《2019年高三化学最新信息卷九20190523037.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高三化学最新信息卷九20190523037.doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2019年高考高三最新信息卷化 学（九）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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
2、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8NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A1mol N2与3mol H2在一定条件下充分反应，转移电子数为6NAB标准下，22.4L CH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NAC25时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH离子数为0.1NAD28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NA9用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
3、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：Cl2Br2I210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：XYZB最高价氧化物对应水化物的碱性：XYCW、Z的简单氢化物的沸点：Wc(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
4、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(NO2)2并对其性质进行探究。背景素材.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O. Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I氧化为I2，2NO+4H+2I=I2+2NO+2H2O，S2O能将I2还原为I，I2+2S2O=2I+S4O。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
5、逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，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(NO2)(填“”或“”)。制备Ca(NO2)2乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2，装置如图。测定Ca(NO2)2的纯度丙组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a稀硫酸 bc1 molL1的KI溶液 c淀粉溶液dc2 molL1的Na2S2O3溶液 ec3 molL1的酸性KMnO4溶液（3）利用Ca(NO2)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
6、）利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：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_，然后滴加稀硫酸，用c2 mol/L Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读取消耗Na2S2O3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Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca(NO2)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：2CH3OH(g)+CO2(g)CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) H1=15kJmol1(平衡常数为K1)物
7、质CH3OH(g)CO2(g)CH3O(CO)OCH3(g)H2O(g)生成焓kJmol1201393569Q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）H2O(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4102mol、2102mol。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_Lmol1 (结果保留一位有效数字)（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：
8、2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) H2(平衡常数为K2)CO和O2生成CO2的反应是_(填“放热反应”或“吸热反应”)，则H2_H1(填“大于”、“小于”或“等于”)。在100-200的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是_(填编号)AK2远大于K1 BK2略大于K1 CK2等于K1 DK2远小于K128（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、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：（1）酸浸时SO2的作用是_（2）除铝时加入碳酸
9、钠产生沉淀的离子反应_（3）有机层提取出的Ni2可用于制备氢镍电池，该电池工作原理:NiOOHMHNi(OH)2M，电池放电时正极电极反应式为_.（4）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(x)Fe2O4 在10时催化分解6的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。H2O2的电子式_.由图中信息可知：_法制取的催化剂活性更高Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_（5）已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量
10、2.41g，CO2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Xe4f106s2，一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
11、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：kJmol1)：元素I1I2I3I1+I2+I3I4Sc（钪）6331235238942577019Y（钇）6161181198037775963La（镧）5381067185034554819Ce（铈）5271047194935233547（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2ISmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_，1mol CH2=CH2中含有的键数目为_。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）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与Ca
12、F2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(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=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_gcm3(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_；的反应类型为_；G的结构简式为_。（2）写出反应的化学方程式：_。（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FeCl3
13、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)。AF的分子式为C14H12N2O3 BF中只含有氨基和羧基两种官能团CF的核磁共振氢谱有11组吸收峰 DF可以水解得到氨基酸（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+NH3CH3CH2NH2+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。5绝密 启用前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
14、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6NA；BCH4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
15、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4NA；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；DN2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2NA，D正确。答案：D。9. 【答案】C【解析】AAlCl3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
16、，不能制备无水得到AlCl3，故A错误；BH2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；CCCl4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
17、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：ClF，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：FNa+（或Mg2+）Al3+，故A错误；BX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MgAl，故B正确；CW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；DCl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物
18、，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+4H2O16e=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；Ba是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；Cb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；DH2N(CH2)2NH2在负极a上
19、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+4H2O16e=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
20、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CHC-CH2-CCH或CHC-CC-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。Aabd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(F-)c(H+)c(HF)=c(H+)=103.6，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
21、析，氟化氢的浓度为1.6103 mol/L，氢离子浓度为1.0103mol/L，而氟离子浓度约为5.5104mol/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 5NO2MnO6H+=5NO2Mn2+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/500m100% 【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
22、和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为11，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）根据信息Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO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 molL1的酸性 KMnO4溶液，其离子方程式为：5NO2MnO6H+=5NO2Mn2+3H2O，故答案为：e；5NO2MnO6H+=5NO2M
23、n2+3H2O；根据信息在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I氧化为I2，S2O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c1molL1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 molL1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 molL1V103 L= c2 V 103 mol，因2NO+4H+2I=I2+2NO+2
24、H2O，所以2NOI22S2O，则nCa(NO2)2=12 n(NO)= 12n(Na2S2O3)=12c2 V10-3 mol，mCa(NO2)2=nCa(NO2)2132g/mol=66c2 V103 g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为66c2V10-3gm g100%=33c2V500 m100%，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 m100%。27. 【答案】（1）-241 kJmol1 BC （2） 温度降低，平衡向正方向移动 510-3 （3） 放热反应 小于 A 【解析】（1）根据H=生成物的生成焓-反
25、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：-241kJmol-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 0c 0.042% 0.022% 0.022% 0.022%c（平）0.0392 0.0196 0.0004 0.0004 K=0.00040.00040.01960.03922 510-3；
26、答案：温度降低，平衡向正方向移动；510-3；（3）燃烧均为放热反应；由于第二个反应放热多，所以则H2105，所以 k=K2/K1105，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+3CO+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+；（
27、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+3CO+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO+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）H2O2的电子式为，故答案为：；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；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Co
28、2+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：2.41g59x+60y=0.03molx，推得xy=34，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）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 41406.021023(51610-10)3 【解析】（1）在元素周期表中，镧系元素
29、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Xe4f106s2，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
30、键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个键，故1mol CH2=CH2中含有的键数目为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=818+612=4，而Pr原子与O原子数目之比为12，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
31、近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占12，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8312=12；一个晶胞中Ce原子数为818+612=4，因此Ce(铈)单质的密度=mV=41406.021023(51610-10)3 gcm3。故答案为：12；41406.021023(51610-10)3。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
32、答案为：间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应；（2）反应为硝化反应，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。AF的分子式为C14H12N2O3，A正确；BF中含有氨基、羧基和酰胺键(肽键)三种官能团，B错误；CF中含有11种氢原子，核磁共振氢谱有11组吸收峰，C正确；DF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+NH3CH3CH2NH2+HCl转化为氨基即可，合成路线为，故答案为：。