2025年海南高考化學試題（新課標Ⅱ卷）及答案解析一、選擇題（本題共14小題，滿分40分。1-8題為單項選擇題，每題2分；9-14題為不定項選擇題，每題4分）1.化學與生活及環(huán)境密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（）A.PLGA材料具有優(yōu)良生物相容性，可用于醫(yī)用縫合線制備B.廢舊塑料堿性水解液電解處理可實現(xiàn)資源循環(huán)利用C.燃煤中加入生石灰可減少SO?排放，體現(xiàn)綠色化學理念D.三星堆青銅制品銹蝕生成Cu?(OH)?Cl，屬于物理變化答案：D解析：青銅制品銹蝕是Cu與O?、H?O、Cl?等發(fā)生反應(yīng)生成新物質(zhì)，屬于化學變化。A項PLGA材料的醫(yī)用應(yīng)用、B項廢塑料的資源化處理、C項燃煤脫硫均為試題情境中涉及的化學應(yīng)用，表述正確。素養(yǎng)考查：科學精神與社會責任，側(cè)重化學與生活、環(huán)保的聯(lián)系。2.下列化學用語表示正確的是（）A.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH?CH?B.基態(tài)Fe原子的價層電子排布式：3d?4s2C.次氯酸的電子式：H:Cl:O:D.用電子式表示NaCl的形成過程：Na?[:Cl:]?答案：B解析：A項乙烯結(jié)構(gòu)簡式需標注碳碳雙鍵（CH?=CH?）；C項次氯酸電子式應(yīng)為H:O:Cl:；D項形成過程需體現(xiàn)電子轉(zhuǎn)移，應(yīng)寫成Na?+?Cl:→Na?[:Cl:]?。B項符合價層電子排布規(guī)則。素養(yǎng)考查：宏觀辨識與微觀探析，聚焦化學用語規(guī)范性。3.設(shè)N?為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.1mol乙醇與足量乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯的分子數(shù)為N?B.標準狀況下，22.4LCH?與Cl?反應(yīng)生成的CH?Cl分子數(shù)為N?C.1L0.1mol/LNa?CO?溶液中CO?2?與HCO??的總數(shù)小于0.1N?D.2.3gNa與O?完全反應(yīng)生成Na?O?時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2N?答案：C解析：A項酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，產(chǎn)物分子數(shù)小于N?；B項甲烷氯代反應(yīng)生成多種氯代物，CH?Cl分子數(shù)小于N?；C項CO?2?水解生成HCO??和H?CO?，根據(jù)物料守恒，CO?2?與HCO??總數(shù)小于0.1N?；D項2.3gNa（0.1mol）反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.1N?電子。素養(yǎng)考查：變化觀念與平衡思想，結(jié)合可逆反應(yīng)、水解等原理考查微粒數(shù)計算。4.下列離子方程式書寫正確的是（）A.電解飽和食鹽水：2Cl?+2H?O\xlongequal{電解}Cl?↑+H?↑+2OH?B.向Fe(OH)?膠體中滴加HI溶液：Fe(OH)?+3H?=Fe3?+3H?OC.用稀硝酸溶解FeS固體：FeS+2H?=Fe2?+H?S↑D.向Ba(OH)?溶液中滴加NaHSO?溶液至中性：Ba2?+OH?+H?+SO?2?=BaSO?↓+H?O答案：A解析：B項Fe3?會氧化I?，正確離子方程式為2Fe(OH)?+6H?+2I?=2Fe2?+I?+6H?O；C項稀硝酸會氧化Fe2?和S2?，產(chǎn)物含F(xiàn)e3?、SO?2?等；D項中性時Ba(OH)?與NaHSO?的物質(zhì)的量比為1:2，離子方程式應(yīng)為Ba2?+2OH?+2H?+SO?2?=BaSO?↓+2H?O。素養(yǎng)考查：證據(jù)推理與模型認知，側(cè)重離子反應(yīng)的實質(zhì)判斷。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的基態(tài)原子有2個未成對電子，Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物是強酸，Z的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，W的單質(zhì)為黃綠色氣體。下列說法正確的是（）A.原子半徑：Z>W>Y>XB.簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>X>WC.Z與W形成的化合物水溶液呈酸性D.X的最高價氧化物對應(yīng)水化物是弱酸答案：D解析：由題意推知X為C（2個未成對電子）或O，Y為N（HNO?是強酸），Z為Al（最外層3個電子、3個電子層），W為Cl（黃綠色氣體）。結(jié)合原子序數(shù)，X只能為C。A項原子半徑：Al>Cl>C>N；B項簡單氫化物穩(wěn)定性：HCl>NH?>CH?；C項AlCl?水溶液呈酸性，但選項未明確化合物類型（如AlCl?、AlOCl等），表述不嚴謹；D項H?CO?是弱酸，正確。素養(yǎng)考查：宏觀辨識與微觀探析，通過元素推斷考查周期律應(yīng)用。6.下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ嶒災(zāi)康膶嶒灢僮鰽.分離苯與溴苯蒸餾，收集156℃左右餾分B.檢驗Na?SO?樣品是否變質(zhì)取樣品溶于水，滴加BaCl?溶液，觀察是否有白色沉淀C.制備Fe(OH)?膠體向沸水中滴加FeCl?飽和溶液，繼續(xù)煮沸至紅褐色D.測定NaOH溶液濃度用酚酞作指示劑，用標準鹽酸滴定答案：C解析：A項苯與溴苯沸點差異較大（苯80℃、溴苯156℃），但蒸餾需溫度計、冷凝管等裝置，僅“收集156℃餾分”表述不完整；B項Na?SO?與BaCl?也會生成白色沉淀，應(yīng)先加鹽酸排除干擾；C項為制備Fe(OH)?膠體的標準操作；D項未說明“用已知濃度的標準鹽酸”，操作不明確。素養(yǎng)考查：實驗探究與創(chuàng)新意識，聚焦基礎(chǔ)實驗操作與目的匹配性。7.已知反應(yīng)2SO?(g)+O?(g)?2SO?(g)ΔH<0，下列說法正確的是（）A.升高溫度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小B.增大壓強，平衡正向移動，平衡常數(shù)K增大C.加入催化劑，反應(yīng)的活化能降低，反應(yīng)速率增大D.達到平衡時，2v正(O?)=v逆(SO?)答案：C解析：A項升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大；B項平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，壓強變化不影響K；C項催化劑通過降低活化能加快反應(yīng)速率；D項平衡時v正(O?):v逆(SO?)=1:2，即v逆(SO?)=2v正(O?)。素養(yǎng)考查：變化觀念與平衡思想，側(cè)重化學平衡移動原理應(yīng)用。8.下列關(guān)于有機物的說法正確的是（）A.乙醇與乙酸均能與NaOH溶液反應(yīng)B.乙烯與苯均能使酸性KMnO?溶液褪色C.甲烷與氯氣的取代反應(yīng)產(chǎn)物中均含極性鍵D.淀粉與纖維素互為同分異構(gòu)體答案：C解析：A項乙醇與NaOH不反應(yīng)；B項苯不能使酸性KMnO?溶液褪色；C項甲烷氯代產(chǎn)物中C-Cl鍵、C-H鍵均為極性鍵；D項淀粉與纖維素的聚合度不同，分子式不同，不互為同分異構(gòu)體。素養(yǎng)考查：宏觀辨識與微觀探析，聚焦有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系。9.下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法正確的是（）A.基態(tài)N原子的第一電離能大于基態(tài)O原子B.水分子的空間結(jié)構(gòu)為V形，中心原子采取sp3雜化C.晶格能：Na?O>MgO>Al?O?D.鍵角：CH?>NH?>H?O答案：ABD解析：A項N的2p軌道半充滿，第一電離能反常大于O；B項H?O中O原子sp3雜化，因孤電子對排斥呈V形；C項離子半徑越小、電荷數(shù)越多，晶格能越大，故晶格能Al?O?>MgO>Na?O；D項孤電子對數(shù)目越多，鍵角越小（CH?無孤電子對，NH?1對，H?O2對）。素養(yǎng)考查：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，綜合電離能、雜化、晶格能等核心知識點。10.以蛇紋石（主要含Mg?Si?O?(OH)?）為原料制備Mg(OH)?的工藝流程如下，下列說法正確的是（）A.“酸浸”時可選用稀硫酸B.“除硅”時生成H?SiO?沉淀C.“沉鎂”時加入NaOH溶液越多越好D.流程中涉及復(fù)分解反應(yīng)和分解反應(yīng)答案：ABD解析：A項稀硫酸可溶解蛇紋石中的Mg元素，生成MgSO?；B項硅元素以SiO?2?形式存在，酸浸后生成H?SiO?沉淀；C項NaOH過量會導(dǎo)致Mg(OH)?溶解（生成NaMgO?），并非越多越好；D項酸浸、沉鎂為復(fù)分解反應(yīng)，若后續(xù)有Mg(OH)?加熱分解步驟則涉及分解反應(yīng)。素養(yǎng)考查：證據(jù)推理與模型認知，結(jié)合工業(yè)流程考查反應(yīng)原理。11.下列實驗現(xiàn)象與解釋或結(jié)論均正確的是（）實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A.向AgCl懸濁液中加KI溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B.向Na?S?O?溶液中加稀硫酸產(chǎn)生淡黃色沉淀和刺激性氣體S?O?2?+2H?=S↓+SO?↑+H?OC.向FeCl?溶液中加Cu粉溶液由黃色變?yōu)樗{色Fe3?的氧化性強于Cu2?D.向Ba(NO?)?溶液中通入SO?產(chǎn)生白色沉淀BaSO?難溶于水答案：ABC解析：D項NO??在酸性條件下（SO?溶于水生成H?）會氧化SO?生成SO?2?，沉淀為BaSO?，而非BaSO?。A項為沉淀轉(zhuǎn)化，B項為S?O?2?的歧化反應(yīng)，C項為Fe3?氧化Cu，均正確。素養(yǎng)考查：實驗探究與創(chuàng)新意識，結(jié)合現(xiàn)象分析反應(yīng)本質(zhì)。12.水微滴表面可發(fā)生如下反應(yīng)：2NO+O?+2H?O=2HNO?，其反應(yīng)機理如圖所示（部分中間體已省略）。下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)中NO是還原劑B.反應(yīng)過程中涉及極性鍵的斷裂與形成C.中間體中O原子的雜化類型均為sp2D.總反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2答案：ABD解析：A項NO中N元素化合價從+2升至+5，作還原劑；B項H?O中O-H鍵斷裂，HNO?中O-H鍵、N-O鍵形成，均為極性鍵；C項中間體中若含孤電子對（如OH?），O原子可能為sp3雜化；D項O?為氧化劑（2molO?得8mole?），NO為還原劑（2molNO失6mole?），結(jié)合總反應(yīng)式，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量比為1:2。素養(yǎng)考查：證據(jù)推理與模型認知，基于反應(yīng)機理分析物質(zhì)作用與結(jié)構(gòu)。13.常溫下，向0.1mol/LH?A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中l(wèi)gc(X)（X代表H?A、HA?、A2?）與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.曲線M代表H?A，曲線N代表A2?B.H?A的第一步電離常數(shù)Ka?=10?1.?C.pH=4.5時，c(HA?)>c(A2?)>c(H?A)D.滴加NaOH溶液至pH=7時，c(Na?)=2c(A2?)+c(HA?)答案：BCD解析：A項pH增大，H?A濃度降低（曲線P），HA?先增后減（曲線M），A2?增大（曲線N），故曲線M代表HA?；B項Ka?=c(HA?)c(H?)/c(H?A)，當c(H?A)=c(HA?)時，pH=1.5，Ka?=10?1.?；C項pH=4.5時，曲線M（HA?）>曲線N（A2?）>曲線P（H?A）；D項pH=7時，c(H?)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(Na?)+c(H?)=2c(A2?)+c(HA?)+c(OH?)，可得c(Na?)=2c(A2?)+c(HA?)。素養(yǎng)考查：變化觀念與平衡思想，通過圖像分析弱電解質(zhì)電離平衡。14.利用下列裝置進行實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用裝置甲制備并收集NH?B.用裝置乙分離乙醇與乙酸的混合物C.用裝置丙驗證犧牲陽極法防腐D.用裝置丁測定鹽酸的物質(zhì)的量濃度答案：AC解析：A項濃氨水與生石灰制NH?，向下排空氣法收集，正確；B項乙醇與乙酸互溶，不能用分液分離；C項Zn比Fe活潑，Zn作負極保護Fe，驗證犧牲陽極法；D項滴定管應(yīng)為堿式滴定管（NaOH溶液），圖中為酸式滴定管，錯誤。素養(yǎng)考查：實驗探究與創(chuàng)新意識，側(cè)重實驗裝置的合理性判斷。二、非選擇題（本題共5小題，滿分60分）15.（10分）蛇紋石是重要的鎂礦資源，其主要成分為Mg?Si?O?(OH)?，還含F(xiàn)e?O?、Al?O?等雜質(zhì)。某課題組以蛇紋石為原料制備高純Mg(OH)?，工藝流程如下：\boxed{蛇紋石}\xrightarrow[80℃]{酸浸}\boxed{浸出液}\xrightarrow{除鐵鋁}\boxed{凈化液}\xrightarrow{沉鎂}\boxed{Mg(OH)?}（1）“酸浸”時選用稀鹽酸，寫出Mg?Si?O?(OH)?與鹽酸反應(yīng)的化學方程式：。（2）“除鐵鋁”時需調(diào)節(jié)pH至5.0~5.5，可選用的試劑為（填序號）。a.NaOH溶液b.MgOc.Mg(OH)?d.稀硫酸（3）“沉鎂”時加入氨水，生成Mg(OH)?沉淀。若氨水過量，部分Mg(OH)?會轉(zhuǎn)化為[Mg(NH?)?]2?，寫出該反應(yīng)的離子方程式：。（4）通過測定Mg(OH)?的純度可評價工藝水平。取wg樣品，加入過量稀硫酸溶解，用0.1mol/LEDTA標準溶液滴定（反應(yīng)：Mg2?+H?Y2?=MgY2?+2H?），消耗EDTA溶液VmL，則樣品中Mg(OH)?的質(zhì)量分數(shù)為（用含w、V的代數(shù)式表示）。（5）蛇紋石資源綜合利用的意義為________________________（任寫一點）。答案：（1）Mg?Si?O?(OH)?+6HCl=3MgCl?+2H?SiO?↓+2H?O（2分）（2）bc（2分）（3）Mg(OH)?+4NH??H?O=[Mg(NH?)?]2?+2OH?+2H?O（2分）（4）\frac{0.0058V}{w}×100\%（2分）（5）實現(xiàn)資源高效利用，助力碳中和目標（或減少固體廢棄物污染等，合理即可）（2分）解析：（1）蛇紋石中的硅元素轉(zhuǎn)化為H?SiO?沉淀，鎂元素轉(zhuǎn)化為MgCl?，結(jié)合原子守恒配平。（2）調(diào)節(jié)pH時需避免引入新雜質(zhì)，MgO、Mg(OH)?可消耗H?且不引入雜質(zhì)，NaOH易過量導(dǎo)致Mg2?沉淀，稀硫酸會降低pH。（3）Mg(OH)?與過量氨水反應(yīng)生成配合物[Mg(NH?)?]2?，結(jié)合電荷守恒與原子守恒書寫。（4）n(Mg2?)=n(EDTA)=0.1×V×10?3=10??Vmol，m[Mg(OH)?]=10??V×58=0.0058Vg，質(zhì)量分數(shù)為0.0058V/w×100%。（5）從資源利用、環(huán)境保護、碳中和等角度分析，體現(xiàn)綠色化學理念。16.（10分）研究CO?與H?的反應(yīng)對實現(xiàn)碳中和具有重要意義。該反應(yīng)體系中涉及如下反應(yīng)：Ⅰ.CO?(g)+3H?(g)?CH?OH(g)+H?O(g)ΔH?=-49.0kJ/molⅡ.CO?(g)+H?(g)?CO(g)+H?O(g)ΔH?=+41.2kJ/mol（1）已知CH?OH(g)?CO(g)+2H?(g)ΔH?，則ΔH?=kJ/mol。（2）向恒容密閉容器中充入1molCO?和3molH?，在不同溫度下達到平衡時，CO?的轉(zhuǎn)化率及CH?OH的選擇性如圖所示（CH?OH的選擇性=生成CH?OH的CO?物質(zhì)的量/消耗CO?的總物質(zhì)的量×100%）。①溫度升高，CO?轉(zhuǎn)化率增大的原因是__________________。②500K時，反應(yīng)達到平衡后，n(CH?OH)=______mol，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K=（列出計算式即可）。（3）為提高CH?OH的產(chǎn)率，可采取的措施有（填序號）。a.升高溫度b.增大壓強c.加入催化劑d.增大n(CO?)/n(H?)比值答案：（1）+90.2（2分）（2）①反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)，溫度升高使反應(yīng)Ⅱ正向移動，CO?轉(zhuǎn)化率增大（2分）；②0.4（2分）；\frac{c(CH?OH)·c(H?O)}{c(CO?)·c3(H?)}（或\frac{\frac{0.4}{V}·\frac{0.8}{V}}{\frac{0.6}{V}·\frac{1.4}{V}3}，2分）（3）b（2分）解析：（1）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)Ⅱ-反應(yīng)Ⅰ=反應(yīng)Ⅲ，ΔH?=ΔH?-ΔH?=41.2-(-49.0)=+90.2kJ/mol。（2）①反應(yīng)Ⅰ放熱、反應(yīng)Ⅱ吸熱，升溫使反應(yīng)Ⅱ正向進行的程度大于反應(yīng)Ⅰ逆向進行的程度，總CO?轉(zhuǎn)化率增大。②500K時CO?轉(zhuǎn)化率60%，CH?OH選擇性66.7%，則生成CH?OH的CO?為1×60%×66.7%≈0.4mol；平衡時n(CO?)=0.4mol，n(H?)=3-3×0.4-1×0.2=1.4mol，n(CH?OH)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H?O)=0.6mol，代入平衡常數(shù)表達式。（3）增大壓強有利于反應(yīng)Ⅰ正向（氣體分子數(shù)減少）進行，提高CH?OH產(chǎn)率；升溫、增大CO?比例均不利于反應(yīng)Ⅰ，催化劑不影響平衡。17.（12分）實驗室以海帶為原料提取碘的流程如下：\boxed{海帶}\xrightarrow{灼燒}\boxed{海帶灰}\xrightarrow{浸泡}\boxed{浸取液}\xrightarrow{氧化}\boxed{含I?溶液}\xrightarrow{萃取分液}\boxed{有機層}\xrightarrow{蒸餾}\boxed{粗碘}\xrightarrow{升華}\boxed{純碘}（1）“灼燒”時需用到的硅酸鹽儀器有______、。（2）“氧化”時可選用H?O?溶液，反應(yīng)的離子方程式為__________________。若用Cl?作氧化劑，過量Cl?會將I?氧化為IO??，寫出該反應(yīng)的離子方程式：。（3）“萃取分液”時，選用CCl?作萃取劑，振蕩后靜置，有機層呈______色。分液時，應(yīng)先，再打開活塞放出下層液體。（4）“升華”操作中，為防止碘蒸氣污染環(huán)境，可采取的措施是______。（5）某同學設(shè)計實驗驗證“確認碘離子氧化完全”：取少量氧化后的溶液，加入淀粉溶液，若溶液不變藍，則說明氧化完全。該方案是否合理？（填“是”或“否”），理由是__________________。答案：（1）坩堝（1分）；泥三角（或酒精燈，1分）（2）2I?+H?O?+2H?=I?+2H?O（2分）；5Cl?+I?+6H?O=2IO??+10Cl?+12H?（2分）（3）紫紅（1分）；打開分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞的凹槽與漏斗口的小孔對齊，1分）（4）在升華裝置的導(dǎo)管口連接裝有NaOH溶液的燒杯（或用裝有水的燒杯收集冷凝的碘，2分）（5）否（1分）；若氧化劑過量，會將生成的I?氧化為IO??，淀粉遇IO??不變藍，無法確認I?是否氧化完全（1分）解析：（1）灼燒海帶需坩堝、泥三角、酒精燈等，其中硅酸鹽儀器為坩堝、泥三角、酒精燈（任寫兩種）。（2）H?O?在酸性條件下氧化I?生成I?；Cl?過量時，I?被氧化為IO??，Cl?被還原為Cl?，結(jié)合得失電子守恒配平。（3）I?的CCl?溶液呈紫紅色；分液時需先平衡氣壓，防止液體無法流下。（4）碘蒸氣可與NaOH反應(yīng)，或通過冷凝回收，減少污染。（5）若氧化劑過量，I?會進一步被氧化為IO??，淀粉僅遇I?變藍，無法檢驗I?是否完全氧化，方案不合理。18.（14分）艾拉莫德是一種抗風濕藥物，其合成路線如下：\boxed{A}\xrightarrow[吡啶]{CH?COCl}\boxed{B}\xrightarrow[②H?O?]{①LiAlH?}\boxed{C}\xrightarrow{MnO?/H?}\boxed{D}\xrightarrow{一定條件}\boxed{艾拉莫德}已知：①吡啶是一種有機堿，可吸收反應(yīng)生成的HCl；②R-COCl\xrightarrow[②H?O?]{①LiAlH?}R-CH?OH（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為________________，其含有的官能團名稱為________________。（2）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為________________，吡啶的作用是________________。（3）反應(yīng)②中，LiAlH?的作用是________________（填“氧化劑”或“還原劑”）。（4）D的結(jié)構(gòu)簡式為________________，反應(yīng)③的化學方程式為________________。（5）寫出滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：（任寫一種）。①含有苯環(huán)且苯環(huán)上有2個取代基；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③能與FeCl?溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。（6）參照上述合成路線，設(shè)計以苯乙酸（C?H?CH?COOH）為原料制備苯乙醛（C?H?CH?CHO）的合成路線：（無機試劑任選）。答案：（1）\ce{HO-C6H4-COOH}（或鄰羥基苯甲酸、間羥基苯甲酸、對羥基苯甲酸，合理即可，2分）；羥基、羧基（2分）（2）取代反應(yīng)（或?；磻?yīng)，1分）；吸收HCl，促進反應(yīng)正向進行（1分）（3）還原劑（1分）（4）\ce{OHC-C6H4-OH}（對應(yīng)A的取代基位置，2分）；\ce{OHC-C6H4-OH+其他反應(yīng)物->艾拉莫德+H2O}（合理即可，2分）（5）\ce{HOC6H4-CH2CHO}（鄰、間、對任一種，2分）（6）\ce{C6H5CH2COOH->[SOCl2]C6H5CH2COCl->[①LiAlH4,②H3O+]C6H5CH2CH2OH->[MnO2/H+]C6H5CH2CHO}（2分）解析：（1）結(jié)合反應(yīng)①的反應(yīng)物（CH?COCl）和已知②，A含羧基（-COOH）和羥基（-OH），結(jié)構(gòu)為羥基苯甲酸。（2）反應(yīng)①中A的羥基與CH?COCl發(fā)生取代反應(yīng)生成酯，吡啶吸收HCl使平衡正向移動。（3）LiAlH?將酯基（-COO-）還原為-CH?