做则按第一题给分。35硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。基态硫离子价层电子的轨道表达式为_，其电子填充的最高能级的轨道数为_。常见含硫的物质有单质硫、等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为_。方铅矿即硫化
12、铅是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：浓，则中配位原子是_，第一电离能_填“”、“”或“”，中硫的杂化方式为_，下列气态分子的空间构型与相同的有_。ASnCl2 BSO3 方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的_空隙中。已知晶体密度为gcm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为_nm。36苏沃雷生(Suvorexant)，商品名为Belsomra，主要用于治疗原发性失眠症。我国科学家对其合成路线进行了改造性研究，改造后的合成路线如图：回答有关问题：(1)化合物1的名称是2-氨基_。化合物2中含氧官能团的名称为_。(2)其中所用到的脱保护剂
13、p-TsOH，为对甲基苯磺酸，它的结构简式为_。(3)氨基保护基Boc-的组成为(CH3)3COOC-，化合物5是化合物3和化合物4发生缩合反应，失水生成的，化合物4的化学式为_。(4)化合物6和化合物7发生取代反应，生成苏沃雷生和HCl，若用HR代表化合物6，则该反应的化学方程式可表示为_。(5)化合物1的核磁共振氢谱有_组峰。化合物1具有相同官能团，且属于芳香类的同分异构体中，核磁共振氢谱峰数最少的异构体的结构简式为_(写出1种即可)。参考答案1A【详解】A芳纶纤维材料属于复合材料，具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，选项A正确；B3He与4He的质子数都为2，但质量数不同，二者都属于
14、氦元素，互为同位素，选项B错误；C煤油是烃类混合物，选项C错误；D计算机芯片材料是高纯度的硅，而不是二氧化硅，选项D错误；答案选A。2D【解析】【详解】A苯、氯乙烯均为平面结构，但丙烯分子中含有甲基，所有原子不在同一平面上，故A错误；B汽油、柴油是碳氢化合物，但植物油都是碳氢氧的化合物，故B错误；C甲烷、乙烷在光照下分别与氯气反应，生成的一氯代物都只有一种，但丙烷与氯气光照条件下生成的一氯代物有2种，故C错误；D可以用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯，其中不分层的是乙醇，上层有机层的为甲苯，下层有机层的为溴苯，故D正确；答案为D。3A【详解】A. 2.4g镁离子物质的量，1mol镁离子中含电子10mol
15、，则0.1mol镁离子所含电子数目为NA，故A正确；B. 1个CO含原子数为2个，则1molCO含原子数为2NA，故B错误；C. 17gNH3物质的量，含质子数目为10NA，故C错误；D.水在标况下为非气体，18g水物质的量为，1mol水标况下不是22.4L，故D错误；故答案选：A。4D【详解】A关闭止水夹，注入水，当烧瓶中液面与长颈漏斗导管中液面的高度在一段时间不变，则气密性良好，故A正确；B二氧化碳与石灰水反应，而CO不能，气体长进短出可除杂，故B正确；CHCl极易溶于水，四氯化碳的密度比水的密度大，与水分层，可隔绝气体与水，装置可防止倒吸，故C正确；DCO的密度与空气的密度接近，不能利用
16、排空气法收集，应选排水法，故D错误；故答案为D。5B【解析】试题分析：A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，正确的离子方程式为2H+2I-+H2O2I2+2H2O，故A错误；B次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳发生反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，故B正确；C向FeI2溶液中通入少量氯气发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，故C错误；D稀硝酸中加入过量铁粉最终溶液里得到的是Fe2+，故D错误；答案为B。考点：考查离子方程式正误判断6D【分析】以食盐等为原料制备高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O，则生成产物应生成高氯酸钠，电解I中为电解氯化钠溶液生
17、成氢氧化钠、氢气和氯气，歧化为氯气与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应、经过操作a为过滤，获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，反应II中为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，发生复分解反应，从所得溶液中提取目标产物，据此回答。【详解】A“电解”时阳极反应产物为氯气，故阳极必须为惰性电极、不可用不锈钢材质，A错误；B “歧化反应”的产物之一为NaClO3，B错误；C 经“操作a” 获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，故a是过滤，C正确；D “反应”为Cu2(OH)2CO
18、3和HClO4的复分解反应，高氯酸是强酸，则离子方程式为Cu2(OH)2CO34H=2Cu2CO23H2O，D正确；答案选CD。7D【分析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R为C，X为非金属，则X为H，Z是金属元素，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型化合物，Z与T形成化学式为Z2T的化合物，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，则得到Z为Na，Y为O，T为S。【详解】A原子半径是ONa，离子半径是NaO2，故A错误；B最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2CO3H2SO4，故B错误；C简单氢化物的稳定性：H2SH2O，故C错误；D由X、Y、Z、T四种
19、元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性，比如NaHSO4，故D正确。综上所述，答案为D。8弱 5CS32+24MnO4+52H=5CO2+15SO42+24Mn2+26H2O 干燥管 将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 2.0mol/L 偏高 【解析】【分析】“有弱才水解”依据酚酞变红色，判断H2CS3是弱酸。书写步骤的离子方程式，要明确介质为酸性，所以C变为CO2，用H+配电荷守恒；反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热氮气一段时间，显然是为了将装置中的残留的H2S、CS2等气体排入吸收装置，防止污染环境。【详解】(1)根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2C
20、S3为强碱弱酸盐，则H2CS3是弱酸；(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物为SO42，还原产物为Mn2+；则离子方程式为：5CS32+24MnO4+52H=5CO2+15SO42+24Mn2+26H2O；(3)盛放无水CaCl2的仪器的名称是干燥管；(4)装置中残留着一部分生成物，不将其完全排入后续装置会影响实验结果，通入惰性的热N2可将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；(5)根据反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S可知n(Na2CS3)=n(H2S)，硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，n(CuS
21、)=19.2g96g/mol=0.2mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为0.2mol/0.1L=2mol/L；(6)空气中含有二氧化碳，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增加了C的重量，使实验结果偏高。9Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O 5.0pH5.4(或5.0-5.4) 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 分液漏斗、烧杯 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层 Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 Co3O4 【分析】以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备
22、CoCO3和ZnSO4溶液，根据流程：“酸浸”时金属氧化物与硫酸发生反应而溶解，结合最终产物CoCO3中Co元素价态可得，“酸浸”时SO2的作用是将含钴废渣中+3价的Co还原为+2价；“除铝”时加入Na2CO3，Al3+与CO32-发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀除去；加入萃取剂HX(有机物)，进一步从有机层得到ZnSO4溶液；“沉钴”时向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀。【详解】（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+
23、3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.05.4。形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；根据萃取反应ZnSO4(水层)+2HX
24、(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀，导致产品CoCO3中混有Co(OH)2。（5）0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol；根据Co元素守恒，n(Co
25、)=0.03mol，m(Co)=0.03mol59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)=0.04mol，n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。【点睛】本题以含钴废渣为原料制备CoCO3的流程为载体，考查流程的分析、方程式的书写、物质的分离和提纯、盐类的水解和化学式的确定。无机工业流程题往往以真实的工业生产为背景，解决此类题目的关键是对流程的分析，一般可把流程大致分为三部分：原料预处理、除杂、获得产品等，注意一切操作都是为了更好地获得产品。10+247.4 kJmol-1 H2 CO
26、 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 ABCDE 6.4 【分析】已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4和CO2重整CO、H2和H2O，生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO，产物中产量降低，据此分析。【详解】I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应，由盖斯定律反应=+-，故H1=H2+H3-H =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJmol-1(2) 由反应可知，反应产
27、物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；反应是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小，故答案为反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则
28、反应的平衡常数K= =；II(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；(4) CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mLmin
29、-1，则1min内初始时CO2的体积为40 mL=8 mL，320 时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mLmin-1=6.4 mLmin-1，故答案为6.4。11 3 AC 四面体 【详解】基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4，离子电子排布式1s22s22p63s23p6，离子价层电子排布式为3s23p6，离子价电子的轨道表达式为，故答案为其电子填充的最高能级为3p能级，3p能级的轨道数为3个轨道，故答案为3；物质的熔点比较的一般原则为离子晶体熔点大于分子晶体熔点，硫化钠和硫化钾两者都为离子晶体，根据离子半径和晶格能比较，钠离子半径小于钾离子半径，硫化钠晶格能大于
30、硫化钾晶格能，因此硫化钠熔点大于硫化钾熔点，二氧化硫和S8都是分子晶体，组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，因此S8熔点大于二氧化硫熔点，所以四者熔点高低顺序为Na2S K2S S8 SO2，故答案为Na2S K2S S8 SO2则H2PbCl4中配位原子是Cl，故答案为Cl；同周期第一电离能从左到右增大，但第IIAIII A,V A VI A，氯的第一电离能大于硫的第一电离能，故答案为；H2S中电子对数所以H2S的杂化方式为SP3，故答案为SP3，H2S中电子对数=22=4，VSEPR模型为正四面体，略去两对孤对电子，为“V”形结构，SnCl2中电子数=22=4，同样为“V”形
31、结构，SO3中电子数=30=3，即为平面三角形结构，O3中为2，由于形成了，中心氧原子形成时用了两个电子，因此还剩余两个电子即一对孤对电子，电子对数=21=3，即为“V”形结构，CH4中电子数=40=4，即为正四面体结构；故答案为AC根据方铅矿的立方晶胞，硫离子采取面心立方堆积，四个硫离子和铅离子形成了四面体结构，铅离子在四面体空隙中，故答案为四面体；已知晶体密度为gcm3，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的四分之一，该晶体中有4个铅离子和4个硫离子，设棱长为a， 即晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为故答案为125-甲基苯甲酸 羧基 C11H22O2N2 6 【分析】中氨基转化为碘原子
32、生成，化合物2与发生取代反应生成，化合物3和化合物4H发生缩合反应，失水生成，化合物5脱去脱保护剂pTsOH得化合物6，化合物6和化合物7发生取代反应，生成苏沃雷生和HCl。【详解】(1)化合物1的名称是2-氨基-5-甲基苯甲酸。化合物2中含氧官能团-COOH的名称为羧基。故答案为：5-甲基苯甲酸；羧基；(2)其中所用到的脱保护剂p-TsOH，为对甲基苯磺酸，它的结构简式为。故答案为：；(3)氨基保护基Boc-的组成为(CH3)3COOC-，化合物5是化合物3和化合物4发生缩合反应，失水生成的，对比化合物5和化合物3的结构，化合物4为H，化合物4的化学式为C11H22O2N2。故答案为：C11H22O2N2；(4)化合物6和化合物7发生取代反应，生成苏沃雷生和HCl，若用HR代表化合物6，则该反应的化学方程式可表示为。故答案为：；(5)化合物1的核磁共振氢谱有6组峰，如图。化合物1具有相同官能团，有羧基和氨基，且属于芳香类的同分异构体中，核磁共振氢谱峰数最少的异构体的结构简式为(写出1种即可)。故答案为：6；。
