资源简介 {#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}绝密★启用前（全国卷）生物学参考答案1.【答案】D【命题意图】考查酶在代谢中的作用。【解析】口服后，多酶片先进入胃后进入小肠，因而多酶片外层为胃蛋白酶，内层是胰酶，A项正确：酶在高温时活性会受破坏，因此用温水送服不会使酶失活，B项正确：多酶片起作用的场所是消化道，不消耗细胞内的ATP,C项正确；胃液的pH为0.9-1.5，小肠液的pH为7.6，因此胃蛋白酶进入小肠后，酶活性会降低，D项错误。2.【答案】C【命题意图】考查细胞的癌变、基因的表达。【解析】KEAP1表达升高可促进细胞质中的NRF2蛋白降解，进入细胞核中的NRF2蛋白减少使得HMOX1基因表达减少，从而抑制肿瘤耐药，A项正确：DPP9表达升高会竞争性结合KEAP1,稳定NRF2蛋白水平，NRF2蛋白正常入核会促进HMOXI基因的表达从而引起肿瘤耐药，B项正确：NRF2基因高表达会使得细胞质中NRF2蛋白增加，该蛋白进入细胞核中会促进HMOX1基因高表达来促进肿瘤细胞耐药，不会引起ccRCC细胞衰老调亡，C项错误；减少NRF2蛋白入核使得HMOXI基因表达量降低，从而缓解了ccRCC耐药，D项正确。3.【答案】B【命题意图】考查植物激素调剂、环境因素。【解析】赤霉素可以促进种子萌发，脱落酸会抑制种子萌发，适宜波长的光处理可能有利于种子萌发，适宜的温度可促进种子萌发。综上所述，B项符合题意。4.【答案】B【命题意图】考查细胞呼吸。【解析】细胞呼吸将葡萄糖等有机物中的化学能转换成热能和储存在ATP中的化学能：生产者固定的能量主要来自太阳能。当森林处于生态平衡时，与生产者固定的能量大致相等的是所有生物细胞呼吸释放的能量。综上所述，B项正确。5.【答案】B【命题意图】考查血糖调节。【解析】曲线AB段是早餐后，食物中糖类的消化吸收导致血糖浓度明显升高，并非胰岛A细胞分泌的胰高血糖素作用的结果，A项错误：曲线BC段血糖浓度降低，此时段内是胰岛素的作用，随着血糖浓度的降低，胰岛素的分泌速率逐渐减慢，B项正确：曲线CD段血糖由低浓度升高到高浓度，此过程主要是胰高血糖素引起的，但是不能说胰岛B细胞停止分泌胰岛素，因为激素一旦起作用就被灭活，所以机体会源源不断产生胰岛素，只不过产生量不多，C项错误：B点时下丘脑支配胰岛B细胞的神经元兴奋，C点时下丘脑支配胰岛A细胞的神经元兴奋，D项错误。6.【答案】C【命题意图】考查伴性遗传、遗传基本规律。【解析】亲本为BbZAW(甲)和bbZZ(乙)，F1(I)的基因型是BbZAZ(褐壳慢羽公鸡，不产蛋)、bbZAZ(白壳慢羽公鸡，不产蛋)、BbZW(褐壳快羽母鸡)、bbZW(白壳快羽母鸡)，选择合适的鸡(Ⅱ)BbZAZ(褐壳慢羽公鸡，不产蛋)与BbZW(褐壳快羽母鸡)杂交，筛选得到的绿壳快羽鸡(II)的基因型是BBZZ(母鸡)。该鸡群中与壳颜色有关的基因型有BB(绿壳)、Bb(褐壳)、bb(白壳)三种，与羽毛有关的基因型有ZAZA(慢羽公鸡)、ZAZ(慢羽公鸡)、ZZ(快羽公鸡)、ZAW(慢羽母鸡)、ZW(快羽母鸡)共5种，综合起来，母鸡的基因型有3×2=6种，母鸡的表现型有3×2=6种，A项错误；I中母鸡有2种基因型：BbZW、bbZW,均表现为快羽，父本乙(bbZZ)的羽毛表型也是快羽，母本甲(BbZAW)的羽毛表型为慢羽，B项错误：该杂交组合反交，则反交亲本的基因型为bbZW(母生物学参考答案（全国卷）第1页（共4页）绝密★启用前（全国卷）物理参考答案14.【答案】B【解析】该波的波长为=c仁3.0×10×342×1018m=102.6×10m。从表格数据可知该波的能量为12.09eV,由能级图可知n=3和n=1的能级差之间的能量差值为△E=E,-E=-1.5leV(-13.6eV)=12.09eV,与该波的谱线能量相等，故可知此谱线来源于氢原子=3和n=1能级之间的跃迁，选项B正确。15.【答案】C【解析】机械人托举菜盘先匀速前行，此时托盘对菜盘的作用力大小F等于菜盘的重力G,方向竖直向上；在机械人快到餐桌前变为减速向前运动过程中，此时菜盘为研究对象，所受合力与运动方向相反，菜盘除了受竖直向下的重力G和竖直向上的支持力N=F以外，还要受到一个与运动方向相反的摩擦力了，此时托盘对菜盘的作用力为N与f的合力，即FVE+f,方向背离餐桌方向斜向上，因此A、B错误。B,=VF2+子产>F,所以选项C正确。16.【答案】D【解析】当列车达到最大速度时，牵引力与阻力相等，所以m-B-BFF,选项AB错误；根据动能定理，有+现一-紧，所以列车在时间内牵引为做功为，12F,选项C错误，选项D正确。17.【答案】C【解析】设天通一号01星距地面的高度为h,如图所示，根据几何关系可得R,=0=sin。,解得R+h2h=R0-1)4，地球的质量为M=p×-πR,sin-,选项A错误：设第一字宙速度大小为，则有G伽=mR3两式联立得解得v=R,4πGp,选项B错误；设天通一号01星轨道半径为r,天通一号01星轨道所在处的重力加速度大小为g,天通一号01星在轨道所在处有GM。2三g',地球表面物体有G=8地球的质量为M=px等R,再结合公=sin ,以上四式联立解得g=号xGpRsin号44选项C正确；天3232通一号01星做匀速圆周运动有GM=-2匹y,地球的质量为M=p×R,根据几4-=mr3何关系可得尽=sim,以上三式联立解得周期T=3π0选项D错误。2PGsin3218.【答案】C【解析】OA与O,B平行且相等，根据几何关系可得A、B两点关于圆心O对称，根据等量同种正电荷的电场线和等势面分布规律可得A、B两点电场强度大小相等，方向相反，电势相同，则A、B两点电场强度不相同，物理参考答案（全国卷）第1页（共8页）绝密★启用前（全国卷）化学参考答案7.C【解析】纤维素和糖类都是含 C、H、O元素，蛋白质含有 C、H、O、N等元素，A项错误；碳量子点含有含氧官能团，石墨是碳单质，不互为同素异形体，B项错误；高温碳化有机物有新物质生成，是化学变化，C项正确；碳量子点分散到分散剂中形成的分散系（胶体）具有丁达尔效应，碳量子点没有丁达尔效应，D项错误。8.D【解析】该物质分子中含有碳碳双键、羟基，可使酸性 KMnO4溶液褪色，A项正确；分子中含有碳碳双键、羟基、酮羰基、醚键 4种官能团，含氧官能团有 3种，B项正确；虚线框中的 7个 C原子，1 个 O原子，4个连接在苯环上的 H原子，这 12原子肯定共平面，羟基中的 H原子可以跟其他原子共面，也可以不共面，所以最多是 13个原子共面，C项正确；温度和压强未知，3molH2的体积无法求算，D项错误。9.B【解析】A项，H2O2分解生成的 O2可以通过长颈漏斗逸出，也缺少秒表，A错误；B项，导管不需要伸入液面，B正确；C项，要用玻璃搅拌器，C错误；D项，温度和催化剂都可以加快反应速率，D错误。10.C【解析】A项，糯米的主要成分是淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵产生乙醇，葡萄糖是单糖，不能水解，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，A项不符合题意；用 FeS除工业废水中的 Cu2+、Hg2+，是因为生成了更难溶的 CuS和 HgS，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，无因果关系，B项不符合题意；SOCl2极易水解成 SO2和 HCl，加热时 SOCl2与 AlCl3·6H2O中的结晶水反应，最后可以制得无水 AlCl3，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ正确，之间有因果关系，C项符合题意；Ca是活泼金属，容易与水反应，电解 CaCl2溶液得不到金属 Ca，在一定条件下Ca2+可以得电子被还原为 Ca单质，陈述Ⅰ错误，陈述Ⅱ正确，D项不符合题意。11.D【解析】2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2中 N 是+4 价，生成的盐 NaNO2和 NaNO3中 N元素的化合价分别为+3和+5，NO2不是酸性氧化物，A项错误；反应中水只做反应物，不可能是催化剂，B项错误；从图中可以看出有 H-O 键断裂，在形成 HNO2 分子时也有 H-O 键的形成，C 项错误；整个过程表示为2NO +H O+SO 2-2 2 3 =HNO2+HSO -4 +NO -2 ，D项正确。12.A【解析】类型 电极 电极名称 电极反应 总反应A 阳极 VO2++H2O-e-=VO2++2H+充电时（电解池） VO2++H2O+V3+=VO2++2H++V2+B 阴极 V3++e-=V2+A -正极 VO2++2H++e =VO2++H2O放电时（原电池） VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2OB 负极 V2+ e-- =V3+化学参考答案 第 1 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}-充电时，右侧储液罐中发生反应 V3++e =V2+，V2+浓度不断增大，A项错误；充电时，电极 A的电极反应方程式为 VO2++H2O e-- =VO2++2H+，B项正确；放电时，总反应方程式为 VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O，C项正确；增大含钒离子的浓度，即增大了储液罐中含钒离子的物质的量，电池容量会增大，D项正确。13.D【解析】根据图 2可知，只有一个滴定终点且起始酸 H2A溶液的 pH为 1，图 1中两种含 A元素微粒的分布系数分别为 0.1和 0.9（和为 1，说明滴定过程中溶液里面含 A微粒只有 2种），由此可以确定酸 H2A的第一步完- -全电离，第二步是部分电离，两种含 A微粒为 HA（0.9）和 A2（0.1）,A项错误；曲线①表示 (HA )，曲线 ②表示 (A2 )，曲线①和曲线②的交点处 (HA ) = (A2 ) [可得出 c(HA-)=c(A2-)]，V(NaOH)=25 mL，再根c(A2 ) c(H )据图 2可判断出此时溶液的 pH为 2.0，HA-的电离常数 K -a= =c(H+)=10 2，B项错误；到达滴定终c(HA )点时，消耗 NaOH溶液的体积 V(NaOH)=40 mL，则 0.1000 mol/L×40 mL=2×c(H2A)×20 mL，解得：c(H2A)=0.1000 mol/L C - - -， 项错误；d点溶液中溶质主要为 NaHA，由电荷守恒可得 c(Na+)+c(H+)=2c(A2 )+c(HA )+c(OH )，又因为此时溶液呈酸性：c(H+)＞c(OH-)，所以 c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，D项正确。26.（14分）（1）+50.0（2分，答“+50”也可得分）（2）200℃（2分）（3）①m（2分） 该反应为气体分子数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大（2分）②40%（2分） 1×103（2分）（4）CO2+ 6e-+ 6H+ = CH3OH + H2O（2分）【解析】（1）根据盖斯定律可知ΔH3=ΔH2-ΔH1= -49.5 kJ·mol-1-（-99.5 kJ·mol-1 =+50.0 kJ·mol-1）（2）在题图中需要找到甲醇产量最高的点对应的温度，即为 200℃。（3）①该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，所以曲线 m对应等温过程。②起始投料为 =3，可以假设 n(H2)=3 mol，n(CO2)=1mol，平衡时 CH3OH为 x mol，则：CO2 g 3H2 g CH3OH g H2O g 起始 1 3 0 0转化 x 3x x x平衡 1-x 3-3x x xxx(CH3OH)= =0.125，解得 x = 0.4 mol，所以 CO2的平衡转化率为 40.0%；据图可知等温条件下，1-x+3-3x+x+x若平衡时 x(CH3OH) = 0.125，则 p 总= 8×103Pa，平衡时 CH3OH的分压为 0.125×8×103Pa=1×103Pa。（4）从装置图可以看出生成 CH3OH的反应物为 CO2，CO2转化为 CH3OH时 C的化合价由+4降为-2，即转移了 6 -个电子，结合酸性环境可以写出电极反应式为 CO2+ 6e + 6H+= CH3OH + H2O。化学参考答案 第 2 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}27．（15分）（1）ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑（2分）（2）SiO2 CaSO4（2分，每个 1分）（3）5（2分） 2.7×10 12（2分）（4）H2O2受热易分解造成部分损失（2分）（5）2HF + Ca2+= CaF2↓ + 2H+（2分）（6）ZnO（1分，或 Zn(OH)2、ZnCO3等合理答案即可得分） 提高 Zn的利用率（2分）【解析】以菱锌矿（主要含有 ZnCO3，另含有少量 CaO、FeO、CuO、SiO2等）为原料电解制 Zn，菱锌矿加入硫酸“堆浸”，ZnCO3与硫酸反应生成硫酸锌，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，二氧化硅不与硫酸反应，两者进入滤渣 1，其他氧化物与稀硫酸反应转化为离子留在滤液中，金属阳离子为 Zn2+、Fe2+、Cu2+以及少量的 Ca2+，加 H2O2氧化亚铁离子为铁离子，调节 pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，进入滤渣 2；再加 Zn粉除 Cu2+，转化为铜沉淀进入滤渣 3；滤液加 HF除去杂质 Ca2+，滤渣 4为氟化钙，此时滤液中主要为硫酸锌溶液，最后硫酸锌溶液中加硫酸电解得到 Zn。（1）ZnCO3与硫酸反应生成硫酸锌，反应方程式为 ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑。（2）酸浸过程中 SiO2不发生反应，同时由于 CaSO4微溶于水，所以滤渣 1的主要成分为 SiO2、CaSO4。（3 ＋）“氧化过滤”反应结束时所得滤渣 2的化学成分只有 Fe(OH)3，即只有 Fe3+被沉淀完，Cu2+、Zn2 未被沉淀，则根据 Ksp[Cu(OH) - -92]和 c(Cu2+)=0.01 mol·L 1可以求出 c(OH )=10 mol·L 1，即溶液的 pH最大值为 5，此时K Fe(OH) 2.7 10 39溶液铁离子的浓度为 c(Fe3+)= sp 33 9 3 =2.7×10 12(mol·L 1)。c (OH ) (10 )（4）由于 H2O2受热易分解，所以“氧化过滤”时反应温度过高会使 H2O2受热易分解造成 H2O2部分损失。（5）“除杂过滤”时 HF与 Ca2+反应生成难溶物氟化钙，反应的离子方程式为 2HF + Ca2+=CaF2↓ + 2H+。（6）滤液 4溶质的主要成分为 ZnSO4溶液，电解过程中发生的反应原理为 2ZnSO4+2H2O 2Zn+O2↑ +2H2SO4，随着电解的进行，电解液的主要成分为 H2SO4，所以为了保持电解液成分的稳定性，需要在电解液中不断补充加入 ZnO消耗 H2SO4同时转化为 ZnSO4。由于电解过程中电解液中会有 H2SO4生成，所以可利用生成的 H2SO4将滤渣 3中的 Zn转化为 ZnSO4，然后与滤液 4合并进而提高原料的利用率。28.（14分）（1）将 SnCl2粉末溶解在浓盐酸中，并加少量 Sn（2分）（若其中的“浓盐酸”答成“稀盐酸”“盐酸”均可给分，漏答 Sn扣 1分”）（2）防止 Sn2+被空气中的 O2氧化为 Sn4+（2分，意思相同即可）（3）2HCO -3 + Sn2+═ SnO ↓+ 2CO2↑ + H2O（2分）化学参考答案 第 3 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}（4）降低硫酸亚锡晶体的溶解度而减少损失，防止 SnSO4水解产生新杂质（2分）（5）CE（2分，每个 1分，错选或多选得 0分）（6）96.75（2分） AD（2分，每个 1分，错选或多选得 0分）【解析】（1）由题中信息“Sn2+易水解”可知 SnCl2固体在配制溶液过程中需用浓盐酸抑制 SnCl2水解，同时加入 Sn防止 Sn2+被氧化。（2）由题中信息“锡元素在水溶液中有 Sn2+、Sn4+两种主要存在形式；还原性 Fe2+易被氧化为 Sn4+，所以在酸性 SnCl2溶液中加 Sn粉不仅能消耗H+而调节溶液 pH，还可以通过反应 Sn+Sn4+=2Sn2+防止 Sn2+被空气中的氧气氧化为 Sn4+。-（3）根据元素守恒和电荷守恒，从反应物和产物进行分析可以写出反应：2HCO3 + Sn2+═ SnO ↓+ 2CO2↑ + H2O。（4）由于水不仅能溶解杂质离子，也能溶解部分硫酸亚锡晶体而造成损失，为了降低硫酸亚锡晶体的损失，改用乙醇清洗除去表面的杂质离子且降低硫酸亚锡晶体的溶解度而减少损失，且防止 Sn2+水解生成 Sn(OH)Cl导致产品不纯。（5）配制一定物质的量浓度的溶液时，不需要分液漏斗和锥形瓶。（6）由信息“还原性 Fe2+Cr2O72- +14H+ =6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O可知有关系：3Sn2+~Cr2O72-，滴定过程中消耗的 Cr2O72-物质的量为 15.00mL×10-3L·mL-1×0.2000mol·L-1=3×10-3mol SnSO 9×10-，成品中 4为 3mol，质量为 9×10-3 mol×215g·mol－1=1.935g，质量分数为(1.935/2.000)×100%=96.75%。A项，滴定时盛酸性 K2Cr2O7溶液的滴定管未润洗，会因 K2Cr2O7溶液的浓度减小导致消耗的 Cr2O72-体积增大，进而使 n(Cr2O72-)偏大，SnSO4纯度偏高；B项，盛样品的锥形瓶用蒸馏水洗剂后未进行干燥，不影响待测物质的量，也不影响 Cr2O72-的量，即不影响滴定结果；C项，滴定结束后滴定管尖嘴内有气泡产生会导致代入计算式中的 K2Cr2O7溶液体积减小，进而使 n(Cr2O72-)偏小，SnSO4纯度偏低；D项，滴定终点时仰视滴定管进行读数，会使代入计算式中的 K2Cr2O7溶液体积增大，SnSO4纯度偏大。35.（15分）（1）d（1分） +1或-1（2分，写对一个给1分）（2）平面三角形（1分） NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，所以 NH3沸点比 PH3高（2分）（3）＜（1分） Se 的原子半径比 S的原子半径大，Se-Se键的键能比 S-S键的键能小，断裂 Se-Se 键所需要的最低能量较小，对应的光响应的波长较长（2分）（4）Cs+（2分）化学参考答案 第 4 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}a 3a 184 3 21（5）（ ， ，c）（2分，漏了括号可给分，写错一个值即 0分）2 2 a2 10 （2分，其他合理形cNA式都可给分）【解析】（1）基态镍原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，其位于元素周期表中的 d 区，由洪特规则知，3d能级中有两个轨道只有一个电子且自旋方向相同，二者自旋磁量子数之和为+1或者-1。基态镍原子核外电子中已成对的自旋磁量子数的代数和为 0，故基态镍原子核外电子自旋磁量子数的代数和为+1或者-1。-（2）PO3 的孤电子对数为 0，含有三个σ键，即价层电子对数为 3，空间构型为平面三角形；由于 NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，所以 NH3沸点比 PH3高。（3）从题给信息“光的波长与键能成反比”可知键能大小可以判断光的波长，而同主族键能大小与键长有关，由于 Se的原子半径比 S的原子半径大，则 Se-Se键长大于 S-S的键长，即 Se-Se 键的键能比 S-S键的键能小，断裂 Se-Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长。（4）从题给信息“金属离子直径与大环空腔直径接近时形成的化合物最稳定”可知 Cs+的直径与“21-冠-7”的大环空腔直径 340~430 pm最接近，即 Cs+与“21-冠-7”形成的化合物最稳定。a（5）由正三角形的性质可知 B x 3a点原子在 轴的坐标为 ，在 y轴的坐标为 ，在 z轴的坐标就是该晶胞的2 2az 3a 3a高，即在 轴的坐标为 c，B点原子的坐标参数为（ ， ，c）；该晶胞的体积为 ×a×c×10-21cm3,该晶2 2 2 m 552 1021 184 3 21体中含有 2个硒化钴，根据密度表达式可知 10 g/cm3。V 3a2cNA a2cNA36.（15分）（1）间溴苯甲酸（或 3-溴苯甲酸）（2分）（2）（酮）羰基、羧基（2分，每个 1分）（3） + + HCl （2分） 取代反应（1分）（4）12（2分） （2分）（5） （2分） 10（2分）化学参考答案 第 5 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}【解析】由 A合成酮基布洛芬的流程分析如下：由 A和 B的分子式及转化关系可知，A为 ， 可被氧化生成苯甲酸 ，即 B为苯甲酸；苯甲酸在铁做催化剂条件下与溴发生取代反应生成 ，即 C为 ；结合题给新信息及 C、D、E间转化为关系可推出，C与 SOCl2发生取代反应生成 ，即D为 ，D在氯化铝作用下与苯发生取代反应生成化合物 E为 ，E在 THF作用下与镁反应生成的 F为 ，F与 CH3CN及 HCl 发生一系列的反应生成的 G 为 ；G发生反应生成的 H为 ，H可被氧化剂氧化应生成酮基布洛芬 。（1） 的化学名称为间溴苯甲酸或 3-溴苯甲酸。（2）酮基布洛芬中含氧官能团的名称为（酮）羰基和羧基。（3）由题中已知信息“酰氯在氯化铝作用下可与苯发生取代反应”可知酰氯中的 Cl 与苯环上的 H 结合生成HCl，再结合生成化合物E的结构简式可知D生成E的化学方程式为 + +HCl。（4）M是化合物 C的同系物且M比 C的相对分子质量大 14，即M比 C多一个甲基，根据 C的结构简式以及题给信息可知M的同分异构体分子中不仅含有苯环，而且含有羧基-COOH，再结合“溴原子直接连在苯环上”，可知M的同分异构体苯环上的取代基可能为-COOH、溴原子和甲基，或为-CH2COOH和溴原子，若苯环上的取代基为羧基、溴原子和甲基，可以视作邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸分子苯环上的氢原子被溴原子取代所得结构，共有 10种；若苯环上的取代基为-CH2COOH和溴原子，取代基在苯环上有间对 2种结构，则符合条件的结构简式共有 12 种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积比为 2:2:2:1 的结构简式为化学参考答案 第 6 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#}。（5）用 对酮基布洛芬进行成酯修饰的反应为 与 发生酯化反应生成，1mol 在一定条件下与 H2 发生加成反应，最多消耗10molH2（环上消耗 9mol，羰基消耗 1mol）。化学参考答案 第 7 页（全国卷）（共 7 页）{#{QQABJYCAggiIQAJAABgCAQk4CAMQkBAAACoOBAAMMAIBQAFABAA=}#} 展开更多...... 收起↑ 资源列表 【全国卷】化学参考答案.pdf 【全国卷】物理参考答案.pdf 【全国卷】生物参考答案.pdf 名校教研联盟2023-2024学年高三上学期12月联考（全国卷）理综.pdf
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