2019年高考高三最新信息卷化学(九)附答案解析

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2019年高考高三最新信息卷

化学（九）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39

一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是

A．聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等

B．苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等

C．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯

D．生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物

8．N A代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是

A．1mol N2与3mol H2在一定条件下充分反应，转移电子数为6N A

B．标准下，22.4L CH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4N A

C．25℃时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH?离子数为0.1N A

D．28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2N A

9．用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图甲所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体

B．按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等

C．用图丙所示装置，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层

D．用图丁所示装置，可以证明氧化性：Cl2>Br2>I2

10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是

A．简单离子半径：X>Y>Z

B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y

C．W、Z的简单氢化物的沸点：W

D．Z与X、Y两种元素都能形成二元离子化合物

11．某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示(a、b均为石墨电极）。下列分析正确的是

A．电子流动方向为a→导线→b

B．H+经质子交换膜由右向左移动

C．放电一段时间b极附近pH不变

D．a电极发生反应：H2N(CH2)2NH2+16e?+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+

12．一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是

A．生成1mol C5 H12至少需要4mol H2

B．该分子中所有碳原子在同一平面内

C．三氯代物只有一种

D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种

13．25°C时，用氢氧化钠调节浓度为2.0×10?3mol·L?1的氢氟酸溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HF)、c(F?)与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是

班

级

姓

名

准

考

证

号

考

场

号

座

位号

A ．a ?b ?d 曲线代表c(F -)随pH 的变化

B ．25°

C 时，HF 电离平衡常数的数值K a =10?3.6

C ．从b 点到c 点发生的离子反应方程式是：HF+OH ?=H 2O+F ?

D ．图中a 点溶液粒子浓度大小是：c(HF)>c(H +

)>c(F ?

)>c(OH ?

)

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35-36题为选考题，考生根据要求作答。

26．（14分）亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO 2)2并对其性质进行探究。 [背景素材]Ⅰ.NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca(NO 2)2+H 2O Ⅱ. Ca(NO 2)2能被酸性KMnO 4溶液氧化成

NO ?3，MnO ?

4被还原为

Mn 2+

Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO 2)2能将I ?

氧化为I 2，2NO ?2

+4H +

+2I

?

=I 2+2NO↑+2H 2O ，S 2O 2?3能将I 2还原为I ?，I 2+2S 2O 2?3=2I ?+S 4O 2?

6。

[制备氮氧化物] 甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。

（1）仪器X 的名称是________________。

（2）装置B 中逸出的NO 与NO 2的物质的量之比为1∶1，则装置B 中发生反应的化学方程式为__________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO)________n(NO 2)(填“>”或“＜”)。

[制备Ca(NO 2)2]乙组同学拟利用装置B 中产生的氮氧化物制备Ca(NO 2)2，装置如图。

[测定Ca(NO 2)2的纯度]丙组同学测定Ca(NO 2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂： a ．稀硫酸 b ．c 1 mol·L ?1的KI 溶液 c ．淀粉溶液 d ．c 2 mol·L ?1的Na 2S 2O 3溶液 e ．c 3 mol·L ?1的酸性KMnO 4溶液

（3）利用Ca(NO 2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是______ (填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为____________________________

（4）利用Ca(NO 2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca(NO 2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入________，然后滴加稀硫酸，用c 2 mol/L Na 2S 2O 3溶液滴定至溶液__________，读取消耗Na 2S 2O 3

溶液的体积，重复以上操作3 次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na 2S 2O 3溶液的平均体积为V mL ，则Ca(NO 2)2纯度的表达式为__________。

27．（14分）碳酸二甲酯(简称DMC)作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC 的方程式为：2CH 3OH(g)+CO 2(g)→CH 3O(CO)OCH 3(g)+H 2O(g) ΔH 1=－15kJ·

mol －1(平衡常数为K 1)

已知：生成焓是某温度下，用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol 某纯物质的热效应。

（1）H 2O(g)生成焓Q 为_____，从平衡移动的角度选择有利于制得DMC 的条件是_______(填序号)。 A ．高温 B ．高压 C ．低温 D ．低压

（2）在体积为1L 的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4×

10?2mol 、2×10?2mol 。不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100℃以内平衡转化率变化显著，原因之一有_____。100℃时平衡常数为______L·mol ?1 (结果保留一位有效数字)

（3）有研究者用CO 和O 2代替CO 2进行实验：

2CH 3OH(g)+CO(g)+1/2O 2(g)→CH 3O(CO)OCH 3(g)+H 2O(g) ΔH 2(平衡常数为K 2)

①CO 和O 2生成CO 2的反应是_______(填“放热反应”或“吸热反应”)

，则

ΔH 2________ΔH 1(填“大于”、

“小于”或“等于”)。

②在100-200℃的范围内，相同温度时关于K 2与K 1的推理正确的是______(填编号) A ．K 2远大于K 1 B ．K 2略大于K 1 C ．K 2等于K 1 D ．K 2远小于K 1

28．（15分）金属Co 、Ni 性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO 、Co 2O 3、Ni 、少量杂质Al 2O 3)提取钴、镍的工艺如下：

（1）酸浸时SO 2的作用是___________________________________

（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________ （3）有机层提取出的Ni 2＋

可用于制备氢镍电池，该电池工作原理:

NiOOH ＋MH Ni(OH)2＋M ，电池放电时正极电极反应式为___________________.

（4）用CoCO 3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H 2O 2分解的高效催化剂CoxNi (１－x)Fe 2O 4(其中Co 、Ni 均为＋2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi (１－x)Fe 2O 4 在10℃时催化分解6％的H 2O 2 溶液的相对初始速率随x 变化曲线。

①H 2O 2的电子式______________.

②由图中信息可知：___________________法制取的催化剂活性更高

③Co 2+、Ni 2+

两种离子中催化效果更好的是_________________________________

（5）已知煅烧CoCO 3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO 3，得到固体氧化物的质量2.41g ，CO 2的体积为0.672L(标况下)，则此时所得固体氧化物的化学式为____________。

35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。

（1）镧系元素位于元素周期表第_______族，镧系元素位于周期表的______区。

（2）钪(Sc)为21号元素，其基态原子M 能层电子数为_______；基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f 10

6s 2

，一个基态镝原子所含的未成对电子数为______。

（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是___。

几种稀土元素的电离能(单位：kJ·

mol ?1

)：

（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH

2CH

2

I→SmI 2+CH 2=CH 2。ICH 2CH 2I 中碳原子的杂化轨道类型为_____，1mol CH 2=CH 2中含有的σ键数目为____。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_____。

（5）PrO 2(二氧化镨)的晶体结构与CaF 2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO 2(二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子。

（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为α=516pm 。晶胞中Ce(铈)原子的配位数为______。列式表示Ce(铈)单质的密度为______g·

cm －3(不必计算出结果)。 36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

髙分子聚合物Nomex 芳纶(G)耐热性好、强度髙，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，下图是 Nomex 芳纶

的合成路线图：

（1）A 的名称为___________；④的反应类型为___________；G 的结构简式为___________。 （2）写出反应②的化学方程式：___________。

（3）B 的芳香族同分异构体H 具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下： a ．遇FeCl 3溶液显紫色；b ．可以发生水解反应；c ．可发生银镜反应 符合以上性质特点的H 共有___________种。

（4）下列有关F 的说法正确的是___________(填字母序号)。

A．F的分子式为C14H12N2O3 B．F中只含有氨基和羧基两种官能团

C．F的核磁共振氢谱有11组吸收峰D．F可以水解得到氨基酸

催化剂（5）聚氨基酸类物质以其无毒易降解特性广泛应用于药物载体，已知：CH3 CH2Cl+NH3――——→

CH3CH2NH2+HCl，参照G的合成路线图，请以CH3CH2COOH为原料，无机试剂自选，写出合成聚2-氨基丙酸的合成路线图。

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2019年高考高三最新信息卷

化学答案（九）

7.【答案】D

【解析】A．聚乙烯塑料耐化学腐蚀，耐寒，可用作食品袋、餐具、地膜等，A项正确；B．苯是重要的化工原料，也是重要的有机溶剂，可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等，B项正确；C．乙醇易被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在一定条件下反应生成具有香味的乙酸乙酯，C项正确；D．生物柴油的主要成分为酯类，含碳、氢、氧元素，属于烃的衍生物，石油分馏所得的柴油是碳氢化合物，D项错误；答案选D。

8.【答案】D

【解析】A．工业合成氨是个可逆反应，不能彻底完成，一定条件下，密闭容器充入1mol N2和3mol H2充分反应，转移电子的数目小于6N A；B．CH4与Cl2是一步一步去反应的，刚开始是甲烷和氯气反应，生成一氯甲烷，一氯甲烷接着在和氯气反应得到二氯甲烷，然后二氯甲烷在和氯气反应的到三氯甲烷，三氯甲烷在和氯气反应反应得到四氯化碳。最终产物是一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯化碳都有，并不是甲烷全部转化为四氯化碳，所以生成的HCl不是4N A；C．未告知溶液的体积，无法计算25℃，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH?离子数，故C错误；D．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，每个分子均含有2个原子，故28g由N2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2N A，D正确。答案：D。

9.【答案】C

【解析】A．AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能制备无水得到AlCl3，故A错误；B．H2密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，NO易与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C．CCl4的密度比水大，分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层，水层在上层，与图中装置分层现象相符，故C正确；D．通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，无法确认Br2是否和KI的反应，不能比较Br2和I2的非金属性强弱，故D错误。故选C。

10.【答案】B

【解析】由Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用可知含氧酸为次氯酸，则Z为Cl元素；由Y单质可以用于野外焊接钢轨可知焊接钢轨得反应为铝热反应，则Y为Al元素；由X和Y的简单阳离子的电子层结构相同可知X为Na元素或Mg元素；由W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同可知W原子的核外电子总数为8，则W为O元素。

A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则离子半径：Cl?＞F?，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大离子半径依次减小，则离子半径：F?＞Na+（或Mg2+）＞Al3+，故A错误；B．X元素和Y元素位于同一周期，同一周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Na或Mg>Al，故B正确；C．W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D．Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。

11.【答案】A

【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e?=2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e?+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。A．由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B．a是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C．b的电极反应式为：O2+4e?+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D．H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－=2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。

12.【答案】B

【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。A．由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1mol C5 H12至少需要4mol H2，A项正确；B．分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C．依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D．分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。

13.【答案】A

【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。A．a?b?d曲线代表c(HF)随pH的变化，故错误；B．从图中b点分析，c(HF)=c(F?)，氟化氢的电离平衡常数==c(H+)=10?3.6，故正确；C．从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HF+OH?=H2O+F?，故正确；D．从图中a点分析，氟化氢的浓度为1.6×10?3mol/L，氢离子浓度为 1.0×10?3mol/L，而氟离子浓度约为 5.5×10?4mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c(HF)>c(H+)>c(F?)>c(OH?)，正确。故选A。

26.【答案】（1）分液漏斗

（2）2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4＜

（3）e 5NO?2＋2MnO?4＋6H+=5NO?3＋2Mn2+＋3H2O

（4）过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色33C2V/500m×100%

【解析】（1）仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶；（2）根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B 中发生反应的化

学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO)＜n(NO2)，故答案为：2SO2+2HNO3+

H2O=NO+NO2+2H2SO4；＜；（3）①根据信息Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO?3，MnO?4被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 mol·L?1的酸性KMnO4溶液，其离子方程式为：5NO?2＋2MnO?4＋6H+=5NO?3＋2Mn2+＋3H2O，故答案为：e；5NO?2＋2MnO?4＋6H+=5NO?3＋2Mn2+＋3H2O；

②根据信息Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I?氧化为I2，S2O2?3能将I2还原为I—。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L?1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 mol·L?1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作3次，则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则n(Na2S2O3)= c2 mol·L?1×V×10?3 L= c2 V ×10?3 mol，因2NO?2+4H++2I?=I2+2NO↑+2H2O，所以2NO?2I22S2O2?3，则n[Ca(NO2)2]=n(NO?2)= n(Na2S2O3)=c2 V×10-3mol，

m[Ca(NO2)2]=n[Ca(NO2)2]×132g/mol=66c2 V×10?3g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为

m g

2 5 m

，故答案为：过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液；由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；

2

5 m

。

27.【答案】（1）-241 kJ·mol?1BC

（2）温度降低，平衡向正方向移动5×10-3

（3）放热反应小于 A

【解析】（1）根据ΔH=生成物的生成焓-反应物的生成焓；-15=-569+Q-2×(-201)-(-393)，计算得Q=-241KJ/mol；制得DMC的反应属于气体物质的量减少的放热反应，故有利于制得的条件为低温、高压，选BC；答案：

-241kJ·mol-1；BC；（2）因为正反应为放热反应，因此温度越低越有利于正向进行。100℃时平衡常数：

2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)

c（初）0.04 0.02 0 0

△c 0.04×2% 0.02×2% 0.02×2% 0.02×2%

c（平）0.0392 0.0196 0.0004 0.0004

K=≈ 5×1 -3；答案：温度降低，平衡向正方向移动；5×10-3；（3）①燃烧均为放热反应；由于第二个反应放热多，所以则ΔH2<ΔH1；①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=－15kJ·mol－1(平衡常数为K1)；②2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH2(平衡常数为K2)；②-①得：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) k=K2/K1，因为CO燃烧反应几乎不可逆，反应进行到底，K>105，所以k=K2/K1>105，K2远大于K1。答案：放热反应；小于；A。

28.【答案】（1）还原剂或将Co3+还原为Co2+

（2）2Al3++3CO2?3+3H2O =2Al(OH)3↓+ CO2↑

（3）NiOOH+e?+H2O=Ni(OH)2+OH?

（4）微波水热Co2+

（5）Co3O4

【解析】（1）废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2+和Co3+，而通入SO2的作用是将将Co3+还原为Co2+，故答案为：将Co3+还原为Co2+；（2）除铝时控制溶液的pH值，发生双水解使Al3+沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3++3CO2?3+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO2↑，故答案为：2Al3++3CO2?3+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO2↑；（3）从方程式中可判断出，放电使Ni从+3价降低到+2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH+e?+

H2O=Ni(OH)2+OH?，故答案为：NiOOH+e?+H2O=Ni(OH)2+OH?；（4）①H2O2的电子式为，故答案为：；②由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法，故答案为：微波水热法；

③从图像可知，x值越大Ni2+越少，Co2+含量越多，反应速率越大，说明Co2+的催化效果比Ni2+好，故答案为：Co2+；（5）设反应生成氧化物为：Co x O y，已知生成CO2标况下0.672L，即0.03mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol，由于Co 原子守恒可得到算式： 2 1g

5 +6

= m ，推得=，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4。

35.【答案】（1）IIIB f

（2）9 4

（3）Ce(铈)

（4）sp35N A二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高

（5）8

（6）12

【解析】（1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；故答案为：IIIB；f；（2）钪(Sc)为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，所以其基态原子M能层电子数为9个。基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个；故答案为：9；4；（3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故为Ce元素；故答案为：Ce(铈)；（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有4个单键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个σ键，故1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为5N A；由于二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；故答案为：sp3；5N A；二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原

子与O原子数目之比为1∶2，则晶胞中O原子数目为42=8；故答案为：8；（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce(铈)原子的配位数为83=12；一个晶胞中Ce原子数为8+6=4，因此Ce(铈)单质的密度==g·cm－3。故答案为：12；。

36.【答案】（1）间二甲苯或1,3-二甲基苯取代反应

（2）+2HNO3+2H2O

（3）10

（4）AC

（5）或

或

（合理即可）【解析】（1）A的结构简式为，名称为间二甲苯或1,3-二甲基苯；反应④是羧基和氨基发生的成肽反应，属于取代反应；G的结构简式为，故答案为：间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应；；（2）反应②为硝化反应，反应的化学方程式为+2HNO3 +2H2O，故答案为：+2HNO3+2H2O；（3）B为，B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a．遇FeCl3溶液显紫色，说明一种含氧官能团为酚羟基；b．可以发生水解反应，说明一种含氧官能团为酯基；c．可发生银镜反应，说明一种含氧官能团为醛基；符合以上性质特点的H有：酚羟基与醛基为邻位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为间位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为对位，酯基有2种位置，共10种，故答案为：10；（4）F为。A．F的分子式为C14H12N2O3，A正确；B．F中含有氨基、羧基和酰胺键(肽键)三种官能团，B错误；C．F中含有11种氢原子，核磁共振氢谱有11组吸收峰，C正确；D．F可以水解得到和，得不到氨基酸，D错误；正确的有AC，故答案为：AC；

（5）以CH3CH2COOH 为原料合成聚2-氨基丙酸，首先需要合成，在CH3CH2COOH的亚甲基中引入氨基，可以首先引入卤素原子，再利用题中信息CH3 CH2Cl+NH3――——→

催化剂

CH3CH2NH2+HCl转化为氨基即可，合成路线为，

故答案为：

。