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子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0＝2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣
9×2C＝3×10﹣
9C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间??＝??0.2
??＝0
0.8??＝0.25??。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向
上，有 ??＝1
2，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得??
05
??
??
2??????＝1
6，并可得0??＝01
??＝1
5
，由此得R??2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1??16
＝E﹣U1＝0.6V，电流 ??1＝??＝1
0.6??＝0.6??，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ????
12.4
????
4
1
总＝??＝1
0.6??＝4??，由??3总＝??2+??3
+??
，由此算4
出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。
19．【答案】AC
【解析】由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为??????＝2???0????0＝???0＝????，则遏止电压为??＝???0??
，选项C正确；遏止电
压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误。
20．【答案】BD
【解析】金属杆获得冲量Io后，速度??＝??
0
??，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，
受安培力方向向左，根据牛顿第二定律????2??2??安＝??????＝??
，??????＋??2??2????＝????，所以杆做的是加速度
减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，??????＋??2??2??
＝????，??＝??
0
??2??2??0
??
??，联立解得：??2??
＋????，C错误；对金属棒应用动能定理：0?1
22????＝???安?????????，克服安培力的功等于转化给
回路的电能即电阻消耗的电功，解得：????02
安＝2???????????，D正确。
21．【答案】ACD
2【解析】设小滑块在B点的速度为vmg?mv21，小滑块恰好通过最高点时有：
R，解得v2＝gR，1由动能定理可得：2mv2122?2mv1??2mgR，解得v1?5gR?8gR，故小滑块可通过最高点，通过最
1mv?2?1mv2高点的速度由动能定理可得2220??2mgR，解得v2??4gR，设轨道对小滑块的压力为N，
22由牛顿第二定律可得：
N?mg?mv?R，解得N＝3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点处时由
1mv2mgR(1?cos53?)?1mv224机械能守恒定律得：20?2，解得小滑块到达C点时的速度为v?5gR，小12v2滑块在C点处的动能为EgR
cos53°＋N＝mk＝5，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgR，代入21数据解得：N＝5mg，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为
8
E?12mv20?4mgR，故B错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分) 22．(6分)
【答案】(1)匀速 （2分） (2)mgh1＝1(2??+??)?221
2
??
2 （2分） (3)??
2 （2分）
【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh＝
1
2，即为：mgh＝1（2M+m）v2，又v＝?2 ,得：mgh＝1（2M+m）(?
22(2M+m)v12??1
2??
)2。 (3)将mgh1＝
12
（2M+m）v2，变形后，则有：?
1＝(2??+??)??2
(2??+??)?2
11
2????
＝22????
???
2。因此以??
2为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k＝
(2??+??)?22
2????
。
23．(9分)
【答案】（1）R2（2分） 1.4（2分） 5（2分） （2）如图所示（3分）
【解析】(1)根据欧姆定律，E＝IgR总，R总＝r+Rg+R′，联立可得R′＝1.4 Ω。由于需要用到0.1 Ω，故需选R2；由前面的分析可知，当0.6 A标注为0 Ω时，电阻箱示数应为1.4 Ω。当电流表示数为0.2 A时，E＝Ig(r+Rg+R′+Rx)，可得Rx＝5 Ω。
(2)要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。
24．(12分)
【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：??1??????＝??????1(1分) 假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：??02?0＝2??1??1(1分) 解得：??1＝2??
??1??122(1分)
匀速过程：?????1＝??0??2 (1分)
包裹A在传送带上运动的时间：??＝??1+??2(1分) 联立解得：t＝1.25s(1分)
（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：??2??????＝??????2(1分) 由⑦式解得：??2＝5m/s2
同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是??2＝5??/??2(1分)
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包裹A向前滑动至静止：0?????2＝?2??2????(1分) 包裹B向前滑动至静止：0?????2＝?2??2????(1分)
包裹A、B相碰前后系统动量守恒：??????0＝????????+????????(1分) 联立解得：????＝0.6????(1分) 25．(20分)
【解析】(1)由于两粒子均垂直x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝l(1分)
对于粒子甲在磁场中的运动，有??????＝????2??
(1分)
解得：??＝????
????????
＝????
(1分)
(2)设粒子乙进入磁场时的速率为v′，电场区域中电场强度的大小为E，对于粒子乙在磁场中的运动，有：3
????′22????′??＝??(1分)
得：??′＝3??????3??
2??
＝2
由运动学规律可得：??2＝??′
3????2??0＝8
(1分)
粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：??????1＝1
22????′(1分) 粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得：31
22??????2＝2????′(1分) 联立上述两式可得：??1＝3??????
2
??2(??′
)2＝4
(1分)
(3)粒子甲进入磁场后经过??0＝????
＝????
0
2??时间绕圆心O转过的角度：??12????×360°＝90°(1分)
即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在Q点上 粒子乙从P点运动到Q点用时：??1＝??1????
360°
×2??????′＝3??(1分)
在时间t1内，粒子甲绕圆心Q1转过的角度：??2＝????12????
×360°＝60°(1分)
设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即∠????1??＝??2＝60°，此后两粒子均做匀速直线运动； 若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，由几何关系可知，线段O1O3与x轴平行，四边形O1O2FC为矩形，∠??2??1??3＝??2＝60°
??1??2＝????＝???? ??＝????＝??′??＝3
1??32
????
??2??3＝2??＝2??
在△O1O2O3中，由余弦定理得：(2??)2＝(????)2+(3
2????)2?2(????)×(3
2????)??????60°
解得：??＝4√7??
7??
(4分)
若磁场恢复后，粒子甲的运动轨迹恰好与磁场上边界相切于H点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2′、O3′，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F′、D′两点上，过点O2′作O2′I垂直
8
O1O3′于点I，由几何关系可知
??1??2′＝????′＝???? ??√31′??＝??1??2′??????60°＝2
???? 由图可知：√32
????+3??＝5?? 解得：??＝4√3??
3??
(4分)
综上所述，时间t的取值范围为：
4√7??7??
4√3??
3??
。(1分)
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，S2O23?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?
2
~I2~2S2O23?
，则n[Ca(NO2)2]=
1?2
n(NO
2)=
12
n(Na2S2O3)=
12
c2 V×10-3 mol，
m[Ca(NO2)2]=n[Ca(NO2)2]×132g/mol=66c2 V×10?3
g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为66??2??×10?3??
m g
×
100%=33c2V500 m
×100%，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；33c2V500 m
×100%。
27. 【答案】（1）-241 kJ·mol?1 BC （2）温度降低，平衡向正方向移动 5×
10-3
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（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=
0.0004×0.00040.0196×0.03922
≈ 5×10-3；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++3CO23?
+3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑
（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++3CO23?
+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO23?+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；（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：CoxOy，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：
2.41g
0.03mol59x+60y
=x
，推得xy
=34
，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4。
29. 【答案】（1）把叶片内原有的淀粉运走耗尽 （2）水、光照、二氧化碳 8
（3）向左（1分） Ⅱ （4）18
【解析】（1）选作实验的植物实验前已经进行了光合作用，里面储存了丰富的有机物（淀粉）。如不除去会对实验结果造成影响。所以“为了确保实验的科学性，该兴趣小组的同学对图甲中的叶片先进行了暗处理”，这样做的目的是把叶片内原有的淀粉运走耗尽。（2）图甲中，A叶片割断主叶脉，导管被切断，这样A叶片的前端部分就得不到从根运输来的水分，因此，A叶片割断处的前端和后端部分就形成以水为唯一变量的对照实验组；B叶片和C叶片，唯一不同的变量是光，是以光为变量的对照实验；C叶片和D叶片，唯一不同的变量是二氧化碳，是以二氧化碳为变量的对照实验。因此，图甲所示的实验设计能探究水、光、二氧化碳等因素对光合作用的影响。（3）D装置中叶片进行呼吸作用吸收氧气、释放二氧化碳，而释放的二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收了，导致D装
置中气体减少，气压降低，因此D装置弯玻璃管中红墨水的移动方向是向左。图乙中，曲线Ⅰ主要在有光时进行，因此曲线Ⅰ表示光合作用；曲线Ⅱ在0～24点都能进行，因此曲线Ⅱ表示呼吸作用。D装置内的叶片不能进行光合作用，而能进行呼吸作用。所以图乙中的曲线Ⅱ与D装置内叶片的生理活动相对应。（4）光合作用制造有机物，光合作用的时间越长，制造的有机物越多，叶片脱水后质量越大。因此，“对图甲C装置中的叶片进行脱水称重，欲使其质量最大”，结合图乙中的曲线应选择18点左右摘取叶片，因为此时植物叶片的光合强度等于呼吸强度，叶片内有机物不再积累增加，达到了一天中有机物积累最多的时刻。
30. 【答案】（1）③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录
（2）
（3）①胰岛素促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收
②胰岛β细胞分泌胰岛素增加，胰岛α细胞分泌胰高血糖素减少 抑制氨基酸等物质转化为葡萄糖
【解析】（1）实验需要遵循对照原则和单一变量原则。要验证胰岛素的生理作用，胰岛素的生
理作用为降低血糖浓度。实验前需要测定各处理组的小鼠的血糖浓度，作为实验前后的对照数据。实验分组遵循单一变量原则，分为两组，一组注射胰岛素，另一组注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度。待小鼠出现低血糖症状后，给低血糖组小鼠注射葡萄糖溶液，空白对照组小鼠注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度，即③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录；（2）AB两组小鼠的初始血
糖浓度差别不大；胰岛素有降低血糖的作用，故A组注射胰岛素后血糖浓度应有一定程度下降，B组小鼠血糖浓度应在正常范围内波动平衡；A组小鼠注射葡萄糖后血糖浓度会上升，但与B组小鼠相比可能还会偏低，故预测的实验结果如下
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（3）①正常人尿液中检测不到葡萄糖是人体正常分泌胰岛素能够促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收；②机体血糖水平升高时，会刺激胰岛β细胞分泌胰岛素，并抑制胰岛α细胞分泌胰高血糖素；机体细胞一方面增加对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面抑制其他非糖物质转化为葡萄糖。
31. 【答案】（1）分解者（1分） 物质循环
（2）①捕食和竞争 有利（1分） ②通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡．客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存 ③种间关系
【解析】（1）蚯蚓能分解有机物形成无机物，促进了物质循环，属于分解者。（2）①C特别喜食A，也捕食B，说明C与B存在捕食关系，C又和B争夺A，故二者又存在竞争关系。②在体内有B幼虫的A中，有些个体常疯狂地摇摆身体，因而容易被C发现而被捕食。通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡，客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存。③体内有B幼虫的A摇摆身体为C提供了捕食的信息，体现了生态系统的信息传递可以调节种间关系，维持生态系统的稳定。
32. 【答案】（1）酶A（1分）
（2）AaBB、aabb 两（1分） 红色:白色=3:1 （3）①红色:白色=1:1 ②红色:白色=5:1
【解析】 （1）根据实验结果可知，基因型A B_、A_bb表现为蓝色，aaB 表现为红色，aabb表现为白色。基因型为A B 时，酶A和酶B同时存在，表现为酶A控制的蓝色反应，很可能是因为酶A与白色底物的亲和力比酶B强。（2）亲本是AaBB、aabb，F1是1AaBb:1aaBb，由于F1蓝色花AaBb自交后代出现了9:3:3:1的变式，说明两对基因位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律。红色花植株aaBb自交，后代是3aaB :1aabb，即3红色:1白色。（3）假设B/b基因不是位于6号染色体上，植株甲等位基因B/b成对存在，等位基因A/a数量可能是2个或3个。植株甲基因型是aaBB(或aaaBB)，与正常白色花植株aabb测交，F1是aaBb(或aaaBb)，继续测交，F2是1aaBb:1aabb(或1aaaBb:1aaBb:1aaabb:1aabb)，表现型是红色:白色=1:1另外，在上述分析中，红色花植株甲只有a基因、没有A基因，测交后代都不会含有A基因所以只需要分析B基因即可。假设B/b基因位于6号染色体上，植株甲基因型是aaBBB，与正常白色花植株aabb测交，F1中三体植株是aaBBb，产生的配子是1aBB:2aBb:2aB:1ab，继续与aabb测交，F2是1aaBBb:2aaBbb:2aaBb:1aabb，表现型是红色:白色=5:1。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分) (1)(5分) 【答案】BDE 8
【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表
示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E
正确。
(2)(10分)
【解析】(i)当活塞距气缸上口0.3??时，气体的体积为：??1＝????+1.5??(0.5???0.3??) 由等温变化得：??0????＝??1??1 (2分)
由受力平衡可得：1.5??0??＝1.5??1??+???? (2分)
联立解得：??＝9??0
??
26??；(1分)
(ii)当取走一半后，由受力平衡可得：1.5??0??＝1.5??2??+1
2????(2分)
由查理定律可得：??1＝??
2??0
??(2分)
联立解得：??＝23
20??0
. (1
分)
34．【物理——选修3-4】(15分) (1)(5分) 【答案】ADE
【解析】因该波的波长为λ＝4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；若波向右传播，则??＝4??+1??4
0.2
??/??＝(20??+5)??/?? ，??＝??＝20??+5?? （n＝0、1、2、3…..）；
若波向左传播，则??＝4??+30.2
??/??＝(20??+15)??/?? ，??＝??
4
??＝20??+15??（n＝0、1、2、3…..）；可知波
速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；由??＝(20??+15)??/??可知，当n＝1时，v＝35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，选项D正确；若波速为15m/s，则波向左传播，此时T＝??＝??
43
??＝15
??，则从t1到t2时刻，即经过t＝0.2s＝4
T，质点M运动的路程为2A
＝60cm，选项E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)由几何知识可知单色光在????边上的入射角??＝45° 由折射率公式??＝sin??sin??
可得:sin??＝sin45°√＝1
22(3分)
??＝30°
由几何关系可得:????＝??tan30°＝√3
3
??(2分)
(ii)若折射光线照射到????边上的中点，根据几何关系可知入射点应在????的中点，因此入射点沿????边移动的距离:??＝1
√3
3?√2(???
3??)＝36
??(2分)
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根据几何关系可知折射光线在????面上的入射角??＝90°?15°＝75° 由于sin??＝1
√2??＝2
，所以??＝45° 由于??>??，所以折射光线在????边上会发生全反射。(3分) 35. 【化学——选修3：物质结构与性质】（15分） 【答案】（1）IIIB f （2）9 4 （3）Ce(铈)
（4）sp3 5NA 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
4×140
6.02×1023×(516×10?10)3
【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5NA；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；5NA；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=8×1
1
8+6×2=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4×2=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1
1
2，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8×3×2=12；一个晶胞中Ce原子数为8×1
1
??
4×140
8+6×2=4，因此Ce(铈)单质的密度ρ=??=6.02×1023×(516×10?10)3 g·cm－3。故答案为：12；4×140
6.02×1023×(516×10?10)3。
36. 【化学——选修5：有机化学基础】（15分） 【答案】（1）间二甲苯或1,3-二甲基苯 取代反应
8
（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
2024年高三最新信息卷理综九
