亳州市2026年高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析）

这是一份亳州市2026年高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析），共6页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是
A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能
B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到
C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料
D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀
2、有关元素性质递变规律的叙述正确的是
A．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
B．同主族元素从上到下，氢化物的熔点逐渐降低
C．同周期元素（除零族元素外）从左到右，简单离子半径逐渐减小
D．同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱
3、化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是
A．甲醛可作食品防腐剂B．氢氧化铝可作抗酸药
C．氯化钠可作食品调味剂D．生石灰可作食品干燥剂
4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（ ）
①1ml氯气发生反应转移电子数为2NA
②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA
③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA
④17g羟基中含有的电子数为10NA
⑤1mlNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
⑥20mL1ml/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NA
A．①②⑤B．①④⑥C．①②⑥D．②⑤⑥
5、下列说法错误的是
A．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂
B．亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。
C．不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的
D．“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
6、 “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是
A．加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性
B．加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小
C．加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似
D．三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应
7、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是
A．原子半径：Y＞Z＞X
B．X元素的族序数是Y元素的2倍
C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质Y
D．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键
8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,Y在周期表中族序数与周期数相等,ZW2是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是
A．W2的沸点比Z2的沸点低
B．XYW2的水溶液呈碱性
C．W、X形成的化合物一定只含离子键
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应
9、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（50~60℃）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（ ）。
A．配置混酸B．硝化反应
C．D．蒸馏硝基苯
10、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（ ）
A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：r(Z)>r(X)>r(W)
B．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱
C．由W与X形成的一种化合物可作供氧剂
D．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强
12、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是
A．上述四种元素的原子半径大小为Wc(OH-)
D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
15、某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A．Cl－、Mg2＋、H＋、Cu2＋、SO42-B．Na＋、Ba2＋、NO3-、OH-、SO42-
C．K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋D．MnO4-、K＋、Cl－、H+、SO42-
16、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NA
B．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色
C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NA
D．0.1mlBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：
回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为 ______________。
(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。
(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。
(4)H的分子式为 __________________。
(5)I是相对分子质量比有机物 D 大 14 的同系物， 写出I 符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。
①能发生银镜反应 ②与NaOH反应生成两种有机物
(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。
18、有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：
己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。
（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。
（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－
第二步：___；
第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl
请写出第二步反应。
（3）由G生成H的化学方程式为___
（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。
①属于芳香族化合物②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;
（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。
19、如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：
（1）仪器A的名称是_____，烧瓶中反应的化学方程式是______。
（2）装置B中盛放的液体是____，气体通过装置B的目的是_____。
（3）装置C中盛放的液体是____，气体通过装置C的目的是_____。
（4）D中反应的化学方程式是____。
（5）烧杯E中盛放的液体是___，反应的离子方程式是____。
20、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：
（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。
（2）装置乙的作用是____________________________________。
（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。
（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 ml·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。
①写出反应的离子方程式：________________________________________。
②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。
21、KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）。
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为___g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度___；
②求原混合物中KClO3的质量___；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少___？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？___
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．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A正确；
B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B正确；
C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C错误；
D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D正确；
答案选C。
2、D
【解析】
A．碱金属元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，卤族元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而升高，所以同主族元素从上到下，单质的熔点可能逐渐降低、也可能逐渐升高，A错误；
B．同一主族元素，氢化物的熔沸点随着相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，碳族元素氢化物的熔点随着原子序数增大而增大，B错误；
C．同一周期元素，从左到右，金属元素形成的阳离子具有上一周期惰性气体的原子结构，简单离子半径逐渐减小；而非金属元素形成的阴离子具有同一周期惰性气体的原子结构，原子序数越大，离子半径越小，同一周期金属元素的离子半径小于非金属元素的离子半径，第IIIA族元素简单离子半径最小，C错误；
D．元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，所以同周期元素(除零族元素外)从左到右，原子失电子能力逐渐减弱，得电子的能力逐渐增强，D正确；
故合理选项是D。
3、A
【解析】
A．甲醛有毒，不能作食品防腐剂，A错误；
B．氢氧化铝能与酸反应，可作抗酸药，B正确；
C．氯化钠可作食品调味剂，C正确；
D．生石灰易吸水，可作食品干燥剂，D正确；
答案选A。
4、D
【解析】
①将1ml氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1ml，转移的电子数等于NA，故①错误；
②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1ml，0.1ml熔融硫酸氢钠电离出0.1ml钠离子和0.1ml硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；
③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；
④17g羟基的物质的量为1ml，1ml羟基中含有9ml电子，含有的电子数为9NA，故④错误；
⑤1ml Na2O和Na2O2的混合物中含有2ml钠离子和1ml阴离子，总共含有3ml阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；
⑥20mL1ml/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02ml，含有Fe3+为0.04ml，含有SO42-为0.06ml，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1ml，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；
答案选D。
熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。
5、D
【解析】
A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3•3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项A正确；
B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B正确；
C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；
D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D错误；
答案选D。
6、A
【解析】
A．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；
C．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；
D．可逆反应应在同一条件下进行。
【详解】
A．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；
C．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；
D．氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D正确；
故答案选A。
本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。
7、D
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。
【详解】
A. X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；
B. X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；
C. X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；
D. X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；
答案选D。
氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。
8、C
【解析】
Y在周期表中族序数与周期数相等，Y是Al元素；ZW2是一种新型的自来水消毒剂，ZW2是ClO2，即Z是Cl元素、W是O元素；W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则X的最外层电子数是1，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以X是Na元素。
【详解】
A. O2、Cl2的结构相似，Cl2的相对分子质量大，所以Cl2沸点比O2的沸点高，故A正确；
B. NaAlO2是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；
C. Na、O形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键，故C错误；
D. Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，所以NaOH、Al(OH)3、HClO4两两之间均能发生反应，故D正确；
选C。
本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的性质以及元素的位置推断元素为解答本题的关键，注意对元素周期律的理解，较好的考查学生分析推理能力。
9、C
【解析】
A．浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸加入到浓硝酸中，故A项错误；
B．制备硝基苯时，反应温度为50~60℃，为控制反应温度应用水溶加热，故B项错误；
C．硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液的方法分离，故C项正确；
D．蒸馏硝基苯时，为充分冷凝冷凝水应从冷凝管下端进，故D项错误。
故选C。
10、C
【解析】
在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】
A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；
B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；
C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；
故选C。
11、C
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。
【详解】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。
A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)>r(Z)> r(W)，选项A错误；
B. 非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；
C. 由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；
D. 非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D错误；
答案选C。
12、C
【解析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。
【详解】
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；
答案选C。
13、D
【解析】
A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；
B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；
C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；
D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。
综上所述，本题的正确答案为D。
14、D
【解析】
常温下，用0.1ml·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1ml·L-1H2SO3溶液，当NaOH体积为40mL时，达到第一滴定终点，在X点，pH=4.25；继续滴加NaOH溶液，在Y点，pH=7.19，此时c(SO32-)=c(HSO3-)；继续滴加NaOH溶液至Z点时，达到第二终点，此时pH=9.86。
【详解】
A．在Y点，SO32-水解常数Kh==c(OH-)==10-6.81，此时数量级为10-7，A不正确；
B．若滴定到第一反应终点，pH=4.25，应使用甲基橙作指示剂，B不正确；
C．图中Z点为Na2SO3溶液，对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)，C不正确；
D．图中Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，D正确；
故选D。
15、C
【解析】
A. Cu2＋为有色离子，A不合题意；
B. Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；
C. K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；
D. MnO4-为有色离子，D不合题意。
故选C。
16、D
【解析】
A．2.33gBaSO4物质的量为0.01ml，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01mlBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；
C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5ml，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；
D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；
故答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、CH2＝CH－CH2Cl 羰基、氯原子 加成反应 取代反应 2-甲基丙酸 +2NaOH→+NaCl+H2O C8H14N2S HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3
【解析】
根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。
【详解】
（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；
（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；
（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH→+NaCl+H2O；
（4）H的键线式为，则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；
（5）I是相对分子质量比有机物 D 大14 的同系物，则I的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；
（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。
18、苯乙烯浓硫酸、加热取代反应C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O14种、CHCH
【解析】
F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；
根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；
（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。
【详解】
（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；
故答案为：苯乙烯；浓硫酸、加热；；
（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：
第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；
第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl
故答案为：取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；
（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；
（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，
故答案为：14种；、；
（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：，
故答案为：。
19、分液漏斗 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 饱和食盐水 吸收氯气中混有的杂质HCl 浓硫酸 吸收水蒸气，干燥氯气 2Fe+3Cl22FeCl3 NaOH溶液 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；
【详解】
（1）由仪器构造可知A为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。
答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；
答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl
（3）装置C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；
答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气
（4）干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；
答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O ；
答案为：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
20、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH 乙醇 82.7％
【解析】
装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。
【详解】
(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；
(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；
(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；
(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；
(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；
①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；
②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2ml/L=0.005ml，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005ml×248g/ml=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。
考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。
21、11.80 35g 12.25g 5.99ml/L 0.212～0.238
【解析】
(1)根据2KClO32KCl+3O2反应原理，MnO2不溶于水，KCl溶于水进行分析计算；
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
(3)测定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围。
【详解】
(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2，m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g，故答案为:11.80；
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g-4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=，25°C时KCl的溶解度35g；故答案：35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得 =12.25g，所以原混合物中KClO3的质量12.25g，故答案为：12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n(KCI)=，则溶液的物质的量浓度==5.99ml/L，所以答案为：5.99ml/L；
(3)测定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11，设钾离子为14ml，氯离子11ml；
①由零价氯变成负一价的氯，一共需要得到11ml电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，由得失电子守恒可知氯酸钾是2ml，次氯酸钾是1ml，所以得到的晶体是11mlKCl，1mlKClO，2mlKClO3氯酸钾的质量分数==0.212
②由零价氯变成负一价的氯一共需要得到11ml电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾的质量分数==0.238，所以得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212~0.238，故答案：0.212~0.238。
解题关键：2KClO32KCl+3O2反应原理及MnO2不溶于水，KCl溶于水，计算KClO3的质量；根据氧化还原反应中电子守恒判断固体中KClO3的质量分数。
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
选项
目的
分离方法
原理
A
分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液
过滤
胶体粒子不能通过滤纸
B
用乙醇提取碘水中的碘
萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
C
用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
蒸发
MgCl2受热不分解
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大