2023届北京市东城区示范校高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（）A．砷酸的分子式为H2AsO4B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1D．该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子2、下列属于强电解质的是A．蔗糖 B．甘氨酸 C．I2 D．CaCO33、四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是A．①②③④的分子式相同 B．①②中所有碳原子均处于同一平面C．①④的一氯代物均有2种 D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④4、某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（）A．凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B．硼酸是三元酸C．硼酸溶液与NaOH溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH－=[B(OH)4]－D．硼酸是两性化合物5、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是A．银电极被消耗，RbAg4I5的量增多B．电位计读数越大，O2含量越高C．负极反应为Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同体变为Al和AgI6、下列实验操作能达到实验目的的是A．用装置甲验证NH3极易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH试纸测量氯水的pHD．用装置乙制取无水FeCl37、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏8、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是A．单质Y为N2B．a不能溶于b中C．a和c不可能反应D．b比c稳定9、下列属于氧化还原反应的是()A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．Na2O＋H2O=2NaOHC．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O10、下列物质属于油脂的是()①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡A．①② B．④⑤ C．①⑤ D．①③11、同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为A．化合物、原子、化合物 B．有机物、单质、化合物C．无机化合物、元素、有机化合物 D．化合物、原子、无机化合物12、氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（）A．装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2OB．BaH2遇水反应，H2O作还原剂C．实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应D．装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中13、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A．简单氢化物的沸点：乙>丙B．由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C．丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D．由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键14、X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（）A．原子半径的大小顺序：X<Y<Z<RB．X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X<YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞XD．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同15、下列属于非电解质的是A．酒精 B．硫酸钡 C．液氯 D．氨水16、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即②R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为________；C的结构简式为________。（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4molAg；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_________。合成路线示例：18、石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：

已知：Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.Ⅱ.。（1）A中官能团的结构式为__________________，D的系统名称是________________.（2）反应②的条件是_____________，依次写出①和③的反应类型___________、_________.（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式____________________________.（4）K的结构简式为____________________.（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_________________.（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_______。合成路线流程图示如下：。19、(一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中发生反应的化学反应式为_______________；(3)X中盛放的试剂是___________，其作用为___________________；(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为__________________；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_________________；(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层)+(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为________；(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)．(已知：的相对分子质量为208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；②根据下表实验数据计算产品的纯度____________；滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。21、工业合成氨对人类生存贡献巨大，反应原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=__。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有__。A．加入催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量N2(3)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中的部分微粒）。写出步骤c的化学方程式___；由图像可知合成氨反应的△H__0（填“＞”“＜”或“=”）。(4)将n(N2)∶n(H2)=1∶3的混合气体，匀速通过装有催化剂的刚性反应器，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图。随着反应器温度升高，NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是_。某温度下，混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×107Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为___（气体分压P分=P总×体积分数）。用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作KP），此温度下，该反应的化学平衡常数KP=__（分压列计算式、不化简）。(5)合成氨的原料气H2可来自甲烷水蒸气催化重整（SMR）。我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/［C(H)n］ads＋(2-)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/C(H)n］ads＋2H2O→CO2＋(2＋)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①__②（填“＞”“＜”或“=”）；控制整个过程②反应速率的是第__步（填“I”或“II”），其原因为__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B.红棕色气体为NO2，N的化合价由＋5价→＋4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；C.根据题中信息，As的化合价由＋3价→＋5价，S的化合价由－2价→0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)×[2×(5－3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；D.4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole－，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol，故D错误；答案：C。2、D【解析】

完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐是强电解质，弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A．蔗糖是非电解质，故A不选；B．甘氨酸是弱电解质，故B不选；C．I2是单质，不是电解质，故C不选；D．CaCO3属于盐，是强电解质，故D选；故选D。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，电解质强弱与电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，D为易错点，CaCO3难溶，但溶于水的部分全电离。3、B【解析】

A.①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；B.①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；D.③分子中没有碳碳双键，④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。4、C【解析】

A.由信息可知，中心原子最外层电子未达饱和结构的酸，能结合水电离出的OH-，从而促进水的电离，A错误；B.1个硼酸分子能结合1个OH-，从而表现一元酸的性质，所以硼酸是一元酸，B错误；C.硼酸的中心原子未达饱和结构，与碱反应时，能结合OH-，从而生成[B(OH)4]－，C正确；D.硼酸只能结合OH-而不能结合H+，所以它是酸性化合物，D错误。故选C。5、B【解析】

O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。【详解】A．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，因此RbAg4I5质量不会发生变化，故A错误；B．O2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；C．由上述分析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故C错误；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D错误；故答案为：B。6、A【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。【点睛】制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。7、B【解析】

A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；

B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；

C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；

D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；

故答案为B。8、C【解析】

b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。A.根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；B.NO不能溶于H2O中，故B正确；C.NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；D.H2O比NH3稳定，故D正确。故选C。9、C【解析】

凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C项中Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选C。10、C【解析】

油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。11、A【解析】

同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A正确；答案：A12、B【解析】

A.装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，故A正确；B.BaH2中H元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O作氧化剂，故B错误；C.实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；D.Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；选B。13、C【解析】

甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)>r(乙)>r(丙)>r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。14、C【解析】

X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与Z原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【详解】A.由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：Y<X<R<Z，故A错误；B.Y与氢元素组成的化合物是H2O，X与氢元素组成的化合物可以是熔沸点比水小的CH4，也可以是熔沸点比水大的相对分子质量大的固态烃，故B错误；C.R为Cl元素、X为C元素，最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正确；D.Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。15、A【解析】

A.酒精是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，A符合题意；B.硫酸钡是盐，难溶于水，溶于水的BaSO4会完全电离产生Ba2+、SO42-，属于强电解质，B不符合题意；C.液氯是液态Cl2单质，不属于电解质，也不属于非电解质，C不符合题意；D.氨水是混合物，不是化合物，不属于电解质和非电解质，D不符合题意；故合理选项是A。16、D【解析】

A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化【解析】

由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。18、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△（加热）加聚反应取代反应OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】

由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。【详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH溶液,△（加热）；由的反应条件知道①为加聚反应；由③的条件知③反应类型取代反应。

（3根据知E为醇，F为醛，所以F→G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以K的结构简式为；（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。19、ABDECNH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收挥发的、同时生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)～(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)～(8)。【详解】(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；②由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为×100%=95.68%，故答案为95.68%；③改用0.1000mol•L-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。20、蒸馏烧瓶防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化关闭K3，打开K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oad将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】

先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。21、0.01mol∙L-1∙min-1CD∗NNH+H2∗N+NH3<温度低于To时未达平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大；高于To时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小(答案合理即可)20%=Ⅱ第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢