江西省景德镇市2024届高三第三次质量检测化学试题（Word版附解析）

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本试卷满分100分，考试用时75分钟
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定区域，超出答题框无效。
3.可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 F：19 Al：27 K：39 Ca：40 Cr：52 C：59
一、选择题，每小题只有1个正确选项(每小题3分，共42分)
1. 江西矿物资源丰富，有“物华天宝、人杰地灵”之称。下列有关说法错误的是
A. 德兴铜矿是中国第一大伴生金矿和伴生银矿，电解精炼铜时粗铜作阳极
B. 浮梁县朱溪钨铜矿是世界最大钨矿，金属钨可用铝热法冶炼
C. 宜春锂矿是亚洲最大的锂云母矿，锂是密度最小的金属
D. 赣州素有“稀土王国”的美誉，稀土元素包含钛
【答案】D
【解析】
【详解】A．用电解法电解精炼铜时粗铜做阳极，铜不溶解，在阴极得电子生成Cu，A正确；
B．钨是一种重金属，其含氧化物在常压下比较难以还原。 但是，在高温下，铝热反应具有很强的还原性，可以将钨的氧化物还原为钨金属，B正确；
C．锂的密度最小，锂是密度最小的金属，C正确；
D．稀土元素是元素周期表中的镧系元素和钪、钇共十七种金属元素的总称，钛不属于稀土元素，D错误；
答案选D。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 熟石膏的化学式：B. 分子的VSEPR模型：
C. 基态溴原子的价层电子排布式：[Ar]D. 含有8个中子的碳原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．熟石膏的化学式：，A正确；
B．分子中心原子S价层电子对数：，VSEPR模型为四面体型，B错误；
C．Br原子序数35，价层电子排布式：，C错误；
D．含有8个中子的碳原子：，D错误；
答案选A。
3. 下列方程式能正确表示相应变化的是
A. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：
B. 空气中加热FeO：
C. 用铜电极电解饱和食盐水，阳极有白色沉淀生成：
D. 向硝酸银溶液中滴加少量的氨水：
【答案】B
【解析】
【详解】A．草酸为弱酸，不拆为离子形式，草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：，A错误；
B．空气中加热FeO：，B正确；
C．用铜电极电解饱和食盐水，阳极有白色沉淀生成：，C错误；
D．向硝酸银溶液中滴加少量的氨水：，D错误；
答案选B。
4. 下列有关阿伏伽德罗常数()的叙述中正确的是
A. 18g液态水中含有氢键的数目为2
B. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有O-H键的数目为0.1
C. 常温下2.7g Al加至足量的浓硝酸中，转移的电子数为0.3
D. 25℃时，1L pH=2的溶液中，的数目为0.01
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰中每个水分子与其相邻的4个水分子间形成4个氢键，冰融化为液态水，破坏了一部分氢键，故18g液态水物质的量为1ml，可形成氢键数目小于，A错误；
B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含乙醇质量4.6g，物质的量为0.1ml，溶液中水中也含O-H键，所以其数目大于，B错误；
C．常温下Al与浓硝酸钝化，C错误；
D．溶液pH=2，溶液中，溶液体积为1L，的数目为，D正确；
答案选D。
5. “结构决定性质”，下列有关物质结构与性质的说法中正确的是
A. 温度相同时，水溶液中电离常数：
B. 熔点：
C. 分子的极性：
D. 、、三种分子中的键能：F-F【答案】C
【解析】
【详解】A．由于电负性：F>Cl，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，所以温度相同时，水溶液中电离常数：，A错误；
B．属于分子晶体，NaCl、MgCl2均属于离子晶体，一般离子晶体的熔点高于分子晶体，则AlCl3的熔点最低，B错误；
C．为极性分子，为非极性分子，故分子的极性：，C正确；
D．、、三种分子中的键能：F-F故选D。
6. 由大脑分泌的化合物X名为甲硫氨酸-脑啡肽，其结构如下图。下列叙述正确的是
A. X是一种五肽B. 组成X的氨基酸有5种
C. X含有4个手性碳原子D. X不能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】
A．根据结构图可知，该分子中含4个肽键，为五肽，A正确；
B．化合物X水解后可形成4种氨基酸，分别为、、和，B错误；
C．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X分子中含3个手性碳原子，,C错误；
D．化合物X分子中含酚羟基，可与溴水发生取代反应导致溴水褪色，D错误；
答案选A。
7. 根据实验事实能得出相应结论的是
A. 在25℃和40℃测得0.1ml/L 溶液的pH分别为9.37和9.66。的水解常数：(40℃)>(25℃)
B. 在苯中的溶解度大于在水中。溶剂的极性：苯>水
C. 将有机物X：滴入溴的溶液中，溶液褪色。可以检验X中的碳碳双键
D. 向溶液Y中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成。Y中一定含有
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度升高，溶液pH增大，碱性增强，说明水解平衡正向移动，水解程度增大，水解常数增大，则的水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，A正确；
B．在苯中的溶解度大于在水中，说明苯与极性相似，不能说明溶剂的极性：苯>水，B错误；
C．因碳碳双键和醛基均能使溴的溶液褪色，则不能检验X中的碳碳双键，C错误；
D．向溶液Y中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，该沉淀可能是硫酸钡，也可能是氯化银，则Y中可能含有或Ag+，D错误；
故选A。
8. 由于钠资源储量丰富，便于开采，价格便宜，钠离子电池有望成为下一代大规模储能电池。我国化学家最近研制的一种钠离子电池如图所示。下列说法正确的是
A. 膜是阴离子交换膜
B. 充电时向石墨电极移动
C. 放电时正极的电极反应：
D. 有机溶剂可选择乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】由图知，金属钠为负极，电极反应式为，参杂石墨极为正极，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．由分析知，通过膜由负极进入正极，膜阳离子离子交换膜，A错误；
B．充电时向金属钠电极移动，B错误；
C．由分析知放电时正极电极反应：，C正确；
D．乙醇能与钠反应，故有机溶剂不能选择乙醇，D错误；
故选C。
9. 黄色化合物Р的阳离子和阴离子的结构如图所示。其中W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期，X的一种单质导电能力强但硬度很小，Y的简单氢化物可以作制冷剂，Z的氧化物可做消毒剂，M核外只有1个单电子。下列叙述错误的是
A. 电负性：Y>X>M>WB. 基态Z原子中电子的空间运动状态有9种
C. 简单氢化物的沸点：X【答案】A
【解析】
【分析】X的一种单质导电能力强但硬度很小，X为C，Y的简单氢化物可以作制冷剂，Y为N，Z的氧化物可做消毒剂，Z为Cl，M核外只有1个单电子，且化合价为+2价，M为Cu；由W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期可知，W为H，据此回答。
【详解】A．同周期元素从左到右，电负性依次增大，且非金属元素电负性大于金属元素，则电负性：N>C>H>Cu，即电负性：Y>X>W>M，A错误；
B．基态Cl原子的电子排布为，共占据9个原子轨道，故电子的空间运动状态有9种，B正确；
C．因氮的简单氢化物氨气中含有氢键，简单氢化物的沸点：CH4D．同周期中，第一电离能比N大的有F、Ne共2种元素，D正确；
故选A。
10. 某研究小组利用软锰矿(主要成分为，另含少量铁、铝、铜、镍的化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的，又制得电池材料。下列叙述错误的是
A. X可能是
B. 若滤渣2是CuS和NiS，则Y一定是
C. 还原酸浸时，参与的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 氧化时发生的离子方程式：
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化锰具有氧化性，SO2具有还原性，“还原酸浸”步骤二者发生氧化还原反应，离子方程式为，“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、Ni2+，“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2+氧化为MnO2，过滤，得到MnO2，据此分析解答。
【详解】A．“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝，X可能是，故A正确；
B．“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、Ni2+，“若滤渣2是CuS和NiS，Y最好是MnS，除去杂质，且不引入新杂质，故B错误；
C．还原酸浸时，参与的反应中，发生反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C正确；
D．“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2+氧化为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式：，故D正确；
故选B。
11. 已知的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为a pm。下列说法正确的是
A. 与距离最近的数目为4
B. 晶体中与之间的最近距离为
C. 晶体的密度为
D. 晶胞中围成的立方体棱长为pm
【答案】C
【解析】
【分析】由图知，该晶胞中，黑球在面心和顶点，共有4个，白球在晶胞内，共有8个，故黑球为，白球为，据此回答。
【详解】A．与距离最近的数目为8，A错误；
B．晶体中与之间的最近距离为体对角线的四分之一，故最近距离为，B错误；
C．晶体的密度为，C正确；
D．晶胞中围成的立方体的体对角线为，故棱长为pm，D错误；
故选C。
12. 实验室可用离子交换法测定溶液的浓度，取ml待测液，加入到交换柱中，待测液往下流的过程中会与氢型阳离子交换树脂(用RH表示)发生反应：；用锥形瓶承接交换液，控制交换液的流出速率约为每分钟20-25滴。交换完成后，用c ml/L NaOH溶液滴定交换液至终点，消耗体积ml。(注：在滴定终点的pH，和NaOH不反应)下列说法错误的是
A. 滴定时可选择酚酞作指示剂
B. 溶液的浓度为ml/L
C. 若交换液的流出速率过快，可能导致测得溶液的浓度偏小
D. 利用该方法可以准确测定溶液的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定反应为盐酸和氢氧化钠反应，可以选择酚酞作指示剂，A正确；
B．由题干可知，存在，则溶液的浓度为ml/L，B正确；
C．若交换液的流出速率过快，可能导致交换不充分，使得标准液用量偏小，测得溶液的浓度偏小，C正确；
D．HF会和装置中玻璃纤维反应导致出现实验误差，D错误；
故选D。
13. 一定温度下，反应的机理第1步为，理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是
A. 该反应的B. 机理a、b均表示2步基元反应
C. 机理a、b决速步的能垒：D. 由机理a可知键能大小：Cl-Si【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，该反应的，A正确；
B．由图可知，机理a、b均表示2步基元反应，B正确；
C．由图可知，机理a决速步的能垒为，机理b决速步的能垒为，故，C正确；
D．由图可知反应的反应热，说明断裂H-Si吸收的能量小于形成Cl-Si释放的能量，则机理a键能大小：Cl-Si>H-Si，D错误；
故选D。
14. 常温下向饱和溶液(始终有固体存在)中滴加HCl溶液或者NaOH溶液调节pH，测得溶液中浓度的对数lg(Ca)与溶液的pH之间的关系如下图。已知的电离常数的负对数：，；下列说法正确的是
A. 溶液中始终存在：
B. 的数量级为
C. pH=7时，
D. A点时，
【答案】B
【解析】
【详解】A．由物料守恒得，在溶液中始终存在：，A错误；
B．由，，，数量级为，B正确；
C．由电荷守恒得，pH=7时，，故，C错误；
D．A点时pH=2.75,，，故，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 三氯化六氨合钴()是一种重要的化工产品。实验室以为原料制备三氯六氨合钴的方法如下，回答下列问题：
Ⅰ．制备氯化钴：已知易潮解，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室可用下图装置进行制备
（1）仪器a的名称为_____。
（2）A中固体为高锰酸钾，则反应的离子方程式为______。装置B中试剂X为____。
（3）球形干燥管中试剂的作用为______。
Ⅱ．制备三氯化六氨合钴：将制备的按下图流程操作
（4）“氧化”步骤中应控温在60℃进行，可采取水浴加热，其优点为____。
（5）利用、、浓氨水、制备的总反应化学方程式___。
（6）操作X中，加入浓盐酸的作用是____。
Ⅲ．测定钴含量：准确称量3.0000g样品，加入硫酸酸化的KI溶液至样品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入适量缓冲溶液，几滴淀粉溶液，用0.1000ml/L 溶液滴定生成的，消耗溶液的体积为10.00mL。
(已知：①将氧化成，自身被还原成；②)。
（7）计算样品中钴元素的质量分数为_______%(保留至小数点后两位)。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. ②. 饱和食盐水
（3）吸收氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水进入D中
（4）受热均匀，利于控制温度
（5）
（6）增大氯离子浓度，利于[C(NH3)6]Cl3晶体析出
（7）19.67％
【解析】
【分析】Ⅰ．A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，B中试剂X为饱和食盐水，吸收氯气中的HCl，C中试剂Y为浓硫酸，干燥氯气，D中氯气和C在加热条件下反应制备CCl2，E中碱石灰可以吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时可以防止空气中的水进入D中。
Ⅱ．利用、、浓氨水、制备的总反应化学方程式为，趁热过滤除掉活性炭，加入浓盐酸利用同离子效应促进产品的析出。
【小问1详解】
仪器a为分液漏斗。
【小问2详解】
A的作用是制备氯气，由高锰酸钾和浓盐酸在不加热的条件下反应，其离子方程式为，装置B中试剂X为饱和食盐水，除去氯气中的HCl；
【小问3详解】
球形干燥管中的碱石灰可以除去过量的氯气，防止污染环境，同时由于CCl2易潮解，所以也可以防止空气中的水蒸气的进入；
【小问4详解】
水浴加热的优点就是受热均匀，利于控制温度；
【小问5详解】
利用、、浓氨水、制备时发生的总反应为：
【小问6详解】
加入浓盐酸是利用同离子效应增大氯离子浓度，利于[C(NH3)6]Cl3晶体析出；
【小问7详解】
由滴定过程可得关系式为：2Na2S2O3~I2~2C2+，则C元素的质量分数为：
。
16. 以红土镍镉矿(NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质)为原料回收贵重金属Ni、Cd和Cu，其工艺流程如图所示：
已知：水溶液中物质得失电子的能力可用标准电极电势[E(高价态/低价态)]衡量，E越大说明高价态物质的氧化性越强、E越小说明低价态物质的还原性越强。
（1）“浆化”的目的是_____。
（2）滤渣Ⅰ中含有硫单质，写出“酸浸”时NiS反应的离子方程式_____；滤渣Ⅰ中还含有_____。(填化学式)
（3）溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度ml/L)的pH如下表，则物质X不可能是_____；所调pH范围_____。
a． b．CuO c． d．NaOH
（4）电解时阴极的电极反应为_____。
（5）整个流程中可以循环使用的物质有______。(填化学式)
【答案】（1）增大接触面积，加快酸浸反应速率
（2） ①. 2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O ②. SiO2、PbSO4
（3） ①. d ②. 3.3-4.7
（4）Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd
（5）Ni、CO、H2SO4
【解析】
【分析】镍镉矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入镍的不溶物调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，X可以是碳酸镍或氧化镍等，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；结合电极电位和不引入杂质，可向滤液中加入Y镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到Ni(CO) 4和镉；Ni(CO) 4受热分解得到镍以及CO，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。
【小问1详解】
“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率。
【小问2详解】
空气中氧气具有氧化性，酸性条件下氧化NiS得到硫单质，反应为：2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；由分析可知，滤渣Ⅰ中还含有SiO2、PbSO4；
小问3详解】
向滤液中加入不溶物X和溶液中氢离子反应调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其它离子不沉淀，则需调pH范围为3.3-4.7；氢氧化钠溶液碱性太强且会引入钠离子，不合适，、CuO、均为固态且和氢离子反应能调节pH不引入其它杂质，合适；故选d；
【小问4详解】
电解时阴极的镍离子、镉离子得到电子发生还原反应转化为金属单质，电极反应为Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd；
【小问5详解】
由分析可知，整个流程中可以循环使用的物质有Ni、CO、H2SO4。
17. 丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：
主反应Ⅰ．
副反应Ⅱ．
回答下列问题：
（1）_____0 (填：“>”或“<)。
（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为4p kPa，反应t min达到平衡，平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为______%，_____kPa/min，反应Ⅰ的_____。(用含p的代数式表示，的选择性=)。
（3）在装有相同催化剂的。相同恒压容器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图所示。则B、D两点的平均反应速率v(B)_____v(D)(填“>”、“=”、“<”)，产生这一结果的原因可能是______。
（4）T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通入1ml 、1ml CO和2ml ；向绝热恒容的乙容器中通入1ml 、1ml CO、2ml ，若只发生上述反应Ⅰ。则甲乙容器中的平衡转化率____(填“>”、“<”或“=”)，理由是_____。
【答案】（1）< （2） ①. 80 ②. ③.
（3） ①. > ②. 温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率的影响大于温度对化学反应速率的影响
（4） ①. > ②. 反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移动，C2H4的转化率降低
【解析】
【小问1详解】
反应I为化合反应，绝大多数化合反应为放热反应，所以；
【小问2详解】
设物质的量分别为，达到平衡时C2H4的转化率为80%，即反应消耗C2H4物质的量为0.8ml，C2H6的选择性为25%，则生成的C2H6有0.8ml×25%=0.2ml，则反应Ⅱ消耗的H2有0.2ml，消耗的C2H4有0.2ml，反应Ⅰ消耗的C2H4为0.6ml，消耗的H2为0.6ml，共消耗H2物质的量为0.8ml，H2的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为4ml，初始总压强为4pkPa，CO初始分压pkPa，反应I消耗CO为0.6ml，即压强变化0.6pkPa，反应速率：；，平衡时，n(C2H4)=0.2ml，n(H2)=0.2ml，n(CO)=1.4ml，n(C2H6)=0.2ml，n(CH3CH2CHO)=0.6ml，气体总物质的量为2.6ml，初始时气体总物质的量为4ml，总压为4pkPa，则平衡时各物质分压为p(C2H4)=0.2pkPa，n(H2)=0.2pkPa，n(CO)=1.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，；
【小问3详解】
从图中可知B点乙烯的转化率大于D点，但都小于该温度下的平衡转化率，说明开始时随着温度的升高，反应速率增大，乙烯的转化率不断增大，但是随着温度进一步升高，催化剂活性降低，催化剂降低对反应速率降低的影响强于温度升高对反应速率加快的影响，所以；
【小问4详解】
反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移动，C2H4的转化率降低，所以。
18. 埃克替尼(Ictinib)，商品名凯美纳，是我国首个具有完全自主知识产权的小分子靶向抗癌创新药。它由浙江贝达药业股份有限公司生产，于2011年在我国上市。埃克替尼的问世，标志着我国在抗癌药物研究领域取得了重大突破。Ictinib的合成路线如图所示，回答相关问题。
（1）B中含有的官能团名称为_______。C生成D的反应类型为_______。
（2）解释A生成B的反应中的作用______(DMF作溶剂，不参与反应)。
（3）B生成C所需的试剂为________。
（4）写出A与足量的NaOH反应的化学方程式________。
（5）写出Y的化学名称________。
（6）写出G的结构简式________。
（7）A的同分异构体中满足下列条件的有______种。
①含有1个苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解反应；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6；④不含过氧键(O—O)。
【答案】（1） ①. 酯基、醚键 ②. 还原反应
（2）与HCl反应，使平衡正向移动，增大产率
（3）浓硝酸和浓硫酸 （4）+3NaOH+CH3CH2OH+2H2O
（5）甲酰胺 （6）
（7）4
【解析】
【分析】由流程可知，A和X发生取代反应生成B，B中苯环发生硝化反应引入硝基得到C，C中硝基还原为氨基得到D，D成环转化为E，E引入氯原子得到F，F和G减去HCl生成产品，结合产品结构可知，G为；
【小问1详解】
B，含有醚键、酯基；C中硝基还原为氨基得到D，为还原反应；
【小问2详解】
A生成B的反应同时生成HCl，碳酸钾能与HCl反应，促使平衡正向移动，增大产率；
【小问3详解】
B中苯环发生硝化反应引入硝基得到C，反应条件为：浓硝酸和浓硫酸；
【小问4详解】
A中酚羟基、酯基均会与氢氧化钠反应分别生成-ONa、-COONa和乙醇、水，其与足量的NaOH反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2OH+2H2O；
【小问5详解】
Y化学式为CH3NO，Y和D中氨基、酯基反应生成碳氮双键和酰胺基得到E，同时生成水、乙醇，则Y结构为HCONH2，为甲酰胺；
【小问6详解】
由分析可知，G为：；
【小问7详解】
A分子中除苯环外含有3个碳、4个氧、不饱和度1；其同分异构体中满足下列条件：
①含有1个苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解反应，则为甲酸酯；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6，则分子结构对称；④不含过氧键(O—O)；其结构可以为：，共四种。物质
E/V
+0.34
-013
-0.40
-0.44
-0.26
离子
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
4.7
6.8
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.5
6.7
9.2