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【2023福建等级考】1. 唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是

A. 蒸                                B.捣                                C.焙                                D.封

【答案】D

【解析】

【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。

【详解】A．蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符；

B．捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符；

C．烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符；

D．封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合；

故选D。

【2023福建等级考】2. 抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是

A. 能发生水解反应                                                   

B.含有2个手性碳原子

C. 能使Br₂的CCl₄溶液褪色                                   

D.碳原子杂化方式有sp²和sp³

【答案】B

【解析】

【详解】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，A正确；

B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，B错误；

C．分子中含有碳碳双键，因此能使能使Br₂的CCl₄溶液褪色，C正确；

D．分子中双键碳原子为sp²杂化，饱和碳原子为sp³杂化，D正确；

故选B。

【2023福建等级考】3. 某含锰着色剂的化学式为XY₄MnZ₂Q₇，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，结构如图所示。下列说法正确的是

A. 键角：                                             

B.简单氢化物沸点：

C. 第一电离能：                                 

D.最高价氧化物对应的水化物酸性：

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，可知为NH₄^＋，故Y为H，X为N；同时分析结构，可知Q正常情况应该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O,Z为P。

【详解】A．NH₃和NH₄^＋都是sp³杂化，但是nh3中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，在一个nh3是三角锥形结构，而nh4+是正四面体结构，故键角：nh3＜nh4+，A错误；

B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H₂O＞NH₃＞PH₃,正确顺序为Q＞X＞Z，B错误;

C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞O＞Mn，C正确;

D．Z的最高价氧化物对应的水化物为H₃PO₄,X最高价氧化物对应的水化物为HNO₃,前者为中强酸而后者为强酸，D错误；

故选C。

【2023福建等级考】4. 我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH₃OH]^＋[NO₃]^－在催化剂作用下可完全分解为N₂、H₂O和O₂。N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 0.1mol [NH₃OH]^＋含有的质子数为1.5N_A

B. 48g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5N_A

C. 0.5 mol硝酸羟胺含有的N－O σ键数为2N_A

D. 硝酸羟胺分解产生11.2L N₂(已折算为标况)的同时，生成O₂分子数为N_A

【答案】C

【解析】

【详解】A． 0.1mol [NH₃OH]^＋含有的质子数为，A错误；

B．48g固态硝酸羟胺含有的离子数为，B错误；

C．0.5 mol硝酸羟胺含有的N－O σ键数为，C正确；

D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为[NH₃OH]^＋[NO₃]^－=N₂↑＋2H₂O＋O₂↑，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下11.2L N₂，同时生成O₂分子数为0.5N_A，D错误；

故选C。

【2023福建等级考】5. 稀有气体氙的氟化物（XeF_n）与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：

下列说法错误的是

A. XeO₃具有平面三角形结构                                 

B.OH^－的还原性比H₂O强

C. 反应i～iv中有3个氧化还原反应                        

D.反应iv每生成1molO₂，转移6mol电子

【答案】A

【解析】

【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO₃分子为三角锥形分子，A错误；

B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF₆可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH^－的还原性比H₂O强，B正确；

C．I、iii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；

D．分析iv可知，每生成一个O₂，整个反应转移6个电子，故每生成1molO₂，转移6mol电子，D正确；

故选A。

【2023福建等级考】6. 从炼钢粉尘(主要含Fe₃O₄、Fe₂O₃和ZnO)中提取锌的流程如下：

“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH₃)₄]^2＋，并有少量Fe^2＋和Fe^3＋浸出。下列说法错误的是

A. “盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH₃

B. “滤渣”的主要成分为Fe(OH)₃

C. “沉锌”过程发生反应[Zn(NH₃)₄]^2＋＋4H₂O＋S^2－=ZnS↓＋4NH₃·H₂O

D. 应合理控制(NH₄)₂S用量，以便滤液循环使用

【答案】B

【解析】

【分析】“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH₃)₄]^2＋，发生反应ZnO＋2NH₃＋2NH₄^＋=[Zn(NH₃)₄]^2＋＋H₂O，根据题中信息可知，Fe₂O₃、Fe₃O₄只有少量溶解，通入空气氧化后Fe²⁺和Fe³⁺转化为Fe(OH)₃；“沉锌”过程发生反应为：[Zn(NH₃)₄]^2＋＋4H₂O＋S^2－=ZnS↓＋4NH₃·H₂O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH₄Cl。

【详解】A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH₃，A正确；

B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe₃O₄和Fe₂O₃，只含少量的Fe(OH)₃，B错误；

C. “沉锌”过程发生反应[Zn(NH₃)₄]^2＋＋4H₂O＋S^2－=ZnS↓＋4NH₃·H₂O，C正确；

D. 应合理控制(NH₄)₂S用量，以便滤液循环使用，D正确；

故答案选B。

【2023福建等级考】7. 从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：

已知甲基叔丁基醚的密度为0.74g/cm³。下列说法错误的是

A. “萃取”过程需振荡、放气、静置分层

B. “有机层”从分液漏斗上口倒出

C. “操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸

D. “洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好

【答案】D

【解析】

【分析】苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。

【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确；

B．甲基叔丁基醚的密度为0.74g/cm³，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；

C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；

D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错误；

故答案为：D。

【2023福建等级考】8. 一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由NaCl、KCl和AlCl₃形成熔点为93℃的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放Al^3＋的作用。电池总反应：。下列说法错误的是

A. 含4n个Al－Cl键

B. 中同时连接2个Al原子的Cl原子有(n-1)个

C. 充电时，再生1mol Al单质至少转移3mol电子

D. 放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高

【答案】D

【解析】

【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。

【详解】A．的结构为，所以含4n个Al－Cl键，A正确；

B．由的结构可知同时连接2个Al原子的Cl原子有(n-1)个，B正确；

C．由总反应可知充电时，再生1mol Al单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移3mol电子，C正确；

D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的浓度越高，D错误；

故选D。

【2023福建等级考】9. 25℃时，某二元酸(H₂A）的K_a1=10^－3.04、K_a2=10^－4.37。1.0mol/L NaHA溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是

A. 曲线n为的变化曲线                             

B. a点：pH=4.37

C. b点：                  

D. c点：

【答案】B

【解析】

【分析】1.0mol/L NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA^-H⁺+A^-和水解平衡HA^-+H₂OOH^-+H₂A，HA^-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线；

【详解】A．1.0mol/L NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA^-H⁺+A^-和水解平衡HA^-+H₂OOH^-+H₂A，HA^-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；

B．a点,=1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；

C．b点, =0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确；

D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确；

答案选B。

【2023福建等级考】10. 白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe₃O₄、CoO、CuS、Cu₂S及少量SiO₂)中分离回收金属的流程如下：

（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有_________（任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式_________。

（2）“焙烧1”中，晶体[Fe₂(SO₄)₃·xH₂O和CoSO₄·yH₂O]]总质量随温度升高的变化情况如下：

①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是_______；566～600℃发生分解的物质是_______(填化学式)。

②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为_______℃。

（3）25℃时，K_sp(CuS)=6.3×10^－36，H₂S的K_a1=1.1×10^－7、K_a2=1.3×10^－13。反应CuS(s)＋2H^＋(aq)=Cu^2＋(aq)＋H₂S(aq)的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。

II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。

（4）基态Cu^2＋的价电子排布式为_______。

（5）晶胞中含有_______个_______。晶体中微粒间作用力有_______(填标号)。

a．氢键    b．离子键    c．共价键    d．金属键

（6）“焙烧2”中Cu₂S发生反应的化学方程式为_______；“滤渣2”是_______(填化学式)。

【答案】10.     ①. 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H₂SO₄浓度等    ②.CoO＋2H^＋=Co^2＋＋H₂O 

11.     ①. 失去结晶水    ②. Fe₂(SO₄)₃    ③.600～630℃ 

12或或之间任一数字

13.

14.     ①. 2    ②. 2:1    ③. bc

15.     ①. Cu₂S＋2O₂2CuO＋SO₂    ②. SiO₂

【解析】

【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co²⁺、Fe²⁺、SO₄^2－、Fe³⁺）以及滤渣1（SiO₂、Cu₂S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO₄溶液以及滤渣2 SiO₂。

【小问1详解】

“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H₂SO₄浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：CoO＋2H^＋=Co^2＋＋H₂O ；

【小问2详解】

①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；

②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；

【小问3详解】

CuS(s)＋2H^＋(aq)=Cu^2＋(aq)＋H₂S(aq)的平衡常数=；

【小问4详解】

基态Cu^2＋的价电子排布式为3d⁹；

【小问5详解】

由晶胞可知含S^2-的个数为晶胞内与Cu形成3个键的，有2个，为棱上2个S直接相连的部分，个数为=2；因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu⁺的个数为x，Cu²⁺的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=2，y=1，故2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；

【小问6详解】

“焙烧2”中Cu₂S发生反应的化学方程式为：Cu₂S＋2O₂2CuO＋SO₂，由分析可知，滤渣2为SiO₂。

【2023福建等级考】11. 某研究小组以TiCl₄为原料制备新型耐热材料TiN。

步骤一：TiCl₄水解制备TiO₂(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl₄，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO₂·xH₂O并洗涤，煅烧制得TiO₂。

（1）装置A 中冷凝水的入口为_________（填“a”或“b”）

（2）三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。TiCl₄水解生成的胶体主要成分为_______(填化学式)。

（3）判断TiO₂·xH₂O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有_______。

步骤二：由TiO₂制备TiN并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。

（4）装置C中试剂X为_______。

（5）装置D中反应生成TiN、N₂和H₂O，该反应的化学方程式为_______。

（6）装置E的作用是_______。

（7）实验中部分操作如下：

a．反应前，称取0.800gTiO₂样品；

b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；

c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；

d．打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；

e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；

f．反应后，称得瓷舟中固体质量为0.496g。

①正确的操作顺序为：a→_______→f(填标号)。

②TiN的产率为_______。

【答案】（1）b（2）Ti(OH)₄

（3）AgNO₃(或AgNO₃＋HNO₃、硝酸银、酸化的硝酸银)

（4）碱石灰(或生石灰(CaO)、NaOH、KOH以及这些物质的组合均可)

（5）

（6）吸收氨气与水（7）    ①. bdec    ②. 80.0%或80%、0.8

【解析】

【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl₄，搅拌并加热，TiCl₄在盐酸中水解生成白色沉淀TiO₂·xH₂O，将TiO₂·xH₂O洗涤，煅烧制得TiO₂，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH₃，利用装置C除去NH₃中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH₃和TiO₂在800℃下反应生成TiN、N₂和H₂O，化学方程式为，装置E中装有CaCl₂，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH₃。

【小问1详解】

装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；

【小问2详解】

TiCl₄水解生成Ti(OH)₄，TiCl₄水解生成的胶体主要成分为Ti(OH)₄；

【小问3详解】

TiO₂·xH₂O沉淀中含有少量的Cl^-杂质，判断TiO₂·xH₂O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl^-，若最后一次洗涤液中不含Cl^-，则证明TiO₂·xH₂O沉淀清洗干净，检验Cl^-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO₃；

【小问4详解】

由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；

【小问5详解】

由分析可知，该反应的化学方程式为；

【小问6详解】

由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；

【小问7详解】

①该实验应先称取一定量的TiO₂固体，将TiO₂放入管式炉中，提前通入NH₃排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH₃，则正确的实验操作步骤为abdecf；

②0.800gTiO₂的物质的量为，则TiN的产率为。

【2023福建等级考】12. 探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有

ⅰ．

ⅱ．

ⅲ．

已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。

（1）比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ_____反应ⅱ（填“＞”或“＜”）。

（2）①在该温度下，Kp₂远大于 Kp₁，但φ（C₃H₆)和φ（C₂H₄)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的__________反应和反应 ⅱ 的_________反应（填“正向”或“逆向”）。

②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为：__________。

③平衡体系中检测不到H₂，可认为存在反应：3C₃H₈(g)=2C₃H₆(g)＋3CH₄(g)  K_p，下列相关说法正确的是_______(填标号)。

a．

b．

c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率

d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数

④由表中数据推算：丙烯选择性_______(列出计算式)

（3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应：

ⅳ．CH₃OH(g)=CO(g)＋2H₂(g) ΔH₄=＋91kJ/mol

在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。

①进料比n(丙烷) ：n(甲醇)=1时，体系总反应：C₃H₈(g)＋CH₃OH(g)==CO(g)＋2CH₄(g) ΔH=_____kJ/mol

②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是_______。

【答案】12. ＞13.     ①. 正向    ②. 逆向    ③. ⅱ＞ⅰ＞ⅲ    ④. ab    ⑤. 33.28%

14.     ①. -29kJ/mol    ②. 甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降

【解析】

【分析】K_p为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。

【小问1详解】

反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；

【小问2详解】

ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据勒夏特列原理并不能够将丙烷增加的影响消除，因此丙烯的体积分数会降低；在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷因此丙烯的选择性；故答案为：正向，逆向；ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，ab；33.28%；

【小问3详解】

ⅲ．C₃H₈(g)＋2H₂(g)=3CH₄(g) ΔH₃=－120kJ/mol  ⅳ．CH₃OH(g)=CO(g)＋2H₂(g) ΔH₄=＋91kJ/mol

目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i生成物增多，平衡逆向移动；反应ⅲ反应物增多，正向移动，造成丙烯体积分数下降。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应i逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降。

【2023福建等级考】13. 沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。

已知：Boc表示叔丁氧羰基。

（1）A中所含官能团名称_______。

（2）判断物质在水中的溶解度：A_______B(填“>”或“<”)

（3）请从物质结构角度分析(C₂H₅)₃N能与HCl反应的原因_______。

（4）A→B的反应类型_______。

（5）写出D的结构简式_______。

（6）写出E→F的化学反应方程式_______。

（7）A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为，写出该同分异构体的结构简式_______。(只写一种)

【答案】13. 羧基、酰胺基

14. >15. (C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应

16. 酯化反应17.

18. + HCONH₂+HCOOC₂H₅

19.

【解析】

【分析】和C₂H₅OH发生酯化反应生成，加Boc-OH发生取代反应生成，加入氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，加入HCONH₂发生取代反应生成。

【小问1详解】

A为，官能团为羧基、酰胺基；

故答案为：羧基、酰胺基。

【小问2详解】

A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；

故答案为：>。

【小问3详解】

(C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应；

故答案为：(C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应。

【小问4详解】

根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应；

故答案为：酯化反应。

【小问5详解】

根据分析可知D结构简式为为；

故答案为：。

【小问6详解】

根据分析可知E→F的化学反应方程式为+ HCONH₂+ HCOOC₂H₅；

故答案为：+ HCONH₂+HCOOC₂H₅。

【小问7详解】

丁二酸为，分子内脱水为，分子上一个H被取代后的烃的衍生物，A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，则结构简式为；

故答案为：。