湖南省长沙市2026届高三化学上学期9月第一次月考试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2026届高三化学上学期9月第一次月考试卷含解析，共22页。试卷主要包含了5 Cr52 Mn55， 化学与生活密切相关， 下列化学用语表述正确的是，5L/ml，12等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强
B. “天和核心舱”推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 红色油漆中含有的三氧化二铁属于金属材料
D. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液腐蚀铜质线路板是因Fe3+的氧化性强于Cu2+，而非Fe金属性比Cu强，A错误；
B．氮化硼陶瓷具有耐高温、高硬度等特性，属于新型无机非金属材料，B正确；
C．三氧化二铁（Fe₂O₃）是氧化物，不是金属材料，C错误；
D．加入CaO可固硫减少酸雨，但高温下CaCO3会分解，无法减少CO2排放，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. HClO的空间填充模型：
B. 羟基的电子式：
C. NaCl溶液中的水合离子：
D. Fe2+的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl（氧原子分别与氢、氯成键），分子空间构型为V形，该空间填充模型体现正确的原子连接顺序（体现氯原子半径大于氧原子），A正确；
B．羟基（-OH）的电子式中，氧原子最外层有7个电子（含1个未成对电子和3对孤对电子），正确电子式应为（需标出孤对电子和单电子），题目中未体现孤对电子和未成对电子，B错误；
C．NaCl溶液中，带正电吸引水分子负电端（氧原子），带负电吸引水分子正电端（氢原子），图示中周围水分子H朝内、周围水分子O朝内，不符合水合离子特征，C错误；
D．Fe为26号元素，原子结构示意图为，Fe失去能级的2个电子形成，离子结构示意图为，D错误；
故选A。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 25℃、101kPa条件下，12.25LSO2中所含原子数为1.5NA
B. 1L0.1ml/LK2Cr2O7溶液中离子数为0.1NA
C. 23g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目可能为4NA
D. 0.5mlC2H5OH中采用sp3杂化的原子数为1.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．25℃、101kPa条件下，气体摩尔体积约为24.5L/ml，12.25LSO2的物质的量为0.5ml，则总原子数为0.5×3=1.5NA，A正确；
B．已知常温下K2Cr2O7溶液中存在，故1L0.1ml/LK2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA，B错误；
C．23gC2H6O（0.5ml）若为甲醚（CH3OCH3），CH3OCH3分子内含8个极性键（6个C-H、2个C-O），总数为0.5×8NA=4NA，C正确；
D．C2H5OH中羟基O和两个C均为sp3杂化，每个分子含3个sp3杂化原子，0.5ml对应1.5NA，D正确；
故选B。
4. 下列选项所示物质间的转化在指定条件下可以实现的是
A. 海水中提取镁：浓缩海水Mg(OH)2 (s)MgCl2(aq)Mg
B. 漂白粉HClOCl2
C. SiO2CO2H2SiO3
D. 制备配合物：CuSO4溶液 [Cu(NH3)4]SO4 [Cu(NH3)4]SO4·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．MgCl2溶液直接电解得到Mg是错误的，制备金属镁需电解熔融MgCl2，A错误。
B．HClO光照分解产物是HCl和O2，而非Cl2，B错误。
C．SiO2与C高温反应生成Si和CO，而非CO2，C错误。
D．CuSO4与过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，乙醇促其析出晶体（含结晶水），D正确。
故选D。
5. 下列实验装置正确且能达到对应目的的是
A. 图甲：实验室随开随关制Cl2
B. 图乙：实验可证明Fe3+与I-反应存在一定的限度
C. 图丙：制得SO2
D. 图丁：利用蒸发结晶的方法从AlCl3溶液制得无水AlCl3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．KMnO4为粉末，无法做到关闭止水夹后固液分离，关闭分液漏斗后反应仍持续，不能随关随停，故A错误；
B．图乙中，4mL0.01ml/LKI溶液中n(I-)为4×10-5ml，2mL0.01ml/LFeCl3溶液中n(Fe3+)为2×10-5ml，KI与FeCl3反应的离子方程式为2I-+2Fe3+2Fe2++I2，若不存在可逆过程，I-剩余，Fe3+完全反应，滴加KSCN溶液，溶液不变红，若存在可逆过程，溶液中有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变红，因此本实验可证明该反应存在一定限度，故B正确；
C．图丙用Cu和浓硫酸制SO2需要加热，题中所给装置无加热装置，无法制得SO2，故C错误；
D．图丁蒸发AlCl3溶液，AlCl3水解：，加热促进水解且HCl挥发，最终得氢氧化铝甚至Al2O3，无法得无水AlCl3，故D错误；
答案为B。
6. 下列化学实验涉及反应的离子方程式错误的是
A. 溶液中通入少量的
B. 少量通入溶液中：
C. 碳酸氢镁溶液和过量NaOH溶液的反应：
D. 向含0.05 ml 和0.05 ml 的混合溶液中通入0.1 ml ：
【答案】C
【解析】
【详解】A．在碱性条件下，歧化为和，转化为，方程式正确，A正确；
B．是酸性氧化物，与发生氧化还原反应，作为强氧化剂，将氧化为，生成，同时被还原成，方程式正确，B正确；
C．碳酸氢镁溶液和过量NaOH应生成而非，方程式错误，C错误；
D．是强氧化剂，优先氧化还原性较强的，再氧化，最后氧化，根据氯气的量，不足以氧化，方程式正确，D正确；
故答案选C。
7. 关于实验室安全，下列表述正确的是
A. 等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理
B. 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，用3%~5%的溶液冲洗
C. 液溴保存在用橡胶塞密封的棕色试剂瓶中
D. 容量瓶洗净晾干后，在瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸钡（）不溶于水且无毒，常用于钡餐检查，因此并非所有钡的化合物均有毒，A错误；
B．浓硫酸溅到皮肤时，应立即用抹布擦拭，并用大量清水冲洗，再涂3%~5%的溶液，直接使用溶液可能加剧伤害，B错误；
C．液溴会腐蚀橡胶，应使用玻璃塞密封的棕色试剂瓶并加水封存，C错误；
D．容量瓶晾干时垫纸条可防止磨砂瓶口与瓶塞粘连，D正确；
故答案选D。
8. 类比法是一种学习化学的重要方法。下列推理、类比结果错误的是
A. F2与水反应置换出O2，证明非金属性：F>O，推出C与SiO2反应置换出Si，证明非金属性：C>Si
B. NH3与HCl反应生成NH4Cl，则N2H4可与HCl反应生成N2H6Cl2
C. CCl3COOH的酸性强于CH3COOH，则CF3COOH的酸性强于CCl3COOH
D. SO3为平面三角形分子，则BF3也为平面三角形分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F2与水反应置换出O2，但C与SiO2高温下置换出Si不能证明非金属性C＞Si，因为该反应是高温下的热力学过程，而非溶液中的置换反应，不能直接用于非金属性比较，A错误；
B．NH3与HCl反应生成NH4Cl，N2H4作为二元碱可与HCl反应生成N2H6Cl2，B正确；
C．Cl的吸电子效应强于H，导致羧基上的O-H极性更强，更易电离出H+，而F的吸电子效应强于Cl，因此CF3COOH酸性强于CCl3COOH， C正确；
D．SO3和BF3均为sp2杂化，无孤对电子，均为平面三角形结构，D正确；
故答案选A。
9. 一种用于合成锂电池电解液的原料结构如图。W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是
A. 该物质在强酸性或强碱性条件下均能稳定存在
B. 键角：
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>X
D. 第一电离能：Z>M>Y
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、M、Q是六种短周期元素原子序数依次增大，根据成键数目W能形成1个共价键，W是这六种元素中原子序数最小的，则W为H；Y能形成4个共价键，则Y为C；X能形成3个共价键且原子序数小于Y，则X为B；Z能形成3个共价键，则Z为N；M能形成2个共价键，则M为O；Q能形成2个共价键，且原子序数最大，则Q为S。
【详解】A．该物质含氰基（N≡C—），氰基在强酸性条件下水解生成羧酸和铵根离子，在强碱性条件下水解生成羧酸盐和氨气，故在强酸或强碱中均不稳定，A错误；
B．SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp2杂化，键角约120°；CH4的中心原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角109°28′；NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，键角107°，键角：SO2>CH4>NH3，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性：HNO3>H2CO3>H3BO3，C正确；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C，D正确；
故选A。
10. 为了节约资源，减少重金属对环境的污染，研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有(等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
已知：①“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀；
当金属离子浓度时，认为该离子沉淀完全。
下列说法错误的是
A. Cu位于元素周期表中第四周期ds区
B. “中和除杂”步骤，调控溶液pH=3.5左右，发生反应的离子方程式为↑
C. 加入过量Zn粉有利于“深度脱氯”步骤中生成CuCl沉淀
D. “电解分离”步骤中当阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成
【答案】C
【解析】
【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去（c(Fe3+)=）。“深度脱氯”时，发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl，Zn+ Cu2+=Zn2++Cu，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。
【详解】A．Cu的原子序数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，位于第四周期ⅠB族，属于ds区，A正确；
B．由上述分析可知，“中和除杂”步骤加入Zn2(OH)2CO3的目的是调节pH除去Fe3+（转化为Fe(OH)3），反应的离子方程式为，B正确；
C．由上述分析可知，“深度脱氯”中Zn粉还原Cu2+生成Cu，故过量Zn粉不利于促进CuCl沉淀生成，C错误；
D．电解时阴极先析出Cu（Cu2+氧化性强于H+），当Cu2+耗尽后，H+放电产生H2气泡，说明Cu已完全析出，Zn2+仍在溶液中，分离完成，D正确；
故答案选C。
11. 利用无机物离子[(L)RuIIIOOH]6-和[CeIV(NO3)6]2- (下图简写为CeIV实现了水在催化剂作用下制氧气。用H218O进行同位素标记实验，证明了产物氧气中的氧原子完全来自水。其相关机理如图所示。
下列说法错误的是
A. 反应中既有极性键的断裂及形成，又有非极性键的形成
B. [CeIV(NO3)6]2-中存共价键、配位键
C. 若H218O参与反应，则[(L)RuIIIOOH]6-中存在18O
D. 催化氧化水的反应为2H2OO2↑+H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中，水的O-H键（极性键）断裂，中间体中可能形成O-Ru等极性键，产物氧气的O=O键（非极性键）形成，A正确；
B．[CeIV(NO3)6]2-中，内部N与O之间存在共价键，CeIV与之间存在配位键，B正确；
C．H218O参与反应，其氧原子转移到中间体[(L)Ru3+OOH]6-中，故该中间体中存在18O，C正确；
D．该过程是水在催化剂作用下制氧气，CeIV为氧化剂，被还原，水被氧化为O2，不会生成H2，故反应为，D错误；
故答案选D。
12. 盐酸羟胺可用于合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl以外排烟气中的(表示NO2或NO)以及H2、盐酸为原料通过电化学方法一步制备盐酸羟胺的装置示意图如下，假设放电过程中电解质溶液的体积不变。下列说法正确的是
A. Pt电极作阳极，发生氧化反应
B. 含Rh催化电极的电极反应式为
C. 若NOx表示NO2，当右室溶液质量增加5.1g时，消耗NO2的物质的量为0.1ml
D. 若NOx表示NO，反应一段时间后，左室溶液pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意“假设放电过程中电解质溶液的体积不变”，说明该装置为化学电源，根据装置图，Pt电极处H2失电子转化为氢离子，说明Pt电极为负极，含Rh催化电极为正极，据此分析；
【详解】A．根据上述分析， Pt电极为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．H原子不守恒，正确的电极反应是NOx+(2x+1)e-+(2x+2)H+=NH3OH++(x-1)H2O，故B错误；
C．Pt电极产生氢离子，含Rh催化电极处消耗氢离子，则该离子交换膜为阳离子交换膜或氢离子交换膜，NO2转化为NH3OH+时，氮元素化合价由+4降至-1价，1mlNO2得5mle⁻，可知有5mlH+迁移到右室；当右室消耗0.1mlNO2(质量为4.6g)时，迁移过来的H+0.5ml(质量为0.5g)，右室溶液总质量增加4.6g+0.5g=5.1g，故C正确；
D．左室发生：H2-2e-=2H+，但H+通过离子交换膜迁移至右室，生成与迁移量相等，H+浓度不变，pH不变，故D错误；
故答案为C。
13. 脱除尾气中的CO、NO包括以下两个反应： I.
II.
将恒定组成的混合气体通入恒容不同温度的反应器，相同时间内检测反应中涉及的各物质的浓度，结果如图。
已知：NO的脱除率=×100%。下列说法错误的是
A. 曲线I是CO，II是NO
B. 该消除污染物CO和NO的反应条件应选择适当高温
C. 若450℃达到平衡，反应II化学平衡常数K=46.875
D. 450℃时，该时间段内NO的脱除率为40%。
【答案】D
【解析】
【分析】由方程式可知，反应I和反应II均有二氧化碳生成，反应中二氧化碳的浓度增大，一氧化二氮是反应I的生成物、反应II的反应物，反应中一氧化二氮的浓度先增大后减小，而氮气是反应II的生成物，反应中氮气的浓度先不变后增大，则曲线Ⅲ、Ⅳ分别表示二氧化碳、氮气；随着反应的进行，一氧化氮和一氧化碳的浓度都减小，反应I和反应II均消耗一氧化碳，只有反应I消耗一氧化氮，一氧化二氮浓度减小时，一氧化碳浓度的减小趋势大于一氧化氮，则曲线I、II分别表示一氧化碳、一氧化氮。
【详解】A．由分析可知，曲线I、II分别表示一氧化碳、一氧化氮，A正确；
B．由图可知，高温时，一氧化碳、一氧化氮的浓度都较低，脱除率较高，所以消除污染物一氧化碳和一氧化氮的反应条件应选择适当高温，B正确；
C．由图可知，450℃反应达平衡时，氮气、二氧化碳、一氧化二氮、一氧化碳的浓度分别为1500 ppm、3125 ppm、200 ppm、500 ppm，则反应II的平衡常数K= =46.875， C正确；
D．由图可知，450℃时，氮气、一氧化二氮、一氧化氮的浓度分别为1500 ppm、200 ppm、350 ppm，由氮原子守恒可知，起始一氧化氮的浓度为1500 ppm×2+200 ppm×2+350 ppm=3750 ppm，则转化为氮气的一氧化氮的浓度为1500 ppm×2=3000 ppm，则一氧化氮的脱除率=×100%=80%，D错误；
故选D。
14. 总浓度为的水溶液中存在平衡：、。溶液中、、与pH关系如图所示。下列叙述正确的是
A. M、N分别为、关系曲线
B.
C. 溶液中
D. pH=1的溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着pH升高，HF电离程度增大，减小（曲线M），增大（曲线N），先增后减（曲线P）。因此M为曲线，N为曲线，A错误；
B．由图可知，时，、、，，， B正确；
C．根据溶液中物料守恒关系可得：总F浓度守恒：， C错误；
D．时，溶液中主要来自外加强酸（为弱酸，无法提供高浓度的），电荷守恒应含外加酸的阴离子，故，D错误；
故答案选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备无水同时生成COCl2气体(能与水反应生成两种酸性气体)。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(K1、K2为气流控制开关)。
（1）下列实验图标中与本实验无关的是_______(填标号)。
（2）装置乙和装置丁的水槽中盛装的液体分别为_______、_______(填“冷水”或“热水”)
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是_______。
（4）装置己中NaOH溶液能够吸收COCl2，发生反应离子方程式为_______
（5）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。
请补充完整由溶液制备纯净的的实验方案：取适量溶液，加入NaOH溶液，_______；充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，_______，则证明沉淀已洗涤干净；低温烘干沉淀，得到晶体。
（6）取三氯化铬样品mg，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀冷却后，加足量30%H2O2，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入2酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用(标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准Na2S2O3溶液VmL(杂质不参加反应)。
已知：；
则样品中无水三氯化铬的质量分数为_______(用含m、V的代数式表示)。
【答案】（1）D （2） ①. 热水 ②. 冷水
（3）升华的三氯化铬温度降低后易凝华，装置丁左侧导管容易堵塞
（4）
（5） ①. 调节 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀产生
（6）
【解析】
【分析】实验室制备三氯化铬，整个实验流程先用干燥的氮气排除装置内空气，然后再将氮气通入装有的三颈烧瓶，将气体带入丙装置与在高温下反应，生成和，丁装置凝华、收集，戊装置的作用是防止己装置中水蒸气进入丁使潮解，有毒的气体与己装置中溶液反应从而进行吸收处理。
【小问1详解】
A．该图标为护目镜标识，护目镜保护眼睛，所以实验中实验者均需要佩戴，A不符合题意；
B．该图标为用电标识，实验中装置丙需要通电高温条件发生反应，B不符合题意；
C．该图标为洗手标识，实验完毕，离开实验室前需要清洗双手，C不符合题意；
D．该图标为锐器标识，该实验中没有使用小刀等器具，D符合题意；
故选D
【小问2详解】
装置乙作用是提供气体，使其进入丙装置与反应，故水槽中盛装的液体为热水；装置丁作用是使蒸汽凝华、收集，故水槽中盛装的液体为冷水。
【小问3详解】
易升华，装置丁凝华收集固体，装置的不足是固体容易堵塞导管，所以左侧导管用较粗的导管。
【小问4详解】
COCl2气体能与水反应生成两种酸性气体为，与溶液反应生成，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
根据图像可知，制备纯净的应使完全沉淀，且不生成，范围为；证明沉淀已洗涤干净的方法是检验洗涤液不含氯离子，故操作为取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净。
【小问6详解】
测定样品中无水三氯化铬的质量分数原理为转化为后，被氧化为，将氧化为（），用标准溶液滴定生成的从而测定，根据关系式计算，，质量分数为。
16. 以大洋锰结核(主要由MnO2和铁的氧化物组成，还含有Al2O3、MgO、ZnO、CaO、SiO2等)为原料，制备Mn2O，及的工艺流程如下
已知：25℃时5.3×10-3；Kₛₚ(MgF2)=7.4×10⁻¹¹；Kₛₚ[Mn(OH)2]=1.9×10⁻¹³；。
（1）基态Zn的价电子排布式为_______。
（2）滤渣1的主要成分是_______。
（3）“净化”步骤中，加入的Na2S浓度不宜过大，原因是_______。
（4）“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数)。
（5）“操作X”的过程为_______、洗涤、干燥。
（6）Mn的某种氧化物的晶胞(立方体结构)如图所示。已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为._______g·cm-3((设NA为阿伏加德罗常数，用含a和NA的代数式表示)。
【答案】（1）3d104s2
（2）、CaSO4
（3）防止生成MnS沉淀，减少Mn的损耗
（4） ①. Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ ②. 115.8
（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（6）
【解析】
【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al2O3、MgO、ZnO、CaO、SiO2等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，滤渣1为和微溶的硫酸钙。将Fe2+氧化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
Zn是30号元素，则基态Zn的价电子排布式3d104s2；
【小问2详解】
结合分析可知，滤渣1为和CaSO4；
【小问3详解】
结合题给信息可知，硫离子可以和锰离子形成沉淀，则加入的Na2S浓度不宜过大，原因是防止生成MnS沉淀，减少Mn的损耗；
【小问4详解】
硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为:Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
反应MnCO3(s)+2OH-(aq)Mn(OH)2(s)+(aq)的平衡常数K=====115.8；
小问5详解】
要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
【小问6详解】
根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。
17. 利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠的一种流程示意图如下。
已知：在空气中易被氧化，受热易分解；
②室温下，H2CO3和H2SO3的电离常数如下。
I.在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应。
第一步：
第二步：2NaHSO3。
II.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3过饱和溶液静置后会结晶析出焦亚硫酸钠晶体。
（1）焦亚硫酸(H2S2O5)的结构式为，其中*S的杂化方式为_______。常温下焦亚硫酸钠溶于水形成的溶液显_______(填“酸”“中”或“碱”)性。
（2）配碱槽中，母液和过量Na2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。
（3）下列试剂、仪器组合也可用于处理尾气的是_______(填标号)。
（4）若反应条件或用量等因素控制不当，则所得的Na2S2O5产品中往往含有杂质。
①若检验产品中含有杂质Na2CO3，下列试剂的使用顺序依次为_______(填标号)。
a.稀硫酸 b.澄清石灰水 c.品红溶液 d.酸性KMnO4溶液
②久置的Na2S2O5固体中若含有Na2SO4杂质，其可能的原因是_______(用化学方程式解释)。
（5）Na2S2O5生产过程中会产生SO2，SO2在空气中的含量超过0.02mg·L-1就会危害人类健康。可用如下装置测定空气中SO2的含量。
①取的碘溶液加入试管中，再加入2~3滴淀粉溶液，在测定地点慢慢抽气，每次抽气100mL，直到试管中的溶液_______(填写现象)。
②记录抽气次数n。n≥_______，说明气体符合安全标准(假设气体均处于标准状况)。
【答案】（1） ①. ②. 碱
（2）
（3）AB （4） ①. adcb ②.
（5） ①. 蓝色褪去 ②. 80
【解析】
【分析】、空气经过煅烧炉生成，空气中的也随着进入多级串联反应釜，悬浊液与持续通入的进行一系列反应生成的在pH达到3.8~4.1时，形成的过饱和溶液静置后会结晶析出焦亚硫酸钠晶体。
【小问1详解】
根据焦亚硫酸的结构式，*S的有4条，无孤电子对，杂化方式为；焦亚硫酸钠中的阴离子在水中水解显碱性，故溶于水形成的溶液显碱性。
【小问2详解】
配碱槽中，母液是和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是。
【小问3详解】
根据方程式可判断为其主要是、等酸性气体，故应该用NaOH溶液，作为液体除杂试剂应放在烧杯或洗气瓶中，不能放在U形干燥管中；B装置既可尾气处理也兼具防倒吸。故选AB。
【小问4详解】
①产品中含有杂质，加入硫酸会产生、，用酸性高锰酸钾除去中的，然后用品红溶液检验是否除尽，若品红不褪色则没有，此时可用澄清石灰水检验。故使用顺序依次为adcb。
②根据在空气中易被氧化，久置的固体在空气中被氧气氧化生成，方程式为。
【小问5详解】
①试管中的碘与通入的反应，方程式为，故随着碘单质的消耗，溶液中蓝色消失，故直到试管中蓝色消失证明碘单质完全被消耗。
②参与反应的碘单质的物质的量为；根据反应式中与碘单质的系数关系，，，
空气中的含量超过，反应会消耗空气的体积为；每次抽气100mL，故80次可抽取8000mL。
18. 化合物了是合成某种黄酮类抗菌药物的中间体，其成路线如下。
已知：①D可使FeCl3显紫色；
②；
③。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称是_______。
（2）B→C的反应类型为_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）1mlG最多消耗_______mlH2。
（5）对羟基苯甲醛A()和邻羟基苯甲醛()当可用作有机合成中间体。比较二者的熔、沸点：A_______(填“>”或“