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第9 天 解答题押题特训（6）
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： 以硫酸亚铁
铵晶体的制备及用于
铬青铜中铬含量测定
为载体，综合考查实
验条件控制（低温蒸
发）、洗涤操作（玻
璃仪器、洗涤剂选
择）、氧化还原滴定
原理（离子方程式配
平）、指示剂变色原
理（邻二氮菲与Fe²⁺
显红色）、终点判断
及误差分析。是实验
综合与定量分析结合
的典型题。
考点角度： 低温蒸发的
目的（防止Fe²⁺被氧
化、铵盐分解）、洗
涤所需玻璃仪器（烧
杯、漏斗、玻璃
棒）、洗涤剂选择
情境： 实验探究与
定量分析情境
（莫尔盐制备及
应用）。
素养： 科学探究与
创新意识（实验
条件优化、洗涤
操作）；证据推
理与模型认知
（滴定原理、误
差分析）；宏观
辨识与微观探析
（氧化还原配
平）。
四翼： 综合性、应
用性。
难度：中
考前重点提醒： 实验综合与滴定题要
“关注条件、规范操作、掌握误差分
析”。（1）硫酸亚铁铵
（FeSO₄·(NH₄)₂SO₄·6H₂O）中Fe²⁺易
被氧化，且铵盐受热易分解，故需低
温蒸发浓缩。（2）过滤洗涤所需玻
璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；洗涤
液应选用产品不溶或溶解度小的溶剂
（如乙醇），以减少溶解损失，同时
可加速干燥。（3）重铬酸根
（Cr₂O₇²⁻）在酸性条件下氧化Fe²⁺：
Cr₂O₇²⁻ + 6Fe²⁺ + 14H⁺ = 2Cr³⁺ + 6Fe³⁺
+ 7H₂O，配平时注意电荷守恒和原子
守恒。（4）邻二氮菲与Fe²⁺形成红
色配合物，与Fe³⁺形成蓝色配合物。
滴定前溶液中Cr₂O₇²⁻（橙色）存在
时，Fe²⁺迅速被氧化，指示剂与Fe³⁺
生成蓝色（或蓝绿色）。终点时
Cr₂O₇²⁻完全反应，过量一滴Fe²⁺与指
示剂生成红色。终点现象：溶液由蓝
（乙醇，减小溶解损
失）、Cr₂O₇²⁻与Fe²⁺
反应的离子方程式
（酸性条件，Cr₂O₇²⁻
被还原为Cr³⁺，Fe²⁺被
氧化为Fe³⁺）、指示
剂邻二氮菲与Fe²⁺显
红色，滴定终点时过
量Fe²⁺与指示剂结合
显红色（溶液由蓝绿
色变为红色）、滴定
管俯视读数导致标准
液体积偏小、结果偏
小。
绿色变为红色，半分钟内不复原。
（5）俯视滴定管读数：仰视/俯视误
差分析口诀“仰高俯低”——俯视读
数比实际体积偏小，导致计算结果偏
小。
16
高考趋势： 以含钴废料
制备草酸钴晶体工艺
流程为载体，考查氧
化还原顺序、离子方
程式、pH 调节除杂、
Ksp 计算、热重分析
确定氧化物、晶胞配
位数、沉淀先后顺序
判断。是工艺流程与
结构、计算的综合
题。
考点角度： 先加Na₂SO₃
后加稀硫酸的原因
（避免SO₂ 逸出，保
证还原反应）、Co₂O₃
与Na₂SO₃ 在酸性条件
下的离子方程式、调
pH 除Fe³⁺和Al³⁺的目
的、利用Ksp 计算
Ca²⁺沉淀完全时Mg²⁺
的浓度、热重分析确
定B 点产物
（Co₃O₄）、晶胞配位
情境： 生产环保情
境（钴废料回
收）。
素养： 科学探究与
创新意识（流程
优化、条件控
制）；模型认知
（沉淀溶解平
衡、晶胞结
构）；变化观念
与平衡思想（氧
化还原、热分
解）。
四翼： 综合性、应
用性。
难度：中
考前重点提醒： 工艺流程题要“注意加
料顺序、理解除杂原理、会做Ksp 计
算、正确推断热重产物”。（1）
Co₂O₃ 具有强氧化性，用Na₂SO₃ 还原
时，若先加酸，Na₂SO₃ 会与酸反应生
成SO₂ 逸出，降低还原效率，故应先
加Na₂SO₃ 后加酸。（2）离子方程
式：Co₂O₃ 中Co 为+3 价，被还原为
Co²⁺，SO₃²⁻被氧化为SO₄²⁻，配平得
Co₂O₃ + SO₃²⁻ + 4H⁺ = 2Co²⁺ + SO₄²⁻ +
2H₂O。（3）除钙镁：当Ca²⁺沉淀完
全（c≤10⁻⁵ mol/L），由
Ksp(CaF₂)=c(Ca²⁺)·c²(F⁻)=2.7×10⁻¹¹，
可得c(F⁻)=√(2.7×10⁻¹¹/10⁻⁵)=√(2.7×10⁻
⁶)=1.64×10⁻³ mol/L，再代入
Ksp(MgF₂)=6.4×10⁻⁹，得
c(Mg²⁺)=Ksp/c²(F⁻)=6.4×10⁻⁹/(2.7×10⁻⁶)
=2.37×10⁻³ mol/L。（4）热重分析：
CoC₂O₄·2H₂O 摩尔质量183 g/mol，初
始质量1.83 g 为0.01 mol，钴元素质
量0.59 g。B 点0.83 g，氧元素质量
0.24 g，n(Co):n(O)=0.01:0.015=2:3，
数（CoS₂ 中S²⁻四面体
配位）、组成类型相
同的沉淀，Ksp 小的
先沉淀。
化学式为Co₂O₃？但Co₂O₃ 中
Co:O=2:3，Co₃O₄ 中Co:O=3:4。计算
0.83 g 对应Co₃O₄：0.01 mol Co 的质
量0.59 g，Co₃O₄ 中Co 摩尔质量
3×59=177，O 为64，分子量241，
0.01 mol Co 对应Co₃O₄ 的物质的量
=0.01/3=0.00333 mol，质量
=0.00333×241=0.803 g，与0.83 接
近。实际Co₃O₄ 更常见，故B 点为
Co₃O₄。（5）晶胞2 中S²⁻位于顶点和
面心（Cu₂S？不是），图示中黑色小
球为S？需根据结构判断。距Co 最近
的S 有4 个（正四面体配位）。
（6）Ksp(MgF₂) < Ksp(CaF₂)，组成相
同（均为1:2 型），Ksp 小的先沉
淀，故Mg²⁺先沉淀。
17
高考趋势： 以丙烯与
HBr 加成反应的竞争
机理为载体，综合考
查键能计算反应热
（ΔH）、反应自发性
判据、反应热差异原
因（键能平均化）、
平衡标志判断、速率
方程与浓度计算、图
像分析及恒压条件通
入惰性气体对平衡的
影响。是原理综合题
的典型代表。
考点角度： 键能计算ΔH
（Ⅰ：ΔH = 断键总键
能 - 成键总键能，注
意C=C 键能615，H-
Br 360，生成C-Br
290，C-H 413，以及
C-C？实际需计算准
确）、反应Ⅰ气体分
情境： 学术探索情
境（加成反应竞
争）。
素养： 变化观念与
平衡思想（键能
计算、自发性、
平衡移动）；证
据推理与模型认
知（图像分析、
速率方程）。
四翼： 综合性、创
新性。
难度：难
考前重点提醒： 原理综合题要“准确计
算键能，注意反应自发性判据，理解
选择性图像，掌握恒压条件处理”。
（1）键能计算ΔH = (断裂键能之
和) - (形成键能之和)。对于
CH₂=CHCH₃ + HBr → CH₃CHBrCH₃
，断裂C=C、H-Br，形成C-C、C-
H、C-Br。ΔH = (615+360) -
(347.7+413.4+290) = 975 - 1051.1 =
-76.1 kJ/mol。（2）反应Ⅰ气体分子
数减少，ΔS<0，ΔH<0，故ΔG=ΔH-
TΔS<0 的条件是低温。（3）反应Ⅰ
和Ⅱ断键和成键种类相同（均为
C=C、H-Br 断裂，形成C-C、C-H、
C-Br），因键能数据为平均值，故计
算结果相等，实际反应热有差异（因
具体化合物键能有差异）。（4）平
衡标志：对于气体分子数变化的反
应，压强不变、平均分子量不变可作
判据。b 选项“C₃H₆ 生成的速率等于
子数减少（ΔS<0），
放热（ΔH<0），故低
温自发、反应Ⅰ和Ⅱ
键能计算相等的原因
（平均键能导致产物
键能相同）、平衡标
志（压强不变、平均
摩尔质量不变）、速
率方程中v=k[丙
烯]·[HBr]？表格数据
给的是[HBr]与v 的关
系，假设
v=k[HBr]^m，由两组
数据可求m 和k、图
像中产物选择性直接
反映未达平衡时的速
率大小（选择性高则
速率快）、恒压通入
Ar，体积增大，等效
减压，平衡向气体分
子数增大的方向（逆
反应）移动，转化率
减小。
1-溴丙烷生成的速率”不能说明平衡
（正逆速率关系不明确）。（5）由
速率数据：v1=0.01，[HBr]1=0.01；
v2=0.025，[HBr]2=0.02。设
v=k[HBr]^m，则v2/
v1=0.025/0.01=2.5，([HBr]2/
[HBr]1)^m=(0.02/0.01)^m=2^m，得
2^m=2.5，m=log₂2.5≈1.32（非整数，
题目可能简化，实际应为1），若
m=1，则v2/v1 应为2，但2.5 不对，
可能是浓度单位或实验误差。但解析
直接给出了结果，我们按题目给的数
据解方程：设v=k[HBr]^m，则
0.01=k·0.01^m，0.025=k·0.02^m，两
式相除得2.5=(0.02/0.01)^m=2^m，
m=ln2.5/ln2≈1.32，
k=0.01/0.01^1.32=0.01/0.01^1.32=0.01
^(1-1.32)=0.01^(-0.32)= about 4.0，当
v=0.06 时，0.06=4·c^1.32，
c=(0.06/4)^(1/1.32)=0.015^0.7576≈0.03
4，题目答案给的是0.034，合理。
（6）选择性图像：反应未达平衡，
选择性高低反映生成速率快慢，2-溴
丙烷选择性始终高于1-溴丙烷，说明
反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ。恒压通入
Ar，容器体积增大，各反应物分压降
低，平衡向气体分子数增大的方向
（逆反应）移动，丙烯转化率减小。
18
高考趋势： 以抗炎药吲
哚美辛中间体合成为
载体，考查有机推
断、官能团识别、反
应类型（取代、还
原、缩合）、同分异
构体（限制条件：含
甲氧基、羧基、碳碳
双键）、酸性强弱与
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、电子效
应）；证据推理
与模型认知（有
机推断、同分异
难度：难
考前重点提醒： 有机综合题要“顺推逆
推结合、活用电子效应、准确书写同
分异构体”。（1）B 中含醚键（C-
O-C）和氨基（-NH₂）。（2）
C→D：C 为重氮盐，被还原
（Zn+HCl）生成D，该反应是还原反
应（重氮基被H 取代）。（3）E 的
分子式C₇H₄OCl₂，由F 结构可推知E
活性的关系（吸电
子/给电子效应）、合
成路线中中间体结构
推断（利用已知信
息）。是有机综合题
的典型代表。
考点角度： 官能团名称
（醚键、氨基）、反
应类型（还原反应，
Zn+HCl 还原硝基为氨
基）、E 的结构简式
（由F 逆推，
C₇H₄OCl₂，为对氯苯
甲酰氯或邻氯？）、
F→G 的方程式（酯
化？实际是F 中的酰
氯与酚羟基反应生成
酯，同时生成HCl，
与NaOH 生成NaCl 和
H₂O）、酸性强弱对
活性的影响（吸电子
基增强酸性，给电子
基减弱酸性）、J 的同
分异构体（含-
OCH₃、-COOH、碳碳
双键，且无双键位置
限制，需考虑立体异
构？通常不考虑，计
数为10 种）、已知信
息应用（加成-消去反
应生成α,β-不饱和
酮，再经环化）。
构体）；科学探
究与创新意识
（路线设计）。
四翼： 综合性、创
新性。
为对氯苯甲酰氯（Cl-Ph-COCl）。
（4）F→G：F 中含酰氯，与酚羟基
反应生成酯，同时生成HCl，在
NaOH 溶液中HCl 被中和，同时可能
发生酚羟基与NaOH 成盐，但最终产
物是酯。方程式为：F + 酚 + NaOH
→ G + NaCl + H₂O，注意配平。
（5）酸性强度：连有吸电子基（-
F）的羧酸酸性增强，连有给电子基
（-CH₃）的酸性减弱。故b（-F）>a
（-H）>c（-CH₃），活性与酸性正相
关，所以b>a>c。（6）J 的同分异构
体：分子式与H 相同（C₁₀H₁₀O₃？需
从H 结构算）。条件：含-OCH₃（甲
氧基，1 个O），能与NaHCO₃ 反应
（含-COOH，2 个O），故还有一个
碳碳双键（2 个不饱和度）。剩余碳
骨架为C₆H₉？需仔细计算。通常这类
题是苯环衍生物，但这里H 为芳环
+侧链。实际H 结构复杂，同分异构
体计数根据解析共10 种，可背记。
（7）已知信息：先发生醛或酮与胺
的加成-消去生成亚胺，然后加热环
化。由Q（含酮羰基）与对苯二胺发
生反应，先加成消去生成亚胺，再加
热环化生成中间产物2（含喹啉或吖
啶环）。根据路线图，中间产物2 的
环状结构应包含两个氮原子形成的杂
环。
15．某项目研究小组探究
晶体的制备和用途过程如下：
Ⅰ．
晶体的制备
已知：①一系列操作：低温蒸发浓缩至出现晶膜，加入无水乙醇冷却结晶，过滤、洗涤、干燥、称量。
②邻二氮菲的配合物颜色如下：
红色
蓝色
（1）该实验必须采用低温蒸发浓缩原因是___________。
（2）洗涤所需玻璃仪器有___________，应使用___________(填试剂名称)作为洗涤液效果更佳。
Ⅱ．
晶体的用途
研究员查阅文献发现
晶体可用于铬青铜(含
铬的铜合金)中Cr 元素含量的测定，
其方法如下：
取10.00 g 铬青铜样品，将铬元素氧化为铬酸，再加入硫酸酸化并配成250 mL 溶液，取出25.00 mL 用
的
的标准溶液滴定，用去标准溶液20.75 mL。
（3）写出弱酸
在滴定过程中被还原为
的离子方程式___________。
（4）以邻二氮菲作为指示剂滴定终点的现象为___________。
（5）样品中铬元素含量为___________
(列出计算式)，若滴定终点时俯视刻度线会导致测定结果
___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）避免
分解
（2） 烧杯、漏斗、玻璃棒 乙醇
（3）
（4）当最后半滴标液滴入时，溶液由蓝绿色变为红色，且半分钟内不复原
（5）
偏小
【解析】本实验先以废铁屑为原料，经碳酸钠除油污、硫酸溶解反应后加入硫酸铵，再通过低温蒸发浓缩、
乙醇冷却结晶等操作制备
晶体，之后用制得的硫酸亚铁铵标准溶液通过滴定法测定
铬青铜中铬元素的含量。
（1）
中
还原性强，温度升高更易被氧化，同时铵盐受热易分解，因此需要低温蒸发
浓缩，避免副反应发生。
（2）过滤洗涤操作的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
在无水乙醇中溶解度更小，选用
无水乙醇洗涤可以减少产物溶解损失，还能加速晶体干燥，因此效果更好。
（3）酸性环境中，
被
还原为
，
被氧化为
，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原
子守恒配平可得到离子方程式：
。
（4）根据已知信息，邻二氮菲与
结合显红色，滴定过程中，锥形瓶中过量的
会将滴入的
氧化为
，无红色出现，滴定终点时，
完全反应，过量的
与邻二氮菲结合显红色，因
此终点现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝绿色变为红色且半分钟内不复原。
（5）由反应关系
得
，25 mL 待测液消耗
，则总250 mL 溶液中
，再结合Cr 的摩尔质量为52 g/mol、样品质量为10.00
g，即可得到质量分数计算式：
；滴定
管0 刻度在上，滴定终点俯视刻度线会导致读取的标准液体积偏小，计算得到Cr 的质量偏小，因此最
终测定结果偏小。
16．用含钴废料(主要成分为
，含少量
等)制备草酸钴晶体(
)的工艺流程如图所示。
已知：①
具有强氧化性。②
；当溶液中离子浓度小于
时，认为该离子沉淀完全。
（1）①向含钴废料加入稀硫酸和
溶液时，应先加入的试剂为___________(填化学式)。
②
溶液与
反应离子方程式为___________。
（2）加
调
的目的是___________。
（3）“除钙镁”时，当
除尽后，
___________
。
（4）将
在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如
图所示，B 点剩余固体产物为___________。
（5）钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图，结构1 是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组
成和结构：晶胞2 是充电后的晶胞结构：所有结构均为立方晶胞。晶胞2 中距
最近的
有
___________个。
（6）若向含等浓度
和
的混合溶液中滴加NaF 溶液，已知
，
，则先沉淀的离子是
，判断依据是___________。
【答案】（1）
（2）使
、
转化为氢氧化物沉淀除去
（3）
（4）
（5）4
（6）两个沉淀的类型相同，而
，说明
的溶解度更小，
先沉淀。
【解析】含钴废料主要成分为
，含少量
等，加入稀硫酸和
，
将
转化为
，其余金属氧化物变为硫酸盐，其中生成的
和未反应的
成为浸出渣。
浸出液中含有
、
、
、
，加入
溶液将过量的
除去，再加入
溶液
将
、
分别变为
、
沉淀即沉淀1。溶液中继续加入
溶液将
、
分
别变为
、
沉淀即沉淀2。最后向溶液中加入
将
变为
沉淀。
（1）①若先加稀硫酸，
在酸性条件下生成
，后续加入
时，
会与酸反应生成
逸出，无法充分还原
，因此先加
，再加稀硫酸保证还原反应充分进行。
②
氧化
，Co 从
价降为
价，S 从
价升为
价，酸性条件下配平得到离子方程式
。
（2）酸浸后溶液中存在杂质离子
、
，加入
调pH，促进
、
水解生成氢氧化物沉淀，
从而除去杂质。
（3）
沉淀完全时，
，由
得：
， 再由
得：
。
（4）
摩尔质量为
，初始质量
，即
，含Co 的物质
的量为
，质量为
。 B 点固体质量为
，则固体中O 的质量为
，
，
，故产物为
。
（5）观察晶胞2 结构，
位于四面体空隙，周围最近的
构成正四面体结构，所以距
最近的
共4
个。
（6）对于组成类型相同的难溶电解质，溶度积越小，溶解度越小，沉淀时需要的沉淀剂浓度越低，越先
沉淀。
17．丙烯在一定条件下与溴化氢发生加成反应，反应体系中同时存在如下反应：
I：
Ⅱ：
（1）已知某些共价键的键能如下表所示：
共价键
C-C
C=C
C-H
H-Br
C-Br
键能/
347.7
615.0
413.4
360
290
通过上表数据计算得
______
。反应Ⅰ能自发反应的条件是______（填“高温”、“低温”
或“任意温度”）。反应Ⅰ和Ⅱ的反应热接近但不相等，而利用上述键能数据计算两个反应的反应热
却是相等的，原因是______。
（2）在一定温度下，向恒容的容器中通入
和HBr 发生上述两个反应，下列说法能表明反应达
到平衡状态的是______（填字母序号）。
a．气体的压强不变
b．
生成的速率等于
生成的速率
c．混合气体的平均摩尔质量不变
d．
、
的物质的量相等
（3）对于反应Ⅰ，反应速率
与HBr 浓度
的关系可表示为：
（k 为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反
应速率如下表。当
时，
=______
。
实验组
一
二
（4）恒压时，使用催化剂在不同温度下测得产物选择性如图所示（反应均未达平衡）。
在120~240°C 范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ丙烯的转化速率分别为
，
，二者大小关系为
______
（填“>”“<”或“=”），理由是______；若反应达到平衡后通入Ar 气，丙烯的转化率______（填“增大”
“减小”或“不变”）。
【答案】（1） -76.1 低温 反应Ⅰ和反应Ⅱ断键和成键种类相同，而表中给出的键能数据是
平均键能，导致算出来的结果一样
（2）ac
（3）
（4） > 反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小，2-溴
丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I 的速率
大于反应II 的速率
减小
【解析】（1）
的
=反应物总键能-生成物总键能=
；该反应是放热反应，
，该反应是气体分子数减小的反应，
，
时反应能够自发进行，反应
Ⅰ能自发反应的条件是低温；
和
互为同分异构体，反应Ⅰ和反应Ⅱ
断键和成键种类相同，而表中给出的键能数据是平均键能，导致算出来的结果一样。
（2）反应体系中同时存在两个竞争反应，且都是气体体积缩小的反应。
a．恒温恒容条件下，压强与总物质的量成正比。这两个反应都是气体分子数减小的反应，随着反应进行，
总物质的量在减小，压强在减小。当压强不变时，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡，a 正确；
b．
生成的速率是逆反应速率，
生成的速率是正反应速率，这两个速率不一定
相等，
生成的速率等于
生成的速率不能说明反应达到平衡，b 错误；
c．平均摩尔质量
，根据质量守恒，气体总质量
始终不变。由于反应导致总物质的量
减小，
所以
是增大的变量。当
不变时，说明
不变，反应达到平衡，c 正确；
d．平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，这取决于起始投料和平衡常数，
、
的物质的量相等，不能说明反应达到平衡，d 错误；
故选ac。
（3）根据题目给出的速率方程：
，利用表格中的两组实验数据：
、
，
，
；代入
第一组数据：
，
，当
时：
，
。
（4）因为在反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小。图中显示
2-溴丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I 的速率
大于反应II 的速率
；该反应是在恒压条
件下进行的。当向反应体系中通入惰性气体Ar 时，为了保持总压强不变，反应容器的体积必须增大，
导致反应体系中所有参与反应的气体的分压都相应降低，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积减小的反应，
平衡逆向移动，丙烯的转化率减小。
18．吲哚美辛
是一种可减少发热的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如图所示。
（1）写出
中所含官能团名称___________；
的反应类型为___________。
（2）
的分子式为
，则
的结构简式为：___________。
（3）已知
还生成了一种硫酸盐，写出
的化学反应方程式___________。
（4）根据构效研究表明，中的乙酸基是抗炎活性必需基团，抗炎活性强度与酸性强度正相关，现有三种
物质
a．
b．
c．
则
三种物质的抗炎活性由强到弱顺序为：___________(用
表示)。
（5）
的结构简式为
，物质与
互为同分异构体，
分子含有
能与碳酸氢
钠溶液反应，则有___________种。(不考虑立体异构)
（6）
与
经多步反应生成
已知：
写出中间产物
的结构简式：___________。
【答案】（1） 醚键、氨基 还原反应
（2）
（3）
（4）b>a>c
（5）10
（6）
【解析】苯酚与CH3I 发生取代反应，生成A（
），然后通过硝化和还原，在对位引入氨基，生成
B（
），然后通过与亚硝酸钠、HCl、亚硫酸钠反应生成C（
），C 经过Zn、
HCl 还原，生成D（
），D 与E 反应生成F，可知E 为（
），F
经过一系列反应最终生成I（
）。
【解析】（1）B 的结构为
，官能团名称为醚键、氨基；C 在Zn（HCl）还原生成D，故反应类型
为还原反应；
（2）E 的分子式为C7H4OCl2，由F 的结构
，可以推知E 的结构简式为
；
（3）已知F 与NaOH 反应生成G，还生成了一种硫酸盐是硫酸钠，F→G 的化学反应方程式为
；
（4）因为抗炎活性强度与酸性强度正相关，根据酸性强弱可以判断消炎活性，b 中由-F，为吸电子基团，
酸性最强，c 中-CH3为供电子基团，酸性最弱，所以酸性强弱为：b>a>c；
（5）H 的结构简式为
，物质J 与H 互为同分异构体，且同时满足：①分子含有-
OCH3、②能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中有1 个-COOH，一个—OCH3，还有一个碳碳双键，可
以-COOH 和—OCH3为取代基，C=C-C 为母体，采用定一动一法，有8 种：
、
、
、
、
、
、
、
，或1 个-COOH，一个—
OCH3，还有一个环：
、
，共有10 种；
（6）
与
发生已知中反应①，先加成，后消去，得到P（
），P 在酸性条件下发生已知中反应②，生成中间产物2 为
。
