【文档说明】广东省2022-2023学年高三上学期11月新高考学科综合素养评价化学答案.pdf，共(10)页，1.461 MB，由小赞的店铺上传

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-1-广东省新高考普通高中学科综合素养评价高三年级化学参考答案一、选择题12345678910111213141516CDAABCBADBABDDCC二、非选择题17.（14分）Ⅰ．（1）排尽空气，防止铁与空气中的氧气反

应（1分）（2）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）（3）B中长导管易被产品堵塞（1分）Ⅱ．10（1分，10.0也给分，10.00不给分）bc（1分，错选、

漏选、多选不给分）Ⅲ．（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）K3[Fe(CN)6]溶液（1分，写KMnO4溶液不给分）（2）①盐酸

（1分，写HCl也给分，写硝酸不给分）②2.8（1分）③SO32−（1分）（3）随着反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+的进行，溶液中c(H+)不断增大，c(SO32−)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断减小

，c(Fe3+)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。（2分）18.（14分）（1）粉碎（1分）加快氧化焙烧速率（1分，写加快速率即可得分）（2）2MoS2+9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2

O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分，条件不扣分）（3）H2SiO3、Al(OH)3、Zn(OH)2（3分，写对一个1分，写错一个扣1分，扣没为止）8~12（1分，用区间或不等式表示均给分，上下限不论是否取等均可）（4）N＞C＞H（1分）N＞C＞H（

1分）（5）是（1分），c(Mg2+)=44344sp[Mg(NH)AsO](MH)(AsO)Kcc=10-11/(2×10-5)=5×10-7mol/L＜10-5mol/L（2分，列式1分，计算结果1分）（6）（0.75

，0.25，0.75）（1分，用分数表示也给分）19.（14分）（1）1（1分）3（1分）（2）①E1-E2+ΔH2（1分）②C（1分）③BD（2分，对1个给1分，错1个扣1分，扣完为止）（3）①P2，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，

温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平衡转化率减小，650℃以后以反应II为主，ΔH2＞0，温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。（2分）②P1＜P2＜P3（2分）③30%（2分）0.76（2分）-2-20.（14分）（1）对羟基苯甲酸(或4-羟基

苯甲酸)（1分）（2）酯基、醚键（2分）（3）取代反应（1分）（4）+H2N-NH2222NaOH/HOCHCHOΔ+2N↑+2HO（2分，气体符号不扣分）（5）吡啶能与生成的HCl反应，促进此反应进行（1分）（6）4（2分）、（各1分，共2分）（7）（3分）-

3-答案详解与评分标准一、选择题1.【答案】C解析：A．“火燃釜底，滚沸延及成盐”运用蒸发结晶的方法获取食盐晶体，故A正确；B．胆矾溶于水得到的是硫酸铜溶液，铁与硫酸铜溶液发生反应：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，此反应属于置换反应，B正确；C．丝、裘

的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，C错误；D．Zn的原子序数为30，其核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn2+是锌原子失去2个电子所形成的，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10，D正确。2.【答案】D解析：A．芯片主要成分为Si，而不是SiO2，A错

误；B．应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于新型无机非金属材料，B错误；C．类金刚石结构，N应为sp3杂化，C错误；D．碳纳米与石墨都是由碳元素组成的不同结构的单质，它们互为同素异形体，故D说法正确。3.【答案】A解析：A．竹子的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机

高分子，A正确；B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，B错误；C．玉的主要成分是硅酸盐，属于金属材料，C错误；D．青铜器属于合金，D错误；4.【答案】A解析：A．MnO2难溶，KCl易溶，溶解、过滤能将二者分离，蒸发得到KCl固体，A符合题意；B．Cu、CuO和木炭粉末均难溶，溶解、过滤不能将三者分离

，B不符合题意；C．S、C均难溶，溶解、过滤不能将二者分离，C不符合题意；D．无需溶解，直接过滤即可分开碳酸钙与氯化钙，D不符合题意；5.【答案】B解析：A．2H2S+SO2＝3S↓+H2O，SO2是氧化剂，H2S是还原剂，氧化

剂与还原剂之比为1∶2，故A正确；B．C+2H2SO4(浓)≜2SO2↑+CO2↑+2H2O，二氧化硫和二氧化碳均能与澄清石灰水反应生成沉淀，二氧化碳会干扰检验，故B错误；C．从SO2出发制备硫酸的路线为SO2SO3H2SO4，C正确；D．利用S

O2酸性氧化物的性质，用生石灰或氨水与SO2反应：SO2→CaSO3→CaSO4或NH3·H2O→(NH4)2SO3→(NH4)2SO4可防治酸雨，D正确。6.【答案】C解析：A．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养物质

，A正确；B．中药的萃取和浓缩均无新物质产生，属于物理变化，B项正确；C．聚乙烯塑料难降解，会造成白色污染，聚乳酸塑料易降解，不会造成白色污染，则用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，C错误；D．胶体遇电解质溶

液发生聚沉，豆浆通过点卤可制得豆腐，稀豆浆属于胶体，D正确；7.【答案】B解析：由“X氢化物的沸点比Z氢化物的沸点高”判断X氢化物中存在氢键，可能是NH3或H2O，则X可能是N或O，五种主族元素存在如下两种可能：-4-

CN或NOSiPSPSC1A．同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故原子半径：Q＞X，A错误；B．X的简单氢化物可能是NH3或H2O，它们都是由极性键构成的极性分子，B正确；C．同周期元素的非金属性从

左往右逐渐增强，故非金属性：Y＜Z＜W，C错误；D．Y的最高价氧化物对应的水化物可能是H2SiO3或H3PO4，H2SiO3为弱酸，H3PO4为中强酸，D错误。8.【答案】A解析：A．稀硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，可排出装置

内空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，试管及集气瓶中均出现无色气体，则可验证稀硝酸的还原产物为NO，故A正确；B．NH3极易溶于水，通入液面以下会发生倒吸，通入液面以下的中间导管应通CO2，B项错误；C．CO还原Fe2O3，生成Fe和CO2，Fe2O3是红棕色固体，

单质铁是灰黑色的，因此反应后可以看到硬质玻璃管中由红棕色固体变为灰黑色，C错误；D．氯气、溴均能与碘化钾反应生成碘，不能证明Br2、I2氧化性的强弱，故D错误；9.【答案】D解析：A．甲醛分子中C原子为sp

2杂化，甲醇分子中C原子为sp3杂化，故甲醛分子中H—C—O键角大于甲醇分子中H—C—O键角，A正确；B．1个H2O2分子含有的电子数为（1×2+8×2）=18个，故1molH2O2含有的电子数为18NA，C正确；C．HCHO与M的

最简式相同，均为CH2O，60gHCHO与M的混合物的物质的量为2mol，所含氧原子数为2NA，B正确；D．淀粉和纤维素均可用(C6H10O5)n表示，但n不确定，二者的分子式不同，不是同分异构体，故D错误。10.【答案】B解析：A．硅为共价晶体，A项错误；B．电解水时，阴极发生还原反应，B项

正确；C．加入食盐，则由于Cl-比OH-易失去电子，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，反应得到氯气而不是氧气，反应实质是电解NaCl和H2O，而不是电解水，C项错误；D．电解水时，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4

H+，D项错误；11.【答案】A解析：A．浓盐酸与KMnO4反应，HCl作为还原剂，被氧化成Cl2，故A错误；B．氯气和水生成盐酸和次氯酸，盐酸使试纸变红，次氯酸有漂白性，使试纸褪色，B正确；C．钠与Cl2微热会生成氯化钠，可观察到有白烟生

成，C正确；D．氯气使品红溶液褪色，属于氧化漂白，不可逆，故加热，溶液不恢复红色，D正确。12.【答案】B解析：A．H2S与CuSO4反应是因为CuS为难溶于酸的沉淀，并不是H2S酸性比H2SO4强，A错误；B．Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡，可知SO2具有还原

性，故B正确；C．溶液变红，说明硫酸亚铁溶液有变质，但是否全部被氧化，还应检验是否存在亚铁离子，C错误；D．碱性气体NH3遇到湿润的红色石蕊试纸可使之变蓝，D选项错误；13.【答案】D解析：A．a点=0时，pOH=4.2，即c(R+)=c(ROH)

时，c(OH-)=1×10-4.2mol·L-1，MOH的电离常数Kb=1×10-4.2，A正确；B．b点，溶液的溶质成分为ROH∶RCl=1∶1，此时≈-1.3，≈，，代入Kb表达式可得c(OH-)≈10-5.5，溶液呈碱性，电离程度大于水解程度，所以c(R+)＞c(R

OH)＞c(OH-)＞c(H+)，B正确；C．c点，ROH与盐酸恰好完全中和得到RCl溶液，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(R+)+c(ROH)，C正确；-5-D．a→c，水的电离程度增大：c→d，水的电离程度减小，D错误。14.【答案】D解析：A．根据酸性的强弱可知，羧酸>碳酸>苯酚>碳酸

氢根，所以离子方程式为22-3CO+→+2-3HCO，A项错误；B．石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，该反应的离子方程式中，Ca(OH)2不能拆开写，离子方程式应写为Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，B错误；C．醋酸是弱酸，不能拆成离

子形式，C错误；D．43NHHCO溶液与足量KOH溶液反应，铵根离子和碳酸氢根完全反应，离子方程式为：2433232NHHCO2OHNHHOCOHO，D正确；15.【答案】C解析：A．分析催化剂甲作用下Y的转化率曲线可知，随着

横坐标温度的升高，Y的转化率先增大后减小，转化率达到最大值，即反应达到平衡，后温度升高，Y的转化率下降，即平衡逆向移动。根据勒夏特列原理，可知升高温度平衡向吸热方向移动，即逆反应为吸热，则正反应为放热，即ΔH＜0，

A正确；B．在相同温度下，反应相同时间，催化剂乙作用下的Y的转化率大于催化剂甲的，故催化剂乙作用下的反应速率比催化剂甲的大，与催化剂甲相比，乙使反应活化能更低，B正确；C．由于X是固体，反应达到平衡后，再加入2molX，平衡不移动，Y的转化率不变，C错误；D．△c(Y)=(2×0.55)

mol/2L=0.55mol/L，c(Z)=1/2△c(Y)=1/2×0.55mol/L=0.275mol/L，D正确。16.【答案】C解析：该装置为电解池，左侧二氧化碳得电子生成甲酸根，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，左侧电

极为阴极，右侧为阳极，接电源正极，电极反应为CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O。A．左侧电极为阴极，In/In2O3-x电极与电源负极相连，A错误；B．根据分析，在右侧电极发生的电极反应式为CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6C

N+4H2O，B错误；C．右侧电极为阳极，氢氧根可能失去电子生成氧气，故可能有副产物O2生成，C正确；D．左侧电极为阴极，从阴极电极反应式可以看出，当0.25mol二氧化碳反应时，电路中电子转移0.5mol，根据电荷守恒，氢氧根迁移的物质的量是0.25m

ol，但题目未说明标准状况，故无法判断二氧化碳的量，D错误。二、非选择题17.（14分）Ⅰ．（1）排尽空气，防止铁与空气中的氧气反应（1分）（2）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分）（3）B

中长导管易被产品堵塞（1分）Ⅱ．10（1分，10.0给分，10.00不给分）bc（1分，错选、漏选、多选不给分）Ⅲ．（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分

）K3[Fe(CN)6]溶液（1分，写KMnO4溶液不给分）（2）①盐酸（1分，写HCl也给分，写硝酸不给分）②2.8（1分）③SO32−（1分）（3）随着反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+的进行，溶液中c(H+)不断增大，c(SO32−

)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使c(Fe3+)增大，配离子浓度不断减小，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。（2分）【解析】Ⅰ．装置A中Cl2与Fe在加热条件下发生反应产生FeCl3，装置B用于收集Fe

Cl3，装置C中浓硫酸作用是吸收空气中的水分，防止生成的FeCl3遇水潮解，最后用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染大气。（1）实验开始前先通氯气的目的是排尽空气，防止铁与空气中的氧气在加热时发生反应，故答案为：排

-6-尽空气，防止铁与空气中的氧气反应。（2）Cl2会与NaOH溶液发生歧化反应，故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。（3）FeCl3易凝华为固体，容易使B中长导管堵塞，故答案为：B中长导管易被产品堵塞。Ⅱ．溶液稀释过程中，溶质的物质的

量不变，因此100mL×0.5mol/L=VmL×5mol/L，解得V=10，故答案为：10。稀释配制100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、量筒，则不需要用到的仪器为漏斗、分液漏

斗，故答案为：bc。Ⅲ．SO2溶于水并会与水反应生成H2SO3，H2SO3在溶液中存在二级电离。在SO2与FeCl3溶液反应的过程中，由于反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+的反应速度较慢，在反应一开始的阶

段，Fe3+与H2SO3电离出来的少量SO32−会发生副反应，即形成配离子的可逆反应，生成不稳定的血红色配合物，随着反应的进行，溶液中c(H+)不断增大，c(SO32−)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断减小，c(

Fe3+)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色，Fe3+通过2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+反应逐渐生成Fe2+，静置9h后溶液慢慢由黄色变成浅绿色。（1）溶液由黄色最终变成浅绿色，浅绿色为Fe2+的颜色，SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故

离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀，故答案为K3[Fe(CN)6]溶液。（2）①实验一是为了验证假设一，加入盐酸，HSO3−结合H+会产生亚硫酸或二氧化硫

，同时不引入新的杂质、可能干扰的离子，分析现象可知假设一不成立，故答案为盐酸。②实验二是为了进一步验证假设二，保持溶液总体积不变，使Fe3+的浓度保持不变，故x=4.0-1.2=2.8。③由表中吸光度可知，

c(SO32−)越大，吸光度越大，溶液颜色越深，配离子浓度越大，得出血红色物质是Fe3+与SO32−形成的配离子，故答案为SO32−。（3）随着反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H

+的进行，溶液中c(H+)不断增大，c(SO32−)不断减小，形成配离子的可逆反应向逆向移动，使配离子浓度不断减小，c(Fe3+)增大，观察到溶液由血红色慢慢变回黄色。18.（14分）（1）粉碎（1分）加快氧化焙烧速率（1分，写加快速率即可得分）（2）2MoS2+9O2+12N

aOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O（2分，反应物和生成物均正确，给1分，配平正确给1分，条件不扣分）（3）H2SiO3、Al(OH)3、Zn(OH)2（3分，写对一个1分，写错一个或少写扣1分，扣完为止）8~12（1分，用区间或不等式表示

均给分，上下限不论是否取等均可）（4）N＞C＞H（1分）N＞C＞H（1分）（5）是（1分），c(Mg2+)=44344sp[Mg(NH)AsO](MH)(AsO)Kcc=10-11/（2×10-5）=5×10-7mol/L＜1

0-5mol/L（2分，列式1分，计算结果1分）（6）（0.75，0.25，0.75）（1分，用分数表示也给分）【解析】本工艺流程中富钼精矿经粉碎或研磨能增大接触面积，加快氧化焙烧速率，提高原料利用率，富钼精矿(主要成分为MoS2，还含有少量不溶物、ZnO、SiO2、

Al2O3、As2O3)经过氧化焙烧后，由后续流程可判断，将S元素转化为Na2SO4，SiO2转化为Na2SiO3，As2O3转化为Na3AsO4，ZnO变为Na2[Zn(OH)4]、Al2O3变为NaAlO2，故氧化焙烧方程式为2MoS2+9O2+12NaOH=2Na2MoO4+

4Na2SO4+6H2O。加水溶解浸出后过滤得到滤渣1主要成分为不溶物；向浸出液中加入稀硫酸调节pH，使2-3SiO转化为H2SiO3沉淀，Na2[Zn(OH)4]变为Zn(OH)2沉淀、NaAlO2变

为Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣II主要成分为H2SiO3、Zn(OH)2、Al(OH)3，若只考虑除去锌、铝元素，由图结合已知信息可得，pH的最佳取值范围是8~12。N、C、H三元素电负性强弱顺序为：N＞C＞H，

第一电离能大小顺序为：N＞C＞H。计算可得：-7-c(Mg2+)=44344sp[Mg(NH)AsO](MH)(AsO)Kcc=10-11/(2×10-5)=5×10-7mol/L＜10-5mol/L，所以镁离子沉淀完全。由1点坐标可得，2点坐标为（0.

75，0.25，0.75）。19.（14分）（1）1（1分）3（1分）（2）①E1-E2+ΔH2（1分）②C（1分）③BD（2分，对1个给1分，错1个扣1分，扣完为止）（3）①P2时，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平

衡转化率减小，650℃以后以反应II为主，的ΔH2＞0，温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。（2分）②P1＜P2＜P3（2分）③30%（2分）0.76（2分）【解析】（1）反应达到平衡时，正逆反应速率相等，正=k正·cx(CO2)·cy(H2)=逆=k逆c(CH3

OH)·c(H2O)，32322(CHOH)(HO)(CO)(H)kccKkcc正逆，则x=1、y=3，故答案为：1，3。（2）①设反应过程中第一步的产物为M，则CO(g)+2H2(g)→MΔH1=(E1-E2)，M→CH3OH(g)ΔH2，根据盖斯定

律可知，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=ΔH1+ΔH2=E1-E2+ΔH2，故答案为：E1-E2+ΔH2。②反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，ΔH＜0，正反应放热，降低温度，平衡正向移动；正反应气体物质的量减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高甲醇平衡产率的条件

是低温高压，故选C。③A．从反应过程中，M→X：Ir的配位数分别为4,6,6,5，配合物的组成可以看出，配离子中配体I-的数目有变化，使Ir元素的化合价发生改变，A不正确；B．分析可知，CH3I经历“无→有→无”的过程，是反应中间体，CH3COOH中有7个δ键，1个

π键，B正确；C．从图中箭头的方向可以看出：经历“有→无→有”的过程，是甲烷羰基化反应的催化剂，催化剂能够降低活化能，但是不影响焓变，C不正确；D．由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I=，③+

CO=+I-，④=，⑤+I-=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3COOH，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO═CH3COOH，是该反应的催化剂反应，故D正确；

E．总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，E不正确。（2）①P2，200℃~650℃时以反应I为主，ΔH1＜0，温度升高，反应I向逆向移动，CO2的平衡转化率减-8-小，650℃以后以反应II为主，ΔH2＞0，

温度升高，反应II向正向移动，CO2的平衡转化率增大。②温度处于200~550℃时，以反应I为主，保持温度不变，反应I气体总的物质的量减小，增大压强，平衡向正向移动，CO2的平衡转化率增加，故P1＜P2＜P3。③在密闭容器中通入2mo

lCO2和6molH2，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，图中点Q，二氧化碳的平衡转化率为70%，转化的二氧化碳的物质的量为2mol×70%=1.4mol，乙烯的选择==，则生成的乙烯的物质的量为0.1mol，转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为×1.

4mol=0.2mol，转化为一氧化碳的二氧化碳的物质的量为1.4mol-×1.4mol=1.2mol，根据化学方程式，列出三段式；H2的转化率=(0.6+1.2)/6=30%；平衡时一氧化碳的物质的量为1.2mol，水蒸气的物质的量为0.4mo

l+1.2mol=1.6mol，二氧化碳的物质的量为2mol-0.2mol-1.2mol=0.6mol，氢气的物质的量为6mol-0.6mol-1.2mol=4.2mol，乙烯的物质的量为0.1mol，体系中总的气体的物质的量为1.2mol+1.6mol+0.6mol+4.2mol+0.1

mol=7.7mol，又由于反应II前后总的气体物质的量相等，所以Kp等代数式分子分母中总的气体物质的量、总压可以约掉，化简后得：反应II的平衡常数Kp=0.76；故H2的转化率为30%，平衡常数Kp0.76。20

.（14）（1）对羟基苯甲酸(或4-羟基苯甲酸)（1分）（2）酯基、醚键（2分）（3）取代反应（1分）（4）+H2N-NH2222NaOH/HOCHCHOΔ+2N↑+2HO（2分，气体符号不扣分）（5）吡啶能与生成的HCl反应，促进此反应进行（1分）

（6）4（2分）、（各1分，共2分）（7）（3分）-9-【解析】合成路线为：对比A、C的结构，可推知B为，结合信息可知C与SOCl2反应生成D，属于取代反应，E发生黄鸣龙反应，E分子去一个氧原子，加2个氢原子，化合价降低4价，发生还原反应生成F，肼中C共升高4价，变

为氮气，化学方程式为：+H2N-NH2222NaOH/HOCHCHOΔ+2N↑+2HO，F与D发生取代反应生成G和HCl，吡啶中氮原子会与HCl反应，促进反应进行；G的官能团为酯基、醚键。J是A的同分异构体，苯环上有不超过2个的取代基，1molJ能消耗3mo

lNaOH，有邻间对3种，和，共4种。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1的结构简式为、。结合题干流程信息，以丙酮酸（CH3COCOOH）和苯酚为原料，写出合成的路线：获得更多资源请

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