2026年高考河南卷化学高考真题（答案版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0726化学_2026年高考化学真题（全国各地共19省）

机密★启用前
河南省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。
1.【答案】D
【详解】A．水汽凝结为雪花晶体只是水的状态从气态变为固态，无新物质生成，属于物理变化，A不
选；
B．光束通过胶体出现丁达尔效应是胶体粒子对光的散射作用，属于物理现象，无化学反应发生，B
不选；
C．干冰升华是固态二氧化碳变为气态，过程中吸热使周围水蒸气冷凝形成雾气，均为物质状态变
化，无新物质生成，属于物理变化，C不选；
D．红色花朵在双氧水中变色是因为双氧水具有氧化性，将花朵中的有色物质氧化为无色物质，有新
物质生成，属于化学反应，D选；
故选D。
2.【答案】B
【详解】A．NH+中N原子与H原子之间均为极性共价键，A正确；
4
B．核素是具有一定质子数和一定中子数的原子，14N和15N质子数相同、中子数不同，属于不同核
7 7
素，B错误；
C．OH-含有10个电子，电子式为： ，C正确；
3-3×1
D．BF 中心B原子的价层电子对数为3+ =3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，D正
3 2
确；
故选B。
3.【答案】D
【详解】A．除去水中氧气不能密闭加热，密闭加热时装置内气体受热膨胀，压强增大，极易发生危
险，操作不符合规范，A错误；
B．连接橡胶塞和试管时，将试管底部抵在桌面用力下压塞子，容易压碎试管，引发玻璃划伤等安全
事故，正确操作为手拿试管，慢慢转动将橡胶塞旋入，B错误；
1
C．加热试管中溶液时，应该用试管夹夹在距管口约 ​ 处，不能用坩埚钳夹试管，C错误；
3
D．向容量瓶中转移溶液时，采用玻璃棒引流，操作符合规范，D正确；
故选D。
4.【答案】C
【详解】A．由分析可知，U为CaCl ，是常用中性干燥剂，可作干燥剂，A正确；
2
B．由分析可知，V为Cl ，溶于水发生反应Cl +H O⇌HCl+HClO，可生成Z(HClO)，B正确；
2 2 2
C．由分析可知，Y为CaCO ，与盐酸反应生成CaCl 、CO 和H O，不能生成X[Ca(ClO) ]，C错
3 2 2 2 2
误；
·1·光照

D．由分析可知，Z为HClO，光照下易分解，反应为2HClO 2HCl+O ↑，D正确；
2
故选C。
5.【答案】A
【详解】A．碳酸钠热稳定性高，受热不易分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠是利用其熔融状态下能电
离产生自由移动的钠离子，陈述不合理，A符合题意；
B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，可从蛋白质水解产物中提炼得到，陈述合
理，B不符合题意；
催化剂
C．合成氨反应为N +3H ⇌ 2NH ，正反应气体分子数减少，加压既可增大反应速率，也可使平
2 2 3
高温高压
衡正向移动提高氨的产率，陈述合理，C不符合题意；
D．氯化钠属于电解质，在水中电离出自由移动的Na+和Cl-，使溶液中自由移动的离子浓度远大于
纯水，导电性更强，陈述合理，D不符合题意；
故选A。
6.【答案】B
【详解】A．氢硫酸(H S)是弱酸，在离子方程式中不能拆写为S2-，需保留化学式，正确离子方程式
2
为Cu2++H S=CuS↓+2H+，A错误；
2
B．Mg(OH) 是难溶弱碱，与稀盐酸反应生成可溶性氯化镁和水，离子方程式为：Mg(OH) +2H+=
2 2
Mg2++2H O，B正确；
2
C．浓硝酸溶解金属银生成二氧化氮、硝酸银和水，正确离子方程式为Ag+2H++NO-=Ag++
3
NO ↑+H O，C错误；
2 2
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠，反应生成的OH-会与过量的HSO-反应生成SO2-和
3 3
H O，正确的离子方程式为：Na O +2HSO-=2Na++SO2-+SO2-+H O，D错误；
2 2 2 3 4 3 2
故选B。
7.【答案】C
【详解】A．该化合物含有碳碳双键，可与HBr发生加成反应，A正确；
B．醇发生消去反应的条件是：羟基连接碳的邻位碳原子上有氢原子。该分子中的左侧羟基，邻位碳
原子上连有氢原子，满足消去反应条件，因此能发生消去反应，B正确；
C．该化合物的官能团为：碳碳双键、羟基、羰基、酯基，共4种官能团，C错误；
D．分子中的碳碳双键、羟基都可以被酸性KMnO 溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
4
故答案选C。
8.【答案】A
【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性F>O，即X>W，A正确；
4+2-3×2
B．QW2-为CO2-，中心C的价层电子对数为3+ =3，采取sp2杂化，B错误；
3 3 2
C．Z为Ca，第四周期原子半径从左到右逐渐减小，同周期原子半径最大的是K，不是Ca，C错误；
D．Y为Al，同周期相邻元素为Mg和Si，同周期主族元素，第一电离能从左往右有增大的趋势，则
第一电离能：Si>Al，Mg的3s轨道电子能量低于Al的3p轨道电子能量，更难电离，则第一电离
能：Mg>Al，D错误；
故选A。
·2·9.【答案】B
【详解】A．Fe3+水解使溶液显黄色，加入稀硫酸后c(H+)增大，水解平衡Fe3++H O⇌Fe(OH)2++
2
H+逆向移动，抑制Fe3+水解，溶液黄色变浅，A正确；
B．④中Fe3+与SCN-结合生成红色配合物，游离SCN-浓度低；⑤中Fe3+与C O2-结合生成更稳
2 4
定的[Fe(C 2 O 4 ) 3 ]3-，释放出SCN-，故cSCN-  ：⑤>④，B错误；
C．④中直接是Fe3+与SCN-结合显红色；⑥中加入稀硫酸后，C O2-与H+结合，[Fe(C O ) ]3-解
2 4 2 4 3
离出Fe3+，再与SCN-结合显红色，C正确；
D．维生素C具有还原性，可将③中的Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K [Fe(CN) ]反应生成蓝色沉淀，
3 6
D正确；
故选B。
10.【答案】B
【详解】A．金刚砂(SiC)中原子之间连接成空间网状结构，因此属于共价晶体，C-Si键键能大，难
断键，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构可以解释性质，A不符合题意；
B．苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符合相似相溶规律，与苯分子中的大π键无
关，结构特征不能解释其性质，B符合题意；
C．分子间氢键会提升分子间作用力使沸点升高，分子内氢键对分子间作用力无提升作用，因此对羟
基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛，结构可以解释性质，C不符合题意；
D．基态氩原子最外层为8电子稳定结构，不易得失或共用电子，因此氩气性质稳定、不易形成化合
物，结构可以解释性质，D不符合题意；
故选B。
11.【答案】C
【详解】A．E分子中含有多个sp3杂化碳原子(如环上-CH -的碳)，其四面体构型导致分子无法
2
所有原子共平面，A错误；
B．反应中无小分子(如H O)脱除，不属于缩聚反应，E中羟基氢原子断裂，和F的碳碳三键发生加
2
聚反应生成高分子G，B错误；
C．F含两个酯基，碱性水解产物为羧酸盐和醇，通过结构可知水解产物结构简式与E相同，C正
确；
D．根据上述反应可知 发生自聚反应的产物为
，不是G，D错误；
故选C。
12.【答案】D
【详解】A．铂电极是阴极，H+在阴极得电子生成H ：2H+ + 2e⁻ = H ↑，A正确；
2 2
B．工作时，电极a 为阴极，电极反应：AgCl + e⁻ = Ag + Cl⁻，a 、a 等奇数电极为正极，电极反
1 3 n-1
应：AgCl + e⁻ = Ag + Cl⁻，均是AgCl转化为Ag，质量减小，B正确；
C．在装置运行过程中：左侧高浓度盐酸中，Cl⁻被消耗，同时H+通过质子交换膜迁移到右侧，最终，
·3·左侧盐酸浓度降低，右侧盐酸浓度升高；且a 、a 、⋯、a 电极质量减小，a 、a 、⋯、a 电极质量增
1 3 n-1 2 4 n
加。若定期将直接相连的Ag/AgCl电极互换，并恢复两侧盐酸浓度，可使装置恢复到初始状态，再次
运行，C正确；
D．将盐酸换为NaCl溶液、使用阳离子交换膜时，阳极反应：2Cl⁻ - 2e⁻ = Cl ↑；阴极反应2H O
2 2
+2e-=H ↑+2OH-，Na+会通过阳离子交换膜向阴极移动，在铂电极附近生成NaOH。但中间的装
2
置中，Ag/AgCl电极发生反应：Ag - e⁻ + Cl⁻ = AgCl和AgCl + e⁻ = Ag + Cl⁻，不会生成
NaOH，D错误；
故选D。
13.【答案】C
【详解】A．温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快。对比两图可知：T ​温度下M浓
2
度下降更快，反应速率更快，因此T >T ​，A错误；
2 1
c 1
B．根据题目给出的lnc=lnc -kt，可以将公式变形为：ln =-kt，当M反应一半时，c= c ，代
0 c 2 0
0
1
c
2 0 1 ln2
入得：ln =-kt，ln =-kt，-ln2=-kt，t= ，B错误；
c 2 k
0
C．N是中间产物：N浓度增大时，N的生成速率大于消耗速率；N浓度达到最大值后开始下降，此
时N的生成速率小于消耗速率，因此N浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确；
D．催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大N→Q的反应速率，N生成后消耗更
快，会使N的浓度最大值减小，D错误；
故选C。
14.【答案】B
【详解】A．根据 K = 10-6.16，当 pH = 7.00 时： cH 2 Y2-
5

cHY3- 
cH+ =  10-7.00 = =10-0.84<1，因此
K 10-6.16 5
c(H Y2-) < c(HY3-)，A 错误；
2
B．M为lg cH 2 Y2- 
cHY3- 
 


 与lg cH 2 Y2- 
cY4- 
 


 的交叉点，说明lg cH 2 Y2- 
cY4- 
 


 =lg cH 2 Y2- 
cHY3- 
 


 ，即
-pH+pK =-2pH+pK +pK ，pH=10.26，代入任意方程，求纵坐标：pR=6.16-10.26=-4.1，
5 5 6
B 正确；
C．加入1.00×10-3 molBaSO 固体，若完全溶解在1.00L溶液中，需要消耗一部分Y4-形成配合
4
物，c(SO2-) = 1.00 × 10-3 mol·L-1；由于0.101mol/L远大于1.00 × 10-3 mol·L-1，Y总浓度基本不
4
cHY3-
变，近似为0.100mol/L ，在pH=6.50时计算Y4-的浓度：

cY4- 
10-6.5
= =103.76，据
10-10.26
cH 2 Y2-  cY4-  c2H+ =  10-6.5 = K K 5 6  2 10-6.16×10-10.26 =103.42，未配位体系主要是H 2 Y2-、HY3-，此时cY4-  ≈
c 0.1
总 ≈ ≈1.19×10-5mol/L，若BaSO 能够完全溶解，绝大部分Ba都会
1+103.76+103.42 1+5754+2630 4
形成[BaY]2-，故c BaY   2-   ≈1.00×10-3mol/L。根据配合物平衡常数逆推此时溶液中游离的
Ba2+浓度：cBa2+ 
c BaY
=
  2-  
K×cY4- 
，代入数据计算：cBa2+  =10-5.88mol/L，此时Q cBaSO
4
 =
10-5.88×10-3=10-8.88>K spBaSO
4
 ，说明 BaSO 达到了沉淀溶解平衡状态，无法继续溶解，即未能
4
完全溶解，C错误；
·4·K 10-14
D．该反应的K = w = =10-7.84，D错误；
h K 10-6.16
5
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量(任选一条即可)
(2)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe3+(或 Fe (SO ) )以便在“浸出1”中循
2 4 3
环利用
(4)该反应的活化能较大，反应速率较慢
(5)4:1 (6)回收Au和Pd
(7)2Ce3++ClO-+6OH-+H O=2Ce(OH) ↓+Cl-
2 4
【解析】
【小问1详解】
提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉
碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。
【小问2详解】
“浸出1”中使用了H SO 和Fe (SO ) ，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为
2 4 2 4 3
Fe2+。离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
【小问3详解】
“滤液1”中含有Fe2+、Cu2+等离子，阳极液为FeSO 溶液，阳极反应为Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应
4
为：Cu2++2e-=Cu。通过电解，可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出
1”，而Cu作为固体1被回收。
【小问4详解】
3Ce4++Au⇌3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本
完全。但实际生产中“浸出率较低”(反应并没有充分发生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应
的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。
【小问5详解】
AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。N H 被氧化为N ，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1
2 4 2
molN 2 H 4 失4e⁻，根据得失电子守恒可得nAgCl  :nN 2 H 4  =4:1。
【小问6详解】
“滤液2”中含有少量Au3+、Pd2+，在沉淀步骤中转化为 AuCl 4  -、 PdCl 4  2-，合并到“浸出”的滤液
中，可在“还原”步骤中被Zn还原为Au、Pd，提高其回收产率。
【小问7详解】
氧化”步骤中，NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，在碱性条件下生成Ce(OH) 沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。
4
根据氧化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++ClO-+6OH-+H O=2Ce(OH) ↓+Cl-。
2 4
16.【答案】(1) ①. 分液漏斗 ②. 烧杯 ③. CCl 与水不互溶，且CCl 的密度大于水 ④.
4 4
液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅
(2) ①. 增大I-浓度，促使：I +I-⇌I-平衡正向移动，使CCl 中的I 尽可能多地转移到水相中，
2 3 4 2
10c V
以便后续滴定 ②. 2 2 ③. 1.7×10-3 ④. 分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，
c V
1 1
可以显著提高萃取效率
·5·【解析】
【小问1详解】
①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯。
②振荡、静置后，I 的CCl 溶液在下层的原因是：CCl 与水不互溶，且CCl 的密度大于水。
2 4 4 4
③碘在CCl 中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl ，碘单质会被萃
4 4
取到CCl 中。由于碘溶于CCl 显紫红色，且CCl 在下层，因此可以观察到：液体分层，下层(有机
4 4 4
层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅。
【小问2详解】
①根据题目给出的反应：I +I-⇌I-，I +2S O2-=2I-+S O2-。在步骤Ⅳ中，CCl 层中的I 需要先
2 3 2 2 3 4 6 4 2
转移到水相中才能被 Na S O 滴定。由于I 在CCl 中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶
2 2 3 2 4
液后，I 与I-反应生成 I- ，使I 从CCl 转移至水相，同时I-可被Na S O 滴定。
2 3 2 4 3 2 2 3
②分别计算水层和CCl 层中I 的浓度。步骤Ⅲ：取50.00mL水层溶液，加入KI后，I 转化为I-，滴
4 2 2 3
定反应为：I 2 +2S 2 O2 3 -=2I-+S 4 O2 6 -，消耗的Na 2 S 2 O 3 物质的量为：nS 2 O2 3 -  =c V×10-3 mol，根 1 1
据反应方程式，nI 2 
1
= 2 nS 2 O2 3 - 
1
= c V×10-3 mol。水层中I 的浓度为：c(I) = 2 1 1 2 2 H 2 O
2 1 c 1 V 1 ×10-3 mol = c 1 V 1 mol⋅L-1，步骤Ⅳ：取5.00mL CCl 层溶液，加入25mL KI溶液后，I 转
50.00×10-3 L 100 4 2
移至水相，滴定反应同上。消耗的Na 2 S 2 O 3 物质的量为：nS 2 O2 3 -  =c 2 V 2 ×10-3 mol，nI 2  =
1 c V×10-3 mol。CCl 层中I 的浓度为：c(I) = 2 1 c 2 V 2 ×10-3 mol = c 2 V 2 mol⋅L-1。浓度
2 2 2 4 2 2 CCl 4 5.00×10-3 L 10
cV
c(I) 2 2 10c V
商计算：K= 2 CCl 4 = 10 = 2 2 。
c(I) cV c V
2 HO 1 1 1 1
2 100
③计算初始I 2 的物质的量：nI 2 
3.0×10-2g
= =1.181×10-4mol，设平衡时水层中I 的浓度为x 254g⋅mol-1 2
 mol⋅L-1，则CCl 4 层中I 2 的浓度为85xmol⋅L-1。根据物料守恒：nI 2  =c(I) V +c(I) 2 HO HO 2
2 2
V ，1.181×10-4mol=x×0.15L+85x×0.03L，1.181×10-4=0.15x+2.55x=2.7x，x=
CCl CCl
4 4
1.181×10-4
2.7 =4.374×10-5mol⋅L-1。水层中I 2 的质量：mI 2  =4.374×10-5mol⋅L-1×0.15L×
254g⋅mol-1≈1.667×10-3g≈1.7×10-3g；单次萃取后，I 残留质量为1.7×10-3g；两次萃取后，I 残
2 2
留质量为3.3×10-4g，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。
17.【答案】(1) ①. 1s22s22p1 ②. >
(2)NH OH中羟基(-OH)是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减
2
弱
4.8×1031
(3) (4)B
abcN
A
(5) ①. 在900℃ 以上时，n(CH )=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H )不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移
4 2
动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减
小，分压也逐渐减小 ②. 1.6 ③. 62.5 ④. 不变
【解析】
【小问1详解】
B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为1s22s22p1；
·6·4-4×1
CH 分子中C原子价层电子对数是4+ =4，采取sp3杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面
4 2
5-3×1
体结构，键角为109°28′；分子中 NH 分子N原子价层电子对数是3+ =4，也是sp3 杂化，但
3 2
含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：
CH >NH ；
4 3
【小问2详解】
N原子与金属离子结合的能力(配位能力)取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺(NH OH
2
)可以看作是NH 中的一个H 被-OH取代。由于O原子的电负性很大，-OH表现出强烈的诱导
3
吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合(配位)的能力弱于NH 。
3
【小问3详解】
用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，NN 
1
=8× =1；C位于体心，NC
8
 =1；B共4
个，均位于晶胞面上，NB 
1 2×11+12+14 48
=4× =2，晶胞总质量m= g= g；晶胞体积V=
2 N N
A A
m
(a×10-10cm)×(b×10-10 cm)×(c×10-10 cm)=abc×10-30cm3，因此密度ρ= =
V
48 4.8×1031
= g⋅cm-3。
N ⋅abc×10-30 abcN
A A
【小问4详解】
反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高N 平衡转化率，
2
因此选高温低压。
【小问5详解】
①由图2可知，在900℃ 以上时，n(CH )=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H )不再变化，但反应Ⅱ平衡正向
4 2
移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数
减小，分压也逐渐减小。
②已知起始投入：nCH 4  =3.0mol，nB 2 O 3  =2.0mol ，nN 2  =2.0mol，当CH 忽略不计(完全 4
反应)时，说明反应I进行到底，生成了3.0mol C(s)和6.0mol H (g)，设反应Ⅱ中消耗的N 物质的
2 2
量为amol，列三段式：
B 2 O 3s  + 3Cs  + N 2g  ⇌ 2BNs  + 3COg 
初始mol 2 3 2 0 0
变化mol a 3a a 2a 3a
平衡mol 2-a 3-3a 2-a 2a 3a
由题意知，此时CO的分压是N 分压的2倍。在同温同压同体积下，气体的分压之比等于物质的量
2
3a
之比： =2，解得a=0.8，此时BN的物质的量为1.6mol，平衡时各气体组分的物质的量：
2-a
nH 2  =6.0mol、nCO  =3×0.8=2.4mol、nN 2  =2.0-0.8=1.2mol，总气体物质的量n = 总
6+2.4+1.2  mol=9.6mol，总压100kPa，故pH 2 
6
= ×100 9.6  kPa=62.5kPa；平衡常数K ​只 p
与温度有关，若再加入2.0 mol N ，其他条件不变，重新达到平衡时，温度不变，K ​不变。
2 p
18.【答案】(1) ①. 1 ②. 加成反应(或还原反应)
·7·(2) + → + (3)CH 3 CCl 
=CHCHO或CH 3 CH=CCl  CHO或CH 3 CCHO  =CHCl
(4) (5) ①. 羰基(或酮羰基) ②. 碳碳双键
(6)增大Pd/C催化剂和H ​压强后，H ​除了使C-Br键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加
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成反应，生成副产物
(7)保护酚羟基的对位(或占位)，防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位
【解析】
【小问1详解】
手性碳指的是连有四个互不相同原子或基团的饱和碳原子，H中含有1个手性碳，位置如图：
；G 中的碳碳双键与氢气加成，属于加成反应(或还原反应)。
【小问2详解】
A 与 发生取代反应，在酚羟基对位引入溴原子，化学方程式： +
→ + ；
【小问3详解】
C的分子式C H ClO，不饱和度为2，能发生银镜反应→含有醛基(-CHO)，醛基占了1个不饱和度，
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其余结构中还含有1个不饱和度为 1，核磁共振氢谱为三组峰，且面积比为 3:1:1。氢原子个数为5。
说明有一个结构含有 3 个高度对称的氢(通常是甲基)；构造推导：含 -CH 、-CHO、一个碳碳双
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键、和一个Cl，结构可能是：CH 3 CCl  =CHCHO或CH 3 CH=CCl  CHO或CH 3 CCHO  =
CHCl；
【小问4详解】
通过前面的重排推导，酰基重排到酚羟基的另一个邻位，E的结构简式是 ；
【小问5详解】
·8·F含官能团羟基、羰基，G含官能团羟基、碳碳双键，二者不同的官能团为羰基(F)、碳碳双键(G)。
【小问6详解】
E→I的转化是先酮羰基变成了碳碳双键，所以I同时含有碳碳双键和对位的溴原子，I结构简式：
，目标是从I到G，只需要利用H 、Pd/C把溴原子脱掉，问题在于：H 、Pd/C也
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是极其经典的碳碳双键加氢还原条件。如果增加催化剂用量和氢气压力，除了发生脱溴反应外，分
子内的碳碳双键也会被氢化还原，从而生成了副产物。
【小问7详解】
A 变为 B 时在酚羟基对位上了一个溴原子，随后 D 发生重排时，如果不占住对位，酰基也会跑到对
位(题干已知信息)。把对位用溴占用后，迫使酰基只能进入邻位，从而得到了目标产物 E 的骨架。
完成使命后，再在 E→F 步把溴转化为H。
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