第十单元阶段检测（三）《遗传与进化》第1~4章1.C【解析】本题考查学生对显隐性关系的判断。因不确定亲本是否纯合，若抗病和感病的植株都是纯合子，则抗病株×抗病株、感病株×感病株的后代都无性状分离，无法判断显隐性关系，A、D两项错误；因不确定亲本是否纯合，若抗病株与感病株的杂交后代只有一种表型，则可判断显隐性关系；若抗病株与感病株的杂交后代有两种表型，则不能判断显隐性关系，B项错误；抗病纯合子与感病纯合子杂交，如果后代都是抗病株则抗病为显性，如果后代都是感病株则感病为显性，C项正确。2.C【解析】本题考查学生对分离定律的理解。由题意“一群灰体果蝇自由交配，产生的F,中灰体：黑体=35：1”分析可知，灰体对黑体为显性，且亲本灰体果蝇中既有纯合子也有杂合子，而F1中黑体果蝇均为隐性纯合子。依题意可知，F1中黑体果蝇占1/36。亲代灰体果蝇中，假设杂合子所占比例为x,则纯合子所占比例为1一x,进而推知该群亲代灰体果蝇产生含有隐性基因配子的概率为(1/2)x,则有(1/2)x×(1/2)x=1/36,解得x=1/3,因此亲代灰体果蝇中纯合子所占的比例为1一(1/3)=2/3，C项正确。3.C【解析】本题考查分离定律及伴性遗传的应用。设控制马毛色的基因用A、表示，由于亲代可能是纯合子，也可能是杂合子，后代数目又较少，因此不能确定白色与栗色这对相对性状的显隐性关系，A项不符合题意。如果白色为显性，则可能是伴性遗传；如果栗色为显性，则不可能是伴性遗传，所以不能确定马的毛色遗传是伴性遗传还是常染色体遗传，B项不符合题意。Ⅱ1和Ⅱ2基因型相同，都是杂合子或纯合子，为Aa或XAXa或aa,C项符合题意。I1与Ⅱ2的表型相同，其基因型可能相同，D项不符合题意。4.B【解析】本题考查学生对人类性别决定与伴性遗传的理解。人类性染色体上的基因并不都与性别决定有关，如与人类红绿色盲有关的基因在X染色体上，A项错误；染色体是基因的主要载体，性染色体的遗传必然与其携带的基因相关联，B项正确；生殖细胞也是活细胞，具备正常的生理活动，与此相关的基因也需表达，C项错误；初级精母细胞中一定含有Y染色体，但在减数第一次分裂过程中发生同源染色体分离，所以形成的次级精母细胞中可能不含Y染色体，D项错误。5.A【解析】本题考查DNA分子的来源。正常情况下，Y染色体只能从父亲传给儿子，再传给孙子，因此堂兄弟的Y染色体与该男性的相同，A项正确；男性的X染色体只能来源于母亲，与堂兄弟的X染色体不同，不能推断亲缘关系，B项错误；男性体内常染色体一半来源于父方，·52·【23·G3DY(新教材老高考)·生物学·参考答案一R一必考一Y】

度速率均减小，衡逆向移动，V压0.01mol·L',A错误；醋酸电离产生的c(H+)=c(CH,CO0),但在溶液中同时存在水电离产生的H,故c(H+)>c(CH,COO),B错误；加水稀释后醋酸的电离程度增大，故加水稀释至原体积的100倍后，溶液的pHb>℃，故B正确；由题图可知未稀释时，两溶液的导电率相等，则氨水浓度大于盐酸浓度，将a、b两点溶液混合，反应后一水合氨过量，所以溶液显碱性，c(CI)2.3×10-°，所以有CH,C00Ag沉淀生成，A项正确：使C沉淀所需Ag浓度的最小值c(Ag)=8o上18X10m01:,使C0沉淀所需Ag浓度的最小值(Ag)一√/0.001mol·L=4.36X105mol·L-1,所以先产生AgC1沉淀，B项错误；c(Mg+)=0.11mol,L,c0H)=√0”mo1L=10mo:L,则pH=9,所以要产生Mg0H.沉淀pH度整/1.1×10T制在9以上，C项正确；Kp只受温度影响，D项正确。6.DA项，醋酸在水溶液中存在电离衡：CH.COOH一CH,CO0+H,K.(Cc00)巴加水希释CtC00减小.K不室C大，A项c(C H:COOH)错误；B项，CH,COONa溶液中存在CH,COO的水解衡，CH,COO+H,0一H COOH+OH-,K。=c(C H.COOI),cOH2,升温，衡正向移动，K增大，则c(C H,COO)【S3·高三单元滚动卷·化学参考答案第13页（共48页）】

3)s01分0.02(2分)c(CO)(4)6(2分)解析：(1)BaSO,十4C一BaS+4C0木反应中电子转移的方向和数目可以表示为得8eBaS0,十4C一BaS+4C0个若1 mol BaSO,完全反应，电子转移的物质的量为8mol。(2)由于失8eCO水解，所以NaCO,溶液常温下呈碱性，离子方程式为CO?十HzO一HCO,+OH,溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO,)>c(H+)。(3)反应0.+C(四一0，+50（回有数表达式为K部号者K(Bas0,)为1×101，K(BaC0,)为5×10-，则K=c(S0)-Kp(BaS0)=1.0X10-0c(CO)Kp (BaCO,)5X10-0.02。(4)若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液，能处理BaSO4的物质的量为xmol,BaSO,(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)2.0-xxK=c(SO-)c(CO-)2.0-x=0.02x=0.039处理次数为。与≈5.1；则至少处理6次18.(1)A2-+H20HA-+OH(1分)c(HA)·c(OH)(1分)c(OH)+c(HA)+2cc(A2-)(A2-)(1分)(2)增大(1分)(3)①6(1分)1×10-1°(1分)②10(2分)(4)1×10-8(2分)c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)(2分)解析：(1)由题图可知，H2A溶液中含有H2A、HA、A2-,则H2A是二元弱酸；Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性：A2-十H2O一HA十OH。Na2A溶液呈电中性，据电荷守恒可得：c(Na+)十c(H+)=c(OH-)十c(HA)+2c(A2-)。(2)升高温度，溶液的碱性增强，则溶液中(OH)增大，说明升高温度，A2-的水解衡正向移动，则水解衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离：H2A=HA十H+、HA=A2-+H+,则有K1=c(HA）cH),Ke=c(A）H;由题图可知，HA和HA的物质的量分数均为0.c(H2A)c(HA)5时，则c(HA)=c(H2A)时，溶液的pH=6,c(H+)=1X10-mol·L-1,则有K1=c(H+)=1×10-6,一1gK。1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时，溶液pH=10,则c(HA)=c(A2-)时，c(H+)=1×10-1mol·L-1,则有K2=c(H+)=1×101°。②0.020mol·L1Na2A溶液和0.010mol·L'盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl1的混合溶液，溶液中c(A2)≈c(HA),由题图可知，溶液的pH约为10。(4)0.010mol·L1的NaHA溶液中，存在水解衡：HA十H2O一HA+OH,则水解常数K,一K:=X10可=1XI0。NaHA溶液中存在HA的电离衡和水解c(HA)·c(0H)=Kw=-1X10-c(HA)衡，由于K>K2,则HA~的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA的水解程度较小，Na*不发生水解，故溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HA)>c(OH)>c(H+)>c(A2)。19.(1)①盐酸(1分)②>(1分)-一样大(2分)(2)酸式滴定管(1分)否(1分)①0.05(2分)②9.9×10-7（或10-6-108）(2分)解析：(I)①NaOH溶液滴定A溶液，V(NaOH)=0时，0.1000mol·L」A溶液的pH=1,则【S3·高三单元滚动卷，化学参考答案第16页（共48页）】

心度材料，完成下列要求。(12分)材中国共产觉成立100年来，始终高度重视民生问题，谋民生之利、解民生之忧，将中华优秀传统土化中的民本思想与马克思主义充分融合，形成了具有中国特色的民生建设之路。从新民主主义苹命时期，到社会主义苹命和建设时期，再到改革开教和社会主义现代化建设新时期，中国共产党在各个阶段实现了“为民”“惠民”“富民”。中国特色社会主义进入，“强民”的民生梦想正在构建。回顾中国共产党领导人民开展民生姚设的百年历程，我们党开辟出一条由底线民生、基本民生向质量民生逐渐提升的发展之路，为发展中国家改善和保障民，生树立了典范，其中摸索出来的关键经验值得长期坚持和发扬。一摘编自尹德挺《建党百年民生建设关魄经验》双阅读村料，完成根据材料信息并结合所学知识，拟定一个论题，并加以论述。（要求：论题明确，持论有据，表述诺曼征服材料一清晰。)罗马教会曾会上层垄断常接触的是作，其推行3语、法语的书的最佳日引进对于英语逐渐材料二英i达远回日体，接月中绕因国为英相西假面的鼻环凭烫，意有女久出车-文化19.阅读材料，完成下列要求。(12分)©装材料(1)“雷纳尔之问”是研究美洲的法国专家雷纳尔于1780年提出的，由里昂研究院设奖征文，此举将(2）欧洲学界对美洲“发现”及其后果的争论推向高潮。“雷纳尔之问”一经提出便引起欧洲学界的广泛关注。但其实，很多欧洲人对美洲并无太深的了解，其中包括一些有名的美洲问题专家，他们对美洲的描述游弋于真实与想象之间。这场争论在欧洲学界开展，学者们从不同角度对“雷纳尔之问”作出回答，“肯定”与“否定”观点对立交锋。这场争论涉及研究美洲的一个根本问题，既包含着对欧洲大国殖民化美洲的评价，又暗含着如何能够走出专制主义带给美洲灾难的梦魇。争论高潮选起，但并未决出胜负高下，里昂研究院也从来没有从征文中择出最佳论著，奖项无果而终。然而，欧洲学界对“雷纳尔之问”的争论具有不可磨灭的深远意义，促进了欧洲学界对美洲问题研究的开展，有助于欧洲人进一步了解美洲，对专制主义和殖民主义给人类社会带来的“灾难”形成了新的认识，为他们以后逐渐走出对美洲异国风情的想象奠定了基础。摘编自王晓德《“雷纳尔之问”与美洲“发现”及其后果之争》【高三第三次联考试卷·历史第5页（共6页）】一还微新教材一工

可回P个码上有礼试卷质量反馈符合题2022一2023高三省级联测考试英语参考答案第一部分听力1-5 CABCA 6-10 CACBA 11-15 ABABC 16-20 BABBC第二部分阅读第一节【命题意围]长坡是中华民族的作大象征，游克长境不仅可以让人们领略粗国的大好河山，还可以增强人们的A民族自装感。通过本文的阅读有助于增强考生对中华文明的认同感和对祖国大好河山的热爱。试题的今制旨在考查学生理解细节信息的能力。【语篇导读】本文是一篇应用文。主题语境为人与社会。文章主要介绍了北京长城一日游的具体安排事宜，包括价格、出发地，点等内容。21.D细节理解题。根据Arrangements部分中第一段中的出发时间、中间旅途所需时间以及一个小时的徒步可以判断在中午时游客到达the East Five-Window Tower。故选D。22.A细节理解题。根据Highlights of Jinshanling Great Wall部分首句可知，金山岭长城段自从明朝很少进行修缮工作，因此可以推断人们能够看到它的最初的面貌。故选A。23.B细节理解题。根据Price Includes部分中“Pick-up&.dropoff from the hotel"可知，价格中包含酒店接送的交通费。故选B。乃【命题意图】人人应该得到关爱，人人应该关爱他人，本文旨在通过阅读这个爱心故事，激发学生的正能量，努力为和谐社会贡献自已的力量。试题的命制旨在考查学生根据语境猜测词义的能力，做出推理判断的能力以及标题归纳的能力。【语篇导读】本文是一篇记叙文。主题语境为人与社会。文章讲述了在学校受到欺凌、排挤的男孩罗迪·里德受到同学以及演员保罗·路德鼓励的故事。24.C词义猜测题。根据第二段内容可知，里德在学校受到欺凌和排挤，他的母亲在社交媒体上分享了他的故事，并曝光了这种情况，由此推断画线词应该是“困扰”的意思。故选C。25.B细节理解题。根据第五段第一句“So she gathered friends to go to Brody's school and fill the pagesof his yearbook with their signatures.”可知，l7岁的库珀发现里德的纪念册里面没有签名，因此她号召朋友们去为里德签名。故选B。26.D推理判断题。根据倒数第二段信的内容可知，这封信充满了赞赏、鼓励和激励的语言。故选D27.D标题归纳题。文章主要介绍了17岁的库珀号召朋友们去为里德的纪念册签名，同时著名演员保罗·路德也注意到这件事，他写信并寄礼物给里德，由此判断D选项可以更好地概括文章内容。故选D。C【命题意图】近几年在时尚界和产品设计方面出现了一股“中国风”，中国文化和美学得以流行。本文希望学生通过阅读增强文化自信，尊重各种文化和审美，开阔国际视野，融入国际大家庭。试题的命制旨在考查学生捕捉细节信息和归纳主旨大意的能力。【语篇导读】本文是一篇说明文。主题语境为人与社会。文章主要讨论了“中国风”流行的根本原因，包括中国艺术自身的特点、中国千禧一代的文化自信以及外国品牌为了迎合中国市场而大力生产具有中国元素的产品等。高三英语（一）·摸底卷答案第1页（共8页）

(a-3)x+5(x≤1)是R上的减函数，则实数a的取值范围可以是()19.设函数f(x)=(x-3(x-a),a∈R12.已知函数f(x)={2a(x>0()解关于x的不等式f(x)

8.关于北京和上海城市辐射力的说法正确的是A.都处于由辐射阶段向聚集阶段转化的过程B.上海的城市辐射力呈上升趋势，变化均匀C.北京较早的进入向周边区域辐射的阶段D.两城市之间辐射力的差异较小9.与上海相比较，2005一2008年北京的区域辐射力较弱的影响因素A.产业基础B.城市等级C.人口数量D.自然资源10.提升北京城市辐射力的着力点是A.加大人才引进，提升文化素养B.加强交通建设，促进区域发展C.提升经济实力，促进产业升级D.加强对外交流，促进共同发展2022年8月，重庆遭遇了连续多日超过40℃的高温天气，使得嘉陵江“汛期反枯”，山火肆虐，不到10天时间，集结各方力量，战胜了这场山火。据此完成11-12题。11.下列因素中，与重庆山火发生季节关联度最高的是A.森林覆盖率B.气温C.人类活动D.降水12.研究表明低强度的森林火灾可以促进森林生态系统的健康发展，关于其原因不正确的是A.促进物种自然更新B.增强土壤肥力C.抑制病虫害大爆发D.促使温度升高下表为我国某研究机构发布的农田、湿地、森林、草原四种生态系统的单位面积生态服务价值，数值越大表示生态服务价值越高。据此完成13-14题。生态系统生态服务功能森林草原农田湿地调节气候2.70.90.917.1①3.20.80.615.5②1.31.31.618.2③3.31.10.72.5

9.(15分)在实验室中以含镍废料（主要成分为Ni0,含少量F0、2N0,+CH一N,+C0,+2H,0.CH,的衡转化率a(CH,)随温度Cu,S的熔点为1130℃，Cu,0熔点较高的原因是Fe,0,、Co0、Ba0和Si0,)为原料制备Ni,0,和CoC0,的工艺流程如的变化关系如图乙所示图.已知Kp[Co(0H)2]=2×10-5.T,时，若反应进行到10min时达到衡，此时测得混合气体的总压(5)下图是某种铜的氧化物晶胞结构，设晶胞中面对角线距离为apm,阿伏加德罗常数的值为N,则晶体的密度为g·cmHSO,H,O2Na,CO,萃取剂NaHCO强为4MPa,则0~10min内，(NO2)=mol·L-l·min-,(用含a和的式子表示，不用化简)含镍废料→酸浸→氧化调P日萃取>沉钻>CoC0,反应衡常数K。=MPa(用分压表示，分压=物质的滤清滤Ⅱ有层→回>器量分数×总压).Ni.O,NiSOSH.O(3)水体中过量氨氮（以NH,表示）会导致水体富营养化.向废水中晶体加入NaCIO溶液除去氨氮的一种原理如图丙所示.写出该图示的总回答下列问题：反应化学方程式」●0(1)请提出两条提高酸浸效率的措施该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是12.【有机化学基础】(15分)(2)“滤渣I”的成分是,“滤渣Ⅱ”的成分是化合物X是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：负载CH,CHO萃取后的分液操作必须用到的玻璃仪器有NH N2+H2OH0①④单(3)用离子方程式表示加入H,02的作用：H-H20溶液H.C-CH(OH)CH.CHO>X牛H,0NaoHNaCl△Zn/Zn0电极OHMoS2电极(4)“沉钴”过程发生反应的离子方程式为图丙图丁已知：RCH0+CH,CH0稀NaoH,RCH(0H)CH,CHO.(4)2021年我国科研人员以二硫化钼(MS2)作为电极催化剂，研发回答下列问题：(5)“沉钴”时，若c(Co2+)=0.02mol·L',为了防止沉钴时生成出一种Z-NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功(1)A的系统命名法名称是,E中官能团的名称是Co(OH)2,常温下应控制溶液pH的范围是能，其工作原理如图所示（双极膜可将水解离为H*和OH,并实现(6)在含NiS0,的有机层反萃取得到NiS0,溶液，经过其定向通过).在该电池工作过程中，Z电极上发生的电极反应式(2)D的结构简式是,X的分子式为、过滤、洗涤、干燥得到NiS0,·6H,0为,若Zn/Zn0电极质量增加4.0g,则MoS2电极晶体，煅烧生成N,O,上参加反应的NO在标准状况下的体积为(3)以上有机物中含有手性碳原子的是(填字母代10.(14分)氮氧化物N02、N0排放到空气中会造成空气污染.减小(二)选考题：共15分.请考生从给出的第11、12题中任选一题作号)；属于加成反应的是填数字代号，下同)，属氨氧化物对环境造成污染是人类面临的一个重要课题.回答下列问答，如果多做，则按所做的第一题计分于取代反应的是题：11.【物质结构与性质】(15分)(4)⑤的化学方程式为(1)图甲是1molN02(g)和1molC0(g)反应生成1molC02(g)和1mlNO(g)过程中能量变化示意图.该反应的热化学方程式为铜长时间露置于潮湿的空气中会产生一层铜绿Cu,(0H)2C0,(5)E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有回答下列问题：种，其中苯环上有两种一氯代物的所有同分异构体的结构简(1)基态0原子最高能级电子云形状为基态Cu原子式为不能量过渡态个a(CH)/%价电子排布式为①遇氯化铁变紫色；E=134kJ.mol反应物(2)[Cu(NH)4]S0,中，非金属元素的电负性由大到小排序为②能发生银镜反应和水解反应；E2=368kJ-mo③苯环上只有两个取代基，生成物(3)与H,0分子互为等电子体的阴离子为与C0反应进程图甲图乙互为等电子体的分子为(2)在2L某恒容密闭容器中充人2 mol NO2和1 mol CH,发生反应(4)Cu,0和Cu2S均为晶体，Cu,0的熔点为1235℃，【群力模拟卷·2023届高三第二次·化学试题·第2页（共2页）】

6.B该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成被能热警时知，升高温度反夜物能量升高较快，反应结爽后反应放出的热量也会增大，经较4个图像B符合题意，故答案选B。7.D校X2是族序数依改增大的短周期元素：X的原子序数比y大，三者处于不同周期，结合原子序数可知Y位于第用期X位于第周期：治炼X的方法是电解其熔融氯化物奇能为、政Mg元素，X的族序数大于，：则X为Mg元素：W的族序数与周期数相间，W位于A族为H元素Y乙的最高价氧化物的水化物分别是一元强酸和二元强酸，则y为N,2为S元素。同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到原子半径逐渐增大则原子半径：XZY”,故A错误；H,N形成的化合物NH,的水溶液呈碱性，故B错误氮化镁溶于水生成的氢氧化镁不是强碱，故C错误；Xw,为MgMgH固体是一种储氢材料，可用作氢动力汽车的能源提供剂，故D正确。8.DA.KC1是由离子键构成的离子化合物，不存在分子，A项错误；B,浓硫酸中还含有少量的水，则100g质量分数是98%的浓硫酸中所含氧原子数多于4N,B项错误；C.标准状况下，四氯化碳为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，C项错误；D.2.3g金属钠的物质的量是0.1mol,按得失电子数守恒，与氧气完全反应生成Na,O与NazO2的混合物，转移的电子数目为0.1NA,D项正确；答案选D。9.D表示燃烧热时，生成的水必须为液态，A错误；强酸强碱的稀溶液反应生成1ol液态水时放出的热量叫中和热，醋酸为弱酸，B错误；可逆反应不能彻底，0.5molN2与1.5molH充分反应后放出35.5k的热量，则1mol八2与3molH2充分反应后生成2 mol NH,放出的热量比71kJ要大，C错误；反应热与化学计量数成正比关系，反应物总能量比生成物低则为吸热反应，3O2(g)一2O3(g)△H=十bkJ·mol-1,D正确10.A盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2,浸出液中主要成分是MgC12,加人氨水沉镁，MgCl2+2NH·H,O一Mg(OH)2Y+2NHCl,母液主要溶质是NHCl,固体X为Mg(OH)2,以此解答。A.盐酸酸浸，MgCO,是微溶物，不可拆成离子，故A错误；B.盐酸酸浸，MgCO,可溶，SiO,不溶，滤渣为SiO2,故B正确；C.加入氨水沉镁，MgCl2+2NH·H,O一Mg(OH)2Y+2NH,C1,母液主要溶质是NH,Cl,故C正确；D.沉镁过程中，加人氨水沉镁，MgC十2NH,·H,O一Mg(OH),Y+2NH,CI,母液主要溶质是NH4Cl,固体X为Mg(OH)2,故D正确；故选A。11.DA项，图1为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，错误；B项，催化剂只能改变反应所需的活化能，不能改变△H,错误：C项，若生成的水为液态，根据题图1和已知可知，其△H=一3k/mol,是一个放热反应，而曲线①仍为吸热反应，错误；D项，题图2表示反应为题图1表示反应的逆反应，正确。12.DA项，由盖斯定律和题给能量循环图知，△H十△H,=△H,错误；B项，由题给键能数据可知，反应H2(g)+l(g)一2HI(g)的△H,=436kJ·mol1+151k·mo11-2X29N·molP1-=-11k·moAH,错误；C项0(g)转化为(g)的过程中，有C-H键的断裂和H-H键的形成，错误；D项，反应C(g)+2HI(g)一l,(g)十2HCI(g)AH

N-○-0--cH1分)(4)G,HsNO,(1分)3(1分)05)NO:CH3NOzH.C(2分)(6)14(1分)H,CCHaHNO3CH,COO-NO2KMnO,/H+Fe(7)CH,COOCH:COO△NO.NH.CICHCH3COOH1)NaOH溶液CH,COo2)H-NH2HONH2(2分)COOHCOOH解析：苯酚与硝酸反应生成对硝基苯酚，对硝基苯酚与CH,COCI发生取代反应，结合E的结构可阳，度为取代反成.C为ON○0CCH,C在e和氨化做条件下发生还原反应生成D,D为HN〈反应生成E,E在碳酸钾、醋酸钯条件下得到F,F发生取代反应得到G,G与液溴发生取代反应得到H,H为B与○一SH发生取代反应得到1，据此分析解答。(1)由上述分析可知①为苯酚的硝化反应属于取代反应，②为对硝基苯酚的取代反应，③为硝墨还R成装的发应GC方QN○》0心CH,所含宜能团为简落：面基⊙白上述分析可知D为H,N-○一0C-CH,;(4)由F的结构简式可知其分子式为：C0,其结构中含有2个酯基能与氢氧化钠发生水解反应，其中苯环直接相连的酯基为酚类酯结构.1mo该结构能消耗2mol氢氧化钠，因此molF能消耗3 mol Nat0OH,(5)O为【S3·高三单元滚动卷·化学参考答案第36页（共48页）】