文档文本内容
第12 天 解答题押题特训（3）
题号
押题亮点
情境与素养
难度与考前重点提醒
15
高考趋势： 以亚氯酸钠
（NaClO₂）的实验室
制备为载体，综合考
查气体制备装置、氧
化剂判断、吸收效率
优化、安全操作（防
爆炸）、方程式书写
及杂质检验。是实验
综合题的典型代表。
考点角度： 分液漏斗名
称、NaClO₃ 作氧化剂
制备ClO₂、浓盐酸替
代的弊端（生成Cl₂ 杂
质）、提高吸收效率
的措施（浓度、接触
面积）、鼓入N₂ 的作
用（稀释防爆、驱赶
气体）、吸收反应方
程式
（ClO₂+NaOH+H₂O₂
→NaClO₂+O₂+H₂O）
情境： 实验探究与
生产安全情境
（消毒剂制
备）。
素养： 科学探究与
创新意识（实验
条件优化、安全
操作）；证据推
理与模型认知
（杂质来源分
析、离子检
验）；宏观辨识
与微观探析（氧
化还原反应）。
四翼： 综合性、应
用性。
难度：中
考前重点提醒： 实验综合题要“关注安
全、优化条件、排除干扰”。（1）
装置A 中NaClO₃ 与Na₂SO₃ 在酸性条
件下发生氧化还原反应生成ClO₂，其
中Cl 从+5 降到+4，Na₂SO₃ 作还原
剂，NaClO₃ 作氧化剂。（2）若将浓
硫酸换成浓盐酸，浓盐酸会与NaClO₃
发生反应生成Cl₂（+5→0 或-1），污
染产品。（3）提高吸收效率的方
法：增大反应物浓度（提高H₂O₂ 浓
度）、增大气液接触面积（多孔球
泡）。热水浴会降低ClO₂ 溶解度和
导致NaClO₂ 分解；加快滴加速率会
生成大量ClO₂ 来不及吸收且可能达
到爆炸浓度。（4）鼓入N₂ 的作用：
稀释ClO₂ 防止爆炸；将ClO₂ 全部赶
入B 中提高转化率。（5）吸收反
应：ClO₂ + 2NaOH + H₂O₂ = 2NaClO₂
+ O₂ + 2H₂O，注意H₂O₂ 作还原剂（O
从-1 升到0）。（6）杂质Na₂SO₄ 来
、杂质Na₂SO₄ 的来源
（副反应生成SO₂ 被
氧化）、硫酸根检验
方法（先加酸排除干
扰，再加BaCl₂）。
源：装置A 中Na₂SO₃ 与浓硫酸可能
生成SO₂，SO₂ 进入B 中被H₂O₂ 氧化
为SO₄²⁻。检验SO₄²⁻需先加稀盐酸酸
化，排除CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺
等干扰，再加BaCl₂ 溶液。
16
高考趋势： 以闪锌矿和
软锰矿联合制备
ZnSO₄ 和MnSO₄ 的工
艺流程为载体，考查
价层电子排布图、离
子方程式、pH 调控范
围、条件控制原因、
热重分析及配离子化
学式。是工艺流程与
结构结合的典型题。
考点角度： Mn 价层电子
排布图（3d⁵4s²）、氧
化酸浸离子方程式
（ZnS + MnO₂ + 4H⁺ =
Zn²⁺ + Mn²⁺ + S↓ +
2H₂O）、沉铁pH 范
围（使Fe³⁺完全沉
淀，不沉淀Zn²⁺和
Mn²⁺）、沉锰时pH 不
能过高的原因（防止
生成Mn(OH)₂ 沉
淀）、分解气成分
（NH₃ 和CO₂）、余
液溶质（NH₄Cl）、热
重分析确定脱水产物
（A 点Zn(H₂O)₆²⁺）、
化学方程式书写
（ZnSO₄·7H₂O 逐级失
水及最终分解为
ZnO）。
情境： 生产环保情
境（锌锰资源综
合利用）。
素养： 科学探究与
创新意识（工艺
流程分析、条件
控制）；模型认
知（沉淀溶解平
衡、热重分
析）；宏观辨识
与微观探析（电
子排布、配离
子）。
四翼： 综合性、应
用性。
难度：中
考前重点提醒： 工艺流程题要“抓主线
反应、控pH 条件、会热重计算”。
（1）氧化酸浸：ZnS 被MnO₂ 氧化生
成S，MnO₂ 被还原为Mn²⁺，注意离
子方程式配平及酸性环境。（2）沉
铁：根据表格，Fe³⁺完全沉淀
pH=2.8，Zn²⁺开始沉淀pH=6.2，故调
节pH 在2.8~6.2 之间（通常写
2.8≤pH<6.2 或3.0~6.0）。沉锰时pH
不能过高，否则Mn²⁺会生成Mn(OH)₂
沉淀，导致产品不纯。（3）分解
气：热分解(NH₄)₂CO₃ 或NH₄HCO₃ 生
成NH₃ 和CO₂，溶于水可循环利用。
（4）热重分析：ZnSO₄·7H₂O 摩尔质
量287 g/mol，取28.7 g 为0.1 mol。A
点失重1.8 g（0.1 mol H₂O），则A
为ZnSO₄·6H₂O，但题干说“水分子
全部作配体”，故配离子为
[Zn(H₂O)₆]²⁺，化学式为
[Zn(H₂O)₆]SO₄。后续失重得到
ZnSO₄、ZnO 等，根据质量变化推断
产物，写出对应的化学方程式。
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高考趋势： 以CO₂ 加氢
制甲烷和甲醇为背
情境： 学术探索与
环保情境（CO₂
难度：难
考前重点提醒： 原理综合题要“分清主
景，综合考查盖斯定
律、图像分析（物质
的量随温度变化原
因）、平衡常数计算
（分压平衡常数
Kp）、反应速率表
示、选择性计算、催
化剂选择及反应历程
能垒分析。是化学反
应原理综合题的典型
代表，融合了“动力
学”与“热力学”。
考点角度： 盖斯定律求
反应焓变（反应i =
反应ii + 反应iii）、
图像中n(CO₂)先增后
减的原因（低温主反
应逆向移动影响大，
高温副反应正向移动
影响大）、甲烷选择
性计算（生成甲烷的
CO₂ 与总转化CO₂ 之
比）、反应速率
v(CO₂)表达式（用压
强变化表示，注意恒
压条件）、副反应Kp
计算（气体分子数不
变，Kp =
(p(CH₄)·p(H₂O))/(p(CO
₂)·p(H₂))？实际副反应
CO₂ + H₂ ⇌ CO +
H₂O，Kp =
(p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂
)·p(H₂))）、提高选择
性的措施（选择高选
择性催化剂）、反应
历程中决速步能垒
资源化）。
素养： 变化观念与
平衡思想（盖斯
定律、平衡移
动、平衡常
数）；证据推理
与模型认知（图
像分析、历程
图）；科学态度
与社会责任（碳
中和）。
四翼： 综合性、创
新性。
副反应、注意恒压条件、会读历程
图”。（1）盖斯定律：目标反应 =
反应ii + 反应iii，ΔH = ΔH₂ + ΔH₃。
（2）图像解释：低温时主反应（放
热）逆向移动占主导，CO₂ 增加；高
温时副反应（吸热）正向移动占主
导，消耗CO₂，故CO₂ 先增后减。
（3）甲烷选择性 = 生成甲烷的CO₂
物质的量 / 转化的CO₂ 总物质的
量。利用碳守恒：n(CO₂ 转化)=
n(CH₄)+n(CO)，再结合图像数据计
算。（4）恒压条件下反应速率
v(CO₂) = Δp(CO₂)/Δt，但需注意
Δp(CO₂)可通过初始分压和平衡分压
求得，单位通常用kPa·min⁻¹。（5）
副反应Kp 计算：由于气体分子数不
变，Kp =
(p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))，代入
平衡分压（总压×摩尔分数）即可。
（6）决速步：反应历程中能垒（活
化能）最大的基元反应。从图中找出
最高“峰”对应的步骤，写出方程
式。（7）抑制副产物：适当降温，
使反应物分子难以获得足够能量跨越
副反应的能垒，同时降低温度对主反
应速率影响较小（若主反应活化能更
低）。
（最大活化能台
阶）、抑制副产物的
温度控制（适当降低
温度，使副反应难以
越过能垒）。
18
高考趋势： 以抗高血压
药替米沙坦中间体合
成为载体，考查有机
推断、官能团识别、
反应类型（氧化、硝
化、酯化、还原、取
代）、同分异构体
（限制条件：显色+水
解、核磁共振氢
谱）、化学平衡原理
（加碱促进取代反
应）、合成路线设计
与方程式书写。是有
机综合题的典型代
表，信息迁移要求
高。
考点角度： 间二甲苯的
命名、Ⅲ中官能团
（羧基、硝基）、Ⅱ
的化学性质（加成：
与H₂/Ni；取代：与
Cl₂/光照）、同分异构
体（含酚羟基和酰胺
基，苯环二取代，4 组
氢，峰面积比
6:2:2:1，即两个对称
的甲基+两个邻位
H+两个间位H+一个
酰胺H）、Ⅷ的结构
简式（从Ⅶ与H 的反
应逆推）、K₂CO₃ 的
作用（吸收HCl，促
情境： 学术探索情
境（药物合
成）。
素养： 宏观辨识与
微观探析（官能
团转化）；证据
推理与模型认知
（有机推断、信
息迁移）；科学
探究与创新意识
（路线设计）。
四翼： 综合性、创
新性。
难度：难
考前重点提醒： 有机综合题要“顺推
+逆推、用信息、列限制条件”。
（1）命名：两个甲基在间位，为间
二甲苯（1,3-二甲苯）。（2）反应类
型：Ⅱ为间二苯甲酸？实际结构需从
合成路线推断。Ⅱ为对苯二甲酸？本
题中Ⅰ是间二甲苯，氧化得到Ⅱ为间
苯二甲酸。硝化生成Ⅲ为5-硝基间苯
二甲酸。酯化生成Ⅳ，还原硝基为氨
基得到Ⅴ，等等。注意官能团转化顺
序。（3）同分异构体：遇FeCl₃ 显色
→酚羟基；可发生水解→酯基或酰胺
基。结合苯环上两个取代基、4 组
氢、峰面积比6:2:2:1，可确定结构为
对位取代，一个为-OH，一个为-
CONH₂，但6 个H 来自两个对称的甲
基？实际需根据分子式推算。典型结
构为两个-CH₃ 对称，一个-OH，一个-
CONH₂，且-CH₃ 处于羟基和酰胺基
的间位或对位。最终写出结构简式。
（4）化学平衡角度：反应⑤（Ⅴ与
氯代物反应生成酰胺）中K₂CO₃ 与生
成的HCl 反应，降低生成物浓度，使
平衡正向移动，提高产率。（5）合
成路线设计：原料ClCH₂-Ph-CH₂Cl
（对二氯苄）在NaOH 水溶液中水解
生成对苯二甲醇（HOCH₂-Ph-
CH₂OH），再催化氧化（Cu/Ag，
O₂）生成对苯二甲醛（OHC-Ph-
CHO），最后与邻苯二胺
（C₆H₄(NH₂)₂）在酸性条件下发生缩
进平衡正向移动）、
合成路线设计（由对
苯二甲醛？实际原料
为对二氯苄和邻苯二
胺？题目给出的原料
结构需要辨认：第一
个原料为ClCH₂-Ph-
CH₂Cl，第二个为邻苯
二胺。目标产物为含
苯并咪唑环的化合
物。第一步：对二氯
苄在NaOH 水溶液中
水解生成对苯二甲
醇；第二步：催化氧
化生成对苯二甲醛；
第三步：对苯二甲醛
与邻苯二胺在酸性条
件下缩合生成苯并咪
唑环（类似已知反
应）。写出对应方程
式）。
合反应生成目标产物（含苯并咪唑
环）。注意第三步反应类似于已知反
应（醛与胺缩合生成亚胺，但此处进
一步环化）。写出两步反应的化学方
程式，并注明条件。
15．亚氯酸钠(
)是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备
的装置如图所示。回答下列问题：
已知：ⅰ．溶液温度高于60℃，
发生分解。
ⅱ．
气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。
（1）盛装浓硫酸的仪器的名称为___________。
（2）装置A 的用途为制备
，则装置A 中作氧化剂的是___________(填化学式)；若将浓硫酸换成浓盐
酸，则可能存在的问题是___________。
（3）装置B 的用途为吸收
并转化为
，下列实验操作一定能提高
吸收效率的有
___________(填标号)。
A．装置B 采用热水浴
B．加快滴加浓硫酸的速率
C．适当提高
的浓度
D．通过多孔球泡向装置B 的混合溶液中通
（4）反应过程中，打开
，并缓慢鼓入
的目的是___________。
（5）装置B 中获得产品
发生反应的化学方程式为___________。
（6）产品中可能混有
杂质，其原因是___________；经减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤制得
晶体，证明晶体中杂质除尽的操作方法是___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
生成的
中混有HCl、
，使产物
不纯
（3）CD
（4）稀释
，降低其浓度，防止
浓度过高发生爆炸；同时将生成的
全部赶入装置B 中反应，
提高转化率
（5）
（6） 装置A 中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随
气流进入装置
B 中并被
氧化生成
取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴
加
溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽
【解析】在装置A 中加入
和
的混合固体，从分液漏斗中放入浓硫酸，发生反应制备
：
，生成的
进入B 中在冰水浴下与NaOH
溶液、
溶液反应制备
：
，C 是尾气处理装
置，用于吸收剩余的
，且能防倒吸，据此分析解答。
（1）根据实验装置的仪器图形可知，盛装浓硫酸的仪器的名称为：分液漏斗。
（2）装置A 的用途为制备
，发生反应的方程式为：
，该反应中Cl 元素化合价从+5 价降低为+4
价，被还原，则氧化剂的是
；如将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸易挥发且具有还原性，反应除
生成
外，还可能发生副反应产生氯气：
，使产物
不纯。
（3）A．根据已知ⅰ可知，当溶液温度高于60℃时，
易发生分解，且温度升高气体溶解度降低，
热水浴会降低
的吸收效率，A 不符合题意；
B．加快滴加浓硫酸的速率，会快速生成大量的
，来不及充分吸收会降低
的吸收效率，且
气
体浓度超过10%时，易爆炸性分解，发生危险，B 不符合题意；
C．适当提高
的浓度，根据反应
知，可促进
的吸
收，能提高吸收效率，C 符合题意；
D．多孔球泡可增大
与吸收液的接触面积，使反应更充分，能提高吸收效率，D 符合题意；
故答案为：CD。
（4）根据已知ⅱ信息：
气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解可知，缓慢鼓入
的目的为：稀释
，降低其浓度，防止
浓度过高发生爆炸；同时将生成的
全部赶入装置B 中反应，提高转
化率。
（5）根据分析，生成
的化学方程式为：
。
（6）装置A 中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随
气流进入装置B 中
并被
氧化生成
；要证明晶体中杂质除尽，即没有
存在，检验的操作为：取最后一次
洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加
溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经
除尽。
16．
可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实
验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、
)和软锰矿粉(主要含
)为原料联合制备
和
的一种工艺流程如下。
已知：i．酸性条件下，氧化性：
；
和过量氨水生成
；
ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 如下(当离子浓度
时认为反应完全)：
金属离子
开始沉淀时
6.3
1.5
8.2
6.2
完全沉淀时
8.3
2.8
10.2
8.2
回答下列问题：
（1）基态Mn 原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS 发生反应的离
子方程式为______。
（2）“沉铁”时，调节溶液的pH 范围约为______。“沉锰”时，需保持
和氨水混合溶液的pH
范围约为8.0，pH 不能过高的原因是______。
（3）“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要
为______。
（4）为了解
受热分解规律，取
在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固
体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(
的摩尔质量为
)
固体A 中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。
反应的化学方程式为______。
【答案】（1）
（2）
pH 过高会生成
沉淀，导致产品不纯
（3）
(
和
)
（4）
(或
)
【解析】闪锌矿粉和软锰矿粉、稀
经过“氧化酸浸”工序，
转化为S 和
、
转化为
、
转化为
，
不反应，“浸渣”中含有S、
；用氨水“沉铁”时，
和
不反应，生成
沉淀；过滤后加入
和氨水，生成
沉淀和
，沉锰后的滤液中含有
、
、
、
、
、氨水等，热分解得
到的“分解气”中含有
、
，“余液”的溶质主要为
，沉淀为
；
溶于硫酸得到
溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得
。
（1）基态Mn 原子价层电子排布式为
，其价层电子排布图为
；据分析，
“氧化酸浸”时和
反应生成S、
、
，离子方程式是
。
（2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀
，而不沉淀
、
，根据资料可知，调节溶液的
pH 范围为
。“沉锰”时
和氨水作沉锰剂，生成
沉淀，同时做缓冲溶
液，即使加入过量氨水，溶液pH 变化不大，溶液pH 保持在8.0 范围内，有利于生成
，
pH 过高会生成
沉淀，导致产品不纯。
（3）由分析可知，“分解气”的主要成分为
、
，
溶于水获得氨水(或
和
一起通入水
中得到
)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为
。
（4）
的摩尔质量为
，取
，物质的量为0.1 mol，在惰性气体
环境下进行热重分析，先脱水，A 点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去
，A 点化学式为
；B 点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去
，B 点化学式为
；
C 点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去
，C 点化学式为
；D 点剩余固体产物的
质量为8.1 g，其中Zn 为0.1 mol（即6.5 g），则含O 的质量为1.6 g（即0.1 mol），D 点的化学式为
；A 的化学式为
，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子
的化学式为
；
反应的化学方程式为
(或
。
17．将
转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。根据所学知识，回答下列问题：
Ⅰ．
还原
可制取
。
已知：反应ⅰ．
反应ⅱ．
反应ⅲ．
（1）
___________
。
（2）向恒压为0.36MPa 的密闭容器中通入
和
，发生反应ⅰ，同时有副反应
发生，平衡时体系内
、
、
的物质的量
与
温度
的变化关系如图所示。
①结合上述反应，解释图中
的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：___________。
②
℃时，反应经
后达到平衡，测得此时
，
，甲烷的选择性
___________；该条件下反应速率
___________(用含的代数式表
示)
；该条件下副反应的
___________。
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当___________。
Ⅱ．利用
催化加氢可制备
，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*
”表示
吸附在催化剂表面，图中“*H”已省略)：
（3）该反应历程中决速步反应能垒为___________eV；为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当
___________(填“升高”或“降低”)。
【答案】（1）
（2） 该反应ⅰ的
，副反应的
；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，
的
物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，
的物质的量减小
0.68 选择加入对反应ⅰ有高选择性的催化剂
（3） 1.36 降低
【解析】（1）根据盖斯定律，反应i=反应ii+反应iii
，则有：
。
（2）①该反应ⅰ的
，同时副反应的
；当升高温度时，反应ⅰ的平衡逆向移动使
物质的
量增大，副反应平衡正向移动使
的物质的量减小；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，
的物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，
的物质的量减小；
②达到平衡时，根据C 守恒，有
，因此甲烷选择性
为：
；再根据反应关系，主反应消耗
，副反应消耗
，平衡
时
，得到总物质的量
；容器为恒压，总压为
，得到初始
分压
，平衡时
分压
，因此
；副反应为分子数不变的反应，
则有分压比等于物质的量比，
；
③催化剂可以加快反应速率，同时高选择性的催化剂可以提高甲烷的选择性，因此可选择加入对反应ⅰ有
高选择性的催化剂。
（3）决速步是活化能（能垒）最高的步骤，根据反应历程图可知在主反应路径中的各步能垒，其中最高
能垒为
；生成副产物
的能垒高于主产物
，可适当降低温
度，使体系难以越过副产物的能垒，可避免副产物生成。
18．替米沙坦是一种新型抗高血压药，毒副作用小。化合物H 是合成替米沙坦的重要中间体，化合物H 的
合成路线如图。
已知：
；通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不
稳定，易脱水形成羰基。
（1）化合物Ⅰ的名称是___________，化合物Ⅲ中官能团的名称为___________。
（2）对于化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
①
___________
___________
加成反应
②
___________
___________
（3）满足下列条件的化合物Ⅴ的同分异构体的结构简式为___________。
①含苯环且苯环上只有两个取代基，遇
溶液能显色且可发生水解反应
②核磁共振氢谱显示有4 组峰，且峰面积比为
（4）化合物Ⅷ的结构简式为___________；从化学平衡角度分析，反应⑤过程中
的作用为
___________。
（5）参照上述合成路线，设计以
、
为原料三步合成
的合成路线。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。
【答案】（1） 间二甲苯(或1，3-二甲苯) 羧基、硝基
（2） 氢气，Ni，Δ
氯气，光照 取代反应
（3）
（4）
吸收反应过程中生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率
（5）
++2NaOH
+2NaCl+H2O
+
+2H2O
【解析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下
与空气中氧气发生氧化反应生成
，则Ⅰ为
、Ⅱ为
；浓硫酸作用下Ⅱ与浓硝酸发生硝化反应生成
Ⅲ；浓硫酸作用下Ⅲ与过量甲醇共热发生酯化反应生成
，则Ⅳ为
；催化
剂作用下Ⅳ与氢气发生还原反应生成Ⅴ；碳酸钾作用下Ⅴ与
发生取代反应后，反应所
得产物再在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成Ⅵ；Ⅵ一定条件下转化为Ⅶ；PPA，氢氧化钠溶
液作用下Ⅶ与
反应生成H，则Ⅷ为
。
（1）由分析可知，化合物Ⅰ的结构简式为
，名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯)；由结构简式
可知，化合物Ⅲ的官能团为羧基、硝基；
（2）由分析可知，化合物Ⅱ的结构简式为
，镍作催化剂条件下Ⅱ能与氢气发生加成反应生
成
；光照条件下Ⅱ能与氯气发生取代反应生成
；
（3）化合物Ⅴ的同分异构体含苯环且苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液能显色且可发生水解反应说
明同分异构体分子中含有酚羟基和酰胺基，则核磁共振氢谱显示有4 组峰，且峰面积比为6：2：2：1
的结构简式为
；
（4）由分析可知，化合物Ⅷ的结构简式为
；反应⑤为：
+
+HCl，则由方程式可知，碳酸钾的作用是吸收
反应过程中生成的氯化氢，减小生成物的浓度，有利于促进反应正向进行，提高产率；
（5）由有机物的转化关系可知，以
、
为原料三步合成
的合成步骤为
在氢氧化钠溶液中共热发生水解反
应生成
，银作催化剂条件下
与氧气共热发生催化氧化反
应生成
，PPA，氢氧化钠溶液作用下
与
反
应生成
；
①由分析可知，第一步反应为
在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成
、氯化钠和水，反应的化学方程式为：
+2NaOH
+2NaCl+H2O；
②由分析可知，最后一步反应为PPA，氢氧化钠溶液作用下
与
反应生
成为
和水，反应的化学方程式为：
+
+2H2O。
