2025-2026学年江苏南京市建邺高级中学高一下册3月月考化学试卷（解析版）【附答案】

/2025-2026学年江苏省南京市建邺高中高一(下)3月月考化学试卷一、选择题(共14小题)1.科技兴国，材料的研究与应用在众多领域做出巨大的贡献。下列有关说法不正确的是A.计算机芯片的主要材料是晶体硅B.碳纳米管与石墨烯互为同位素C.碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料D.镍钛合金属于金属材料【答案】B【解析】【详解】A．计算机芯片的主要材料是晶体硅，A正确；B．两者均为碳元素的同素异形体（结构不同的单质），而非同位素，B错误；C．碳化硅陶瓷具有耐高温、高硬度等特性，属于新型无机非金属材料，C正确；D．镍钛合金属于金属材料，合金是金属材料的重要组成部分，D正确；故选B。2.科学家通过核反应发现氚()。下列说法正确的是A.表示一个质子 B.和具有相同的摩尔质量C.与互为同位素 D.的原子结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A．核素符号中，左下角电荷数为0，左上角质量数为1，表示的是中子，不是质子，A错误；B．的质量数为4，摩尔质量近似为4g/mol，精确值为4.0026

g/mol；的质量数为2，摩尔质量约等于2g/mol，其精确值为2.0141gC．同位素的定义是“质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素”。和质子数均为1，中子数分别为2和1，属于氢元素的不同核素，互为同位素，C正确；D．是2号元素，原子核外只有1个电子层，该层填充2个电子，题给结构示意图错误画了2个电子层、共4个核外电子，正确为，D错误；故选C。3.下列物质的性质和用途或保存方法相对应的是A.氨易液化，汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B.浓硫酸具有脱水性，可作干燥剂C.SiO2属于酸性氧化物，可用于制作光导纤维D.无水氯化钙和生石灰都具有吸水性，可用于干燥氨气【答案】A【解析】【详解】A．氨易液化，液氨汽化时会吸收大量环境中的热量，使周围温度降低，该性质与制冷剂的用途对应，A符合题意；B．浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性（吸收游离态水分子的性质），脱水性是指将有机物中氢、氧元素按水的组成比脱去的性质，二者不对应，B不符合题意；C．属于酸性氧化物是其化学通性，制作光导纤维是利用对光的全传导的光学特性，二者无对应关系，C不符合题意；D．无水氯化钙虽有吸水性，但会与反应生成，不能用于干燥氨气，只有生石灰可干燥氨气，D不符合题意；故选A。阅读材料，完成下列小题：中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO3、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。铝、铁等金属的年产量早已稳居世界第一；海水的综合利用也取得了令人瞩目的成就。4.下列化学反应表示正确的是A.黑火药爆炸：B.电解饱和溶液制金属镁：C.高炉炼铁的反应原理：D.向饱和氨盐水中通入过量：5.提纯粗品(含少量的、、和得到纯品的方案如图，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。下列说法不正确的是A.用过量的溶液除去B.、、通过生成沉淀后过滤除去C.4种试剂的使用顺序为溶液，溶液、盐酸、溶液D.调pH后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品6.“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如图：下列有关说法正确的是A.流程图中“海水”一般采用的是提取粗盐后的母液B.通入热空气主要是利用氧气将完全氧化C.吹出后剩余溶液中可以大量共存的离子有、、D.流程图中“分离”所用的仪器包括烧杯、漏斗、玻璃棒【答案】4.D5.C6.A【解析】【分析】工业吹出法提溴：通入足量将溴离子氧化为单质，发生反应；通入热空气利用易挥发的性质，将从溶液中吹出，实现初步富集；用水溶液吸收吹出的，发生反应，进一步提高溴的浓度；再通入，将重新氧化为；通过萃取分液或蒸馏分离提纯得到液溴。【4题详解】A．黑火药爆炸的正确反应为

，产物错误，A错误；B．制取金属镁需要电解熔融，电解饱和溶液只能得到​，正确方程式为，B错误；C．高炉炼铁是用还原铁的氧化物，该反应是铝热反应，不是工业高炉炼铁的原理，正确方程式为，错误；D．联合制碱法中，向饱和氨盐水中通入过量，因​溶解度较小析出，反应方程式

，书写正确，D正确；故选D；【5题详解】A．可与生成沉淀，用过量​溶液可完全除去​，A正确；B．转化为​、转化为、​转化为​，均可通过过滤除去沉淀，B正确；C．粗盐提纯中，碳酸钠溶液必须在之后加入，用于除去过量，盐酸必须最后加入，用于除去过量的和​。该选项中盐酸在之前加入，无法除去最后引入的过量，试剂顺序错误，C错误；D．杂质（）溶解度随温度升高变化大，溶解度变化小，调pH后蒸发至大量固体析出，趁热过滤可将留在滤液中，分离出，经洗涤干燥得到纯品，D正确；故选C；【6题详解】A．提取粗盐后的母液是浓缩后的海水，浓度远高于普通海水，工业提溴均使用该母液作原料，A正确；B．氧化是氧化1步骤中​的作用，通入热空气是利用​易挥发性，将生成的吹出，不是氧化，B错误；C．由分析知“吹出”时吸收，“吹出”前海水已酸化，“吹出”后的剩余溶液呈酸性，酸性环境下​不能大量存在，且​可与剩余发生氧化还原反应，不能共存，C错误；D．得到溴单质后，分离方法为萃取分液或蒸馏，过滤是分离固液混合物的操作，不需要烧杯、漏斗、玻璃棒这套过滤仪器，D错误；故选A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y、Z各自形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，W与Y同主族。下列说法正确的是A.非金属性：Y小于XB.Y的简单氢化物比W的稳定C.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强D.Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W最外层电子数之和为18，Y和Z形成的稳定结构的离子与具有相同的电子层结构，则Y为O元素，Z为Mg元素，W与Y同主族，则W为S元素，Y、Z、W最外层电子数之和为14，则X最外层电子数为18-14=4，则X为C元素。【详解】A．Y为O，X为C，O的非金属性强于C，A错误；B．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性O＞S，故Y的简单氢化物H2O比W的简单氢化物H2S稳定，B正确；C．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性S＞C，故X(C)的最高价含氧酸H2CO3酸性弱于W(S)的最高价含氧酸H2SO4酸性，C错误；D．Y与Z形成MgO(离子键)，与W形成SO2/SO3(共价键)，化学键类型不同，D错误；故选B。8.一定条件下，下列各组物质的转化关系能通过一步化学反应实现的是选项XYZWABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．中加入盐酸，会逐渐生成，盐酸过量可以溶解为，但是电解不能得到单质铝，故A错误；B．和水生成硝酸，稀硝酸和铜生成NO、浓硝酸和铜生成二氧化氮，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成NO，浓硝酸受热分解产生NO2，故B正确；C．硫化氢被氧气氧化为硫单质，硫单质被氧气氧化为二氧化硫，但是二氧化硫需要再催化剂的作用下生成SO3，但是S单质不能一步直接被氧化为三氧化硫，故C错误；D．单质硅与氧气氧化为二氧化硅，但二氧化硅不能直接溶于水中生成硅酸，故D错误；故答案选B。9.下列实验操作及现象所得结论正确的是

实验操作现象结论A取少量溶液，滴入硫酸酸化的溶液溶液变黄色氧化性比强BB中产生白色胶状沉淀C的非金属比Si强C蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X不可能是浓硫酸D将红热的炭放入浓硝酸中产生红棕色气体浓硝酸可以将炭氧化A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．实验中使用硫酸酸化的H2O2，但溶液中存在。在酸性条件下，本身可氧化Fe2+至Fe3+（反应式：

），导致溶液变黄。因此无法确定是H2O2还是起氧化作用，不能得出“H2O2氧化性比Fe3+强”的结论。A错误；B．A中生成的CO2可能混有挥发的HNO3，二者均能与Na2SiO3反应生成H2SiO3白色沉淀（如

2HNO3C．白烟现象源于挥发性酸（如HCl、HNO3）与NH3反应生成固体铵盐颗粒（如NH4Cl、NH4NO3）。浓硫酸为难挥发性酸，不会产生白烟。若观察到白烟，则X必为挥发性酸，不可能是浓硫酸。C正确；D．红热炭放入浓硝酸中虽可发生反应：

C+4HNO故选C。10.我国科学家利用化学方法人工合成淀粉，是实现碳的资源化利用的有效途径之一，主要过程如图。下列说法不正确的是A.和合成甲醇反应一定是氧化还原反应B.为使反应持续发生，反应I需要不断补充以提供氧气C.反应I中每生成1分子，转移2个电子D.反应Ⅱ的化学方程式为：【答案】D【解析】【分析】由图示可知，反应Ⅰ为过氧化氢分解生成水和氧气：2H2O2=2H2O+O2↑，反应Ⅱ为甲醇在一定条件下被氧气氧化为甲醛，同时生成过氧化氢，化学方程式为；【详解】A．CO2和H2合成CH3OH的反应中，C元素的化合价降低，H元素的化合价升高，一定是氧化还原反应，A正确；B．反应Ⅱ为，反应Ⅰ为2H2O2=2H2O+O2↑，反应Ⅱ每消耗1molO2生成1molH2O2，而反应Ⅰ每消耗1molH2O2只生成0.5molO2，故为使反应持续发生，反应Ⅰ需要不断补充H2O2以提供氧气，B正确；C．反应Ⅰ为2H2O2=2H2O+O2↑，反应中部分氧化合价由-1变为0生成氧气、部分化合价由-1变为-2生成水，电子转移为，则反应I中每生成1分子，转移2个电子，C正确；D．由分析，反应Ⅱ化学方程式为，D错误；故选D。11.与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B.过程Ⅱ中发生了氧化反应C.电催化与生成的反应方程式：D.常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产【答案】A【解析】【详解】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误；C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误；D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误；故选A。12.“价—类”二维图在高中化学学习中有着重要的意义。硫元素的“价—类”二维图如图所示，下列说法正确的是A.将H2S气体在过量O2中燃烧，可用于处理H2S尾气防止污染B.1mola与足量O2在一定条件下充分反应时转移电子2molC.硫酸型酸雨样品在空气中放置时d转化为c，样品的酸性增强D.a和Cl2等体积混合后通入品红溶液中，漂白效果更好【答案】C【解析】【分析】由其价类二维图可知，a为，b为，c为，d为，e为亚硫酸盐。由此解题。【详解】A．H2S气体在过量O2中燃烧生成，也是污染性气体，该方法不能用于处理H2S尾气，可用NaOH溶液吸收处理，A错误；B．a为，催化氧化反应为，该反应为可逆反应，可逆反应有限度，即1mol与足量在一定条件下充分反应时转移电子小于2mol，B错误；C．c为，d为，为中强酸，为强酸，即硫酸型酸雨样品在空气中放置时转化为，样品的酸性增强，C正确；D．与等体积混合后通入品红溶液中的反应为，和HCl都无漂白性，即与等体积混合后通入品红溶液中，漂白效果减弱，D错误；故答案选C。13.某废催化剂含SiO2、ZnS和CuS。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法不正确的是A.步骤①中产生的气体可用NaOH溶液进行吸收B.步骤④制得蓝矾表面滴加浓硫酸变白色，体现浓硫酸吸水性C.滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分可能为SiO2和SD.步骤②中所加试剂可以用浓硫酸代替【答案】D【解析】【分析】废催化剂加入稀硫酸，其中的ZnS与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体（ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑），SiO2【详解】A．步骤①操作中生成的气体为H2S，H2S有毒，其溶于水得到氢硫酸，能够与NaOH反应产生盐和水，所以H2S可用NaOH溶液进行吸收，故A正确；B．蓝矾是CuSO4・5H2O，滴加浓硫酸后，浓硫酸吸收蓝矾中的结晶水，使其变为白色的无水CuSO4，体现了浓硫酸的吸水性，故B正确；C．SiO2不与稀硫酸反应，CuS在稀硫酸中不溶解，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；步骤②中H2O2在酸性条件下氧化CuS，可能将CuS氧化为S单质，SiO2仍不反应，所以滤渣2成分可能为SiO2和S，故C正确；D．步骤②中用稀硫酸和H2O2浸出CuS，H2O2在酸性条件下将CuS氧化为S，若用浓硫酸代替，浓硫酸在加热条件下会将CuS氧化为SO2，且浓硫酸被还原为SO2，污染环境，同时会消耗更多的试剂，所以不能用浓硫酸代替，故D错误；故答案选D。14.38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示，下列有关判断不正确的是A.硝酸在反应中体现氧化性和酸性B.混合气体中的物质的量是0.1molC.该浓硝酸物质的量浓度为11mol/LD.氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂【答案】C【解析】【分析】n(Cu)==0.6mol，Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，由Na原子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=1mol。【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，A正确；B．根据分析可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的物质的量为1mol，每个N2O4中含有2个N，所以混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol，B正确；C．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，根据分析n(Cu)=0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9mol，根据分析，氮的化合物与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2的物质的量为1mol，根据N原子守恒，硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，浓硝酸体积为220mL，物质的量浓度为=10mol/L，C错误；D．氮的氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，两者N的化合价分别为+5、+3，NO中化合价为+2价，由价态可知NO化合价升高，作还原剂，D正确；故选C。二、填空题(共4小题，58分)15.海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。（1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成___________(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛NaOH溶液。（2）如图所示，加热试管中固体至红热，下列有关描述正确的是___________。A.移开酒精灯后固体保持红热 B.S只作还原剂C.主要产生的气体副产物为SO3 D.最终得到黑色的（3）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：___________。②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为___________。【答案】（1）、H2O（2）A（3）①.②.滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点【解析】【分析】本题围绕海洋出水铁质文物保护，考查二氧化硅的化学性质以及铁与硫反应的实验分析，涉及基础化学反应原理和产物判断。【小问1详解】玻璃中的SiO2是酸性氧化物，能与NaOH发生反应，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；生成的硅酸钠Na2SiO3是具有黏性的物质，会将磨口玻璃塞与试剂瓶瓶口黏在一起，因此不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液；【小问2详解】A‌．铁与硫的反应是放热反应，加热至红热后，移开酒精灯，反应放出的热量可以维持反应继续进行，因此固体保持红热，A正确；B‌．反应Fe+SFeS中，S元素化合价从0价降低为−2价，只作氧化剂，S与O2反应生成SO2时S作还原剂，B错误；C‌．硫粉与空气中氧气加热反应，主要生成的气体副产物是SO2，不能生成SO3（SO2催化氧化才能生成SO3），C错误；D‌．硫的氧化性较弱，只能将铁氧化为+2价，最终得到黑色的FeS，不能生成Fe2S3，D错误；故答案选A；【小问3详解】①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为+2价的FeS、Fe(OH)2，S元素的化合价由+6价降至-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：4Fe++4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH-；②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH-变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知，所以较长时间后出现黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点。16.二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀，加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ．向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。（2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是___________。（3）Ⅰ中的黑色沉淀是___________(写化学式)。（4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式___________。（5）Ⅱ中，为防止反应过于刚烈而引起喷溅，加入应采取___________的方法。（6）Ⅲ中应采用___________进行加热。（7）Ⅳ中“一系列操作”包括___________。【答案】（1）分液漏斗（2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜（3）CuO（4）（5）分批加入并搅拌（6）水浴（7）冷却结晶、过滤、洗涤【解析】【分析】本实验目标是制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾K2[Cu(C2O4)2]，流程逻辑梳理：步骤Ⅰ：硫酸铜和氢氧化钠反应先生成浅蓝色​沉淀，加热后【小问1详解】配制一定浓度硫酸铜溶液的操作：用电子天平称量固体，在烧杯中溶解，用量筒量取所需水；图示仪器从左到右依次为电子天平、烧杯、分液漏斗、量筒，分液漏斗用于分液或滴加液体，配制过程不会用到；【小问2详解】

是结晶水合物，长期放置会发生风化，自发失去部分/全部结晶水，生成白色的无水硫酸铜，因此出现白色固体；【小问3详解】受热不稳定，发生分解反应：Cu(OH)2【小问4详解】反应物配比n(H2C2O4):n【小问5详解】该反应会快速放出大量，一次性加入碳酸钾会导致反应过于剧烈，气体大量逸出引发喷溅，因此需要分批加入碳酸钾并搅拌，使反应速率减缓、热量及时扩散；【小问6详解】反应需要控温在80~85℃，温度低于100℃，水浴加热受热均匀、便于控制温度，符合要求；【小问7详解】浓缩得到热的饱和配合物溶液后，需要先冷却使晶体析出，再过滤分离出晶体，然后洗涤除去晶体表面吸附的杂质，最后干燥得到产品。17.锗的工业提取工业上从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的办法：（1）锗在元素周期表中位置是___________。（2）GeO2既能和强酸反应，也能和强碱反应，由此推测GeO2属___________氧化物。锗矿中含有H2O煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔沸点如表所示：

H2O煤焦油As2O3GeOGeO2熔点/℃020～30312710℃时升华1100℃时升华沸点/℃10070～80465//（3）使用分步升温的原因是___________。（4）在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，Ge元素的萃出率如图所示。真空还原采用的最佳温度及浓度是___________。A.1000℃，2.5% B.1000℃，5.0% C.1100℃，2.5% D.1200℃，2.5%（5）真空还原阶段，用除GeO2，产物还有GeO、、等生成，写出该阶段的化学反应方程式：___________。【答案】（1）第四周期第ⅣA族（2）两性（3）可以将煤焦油、等杂质分步蒸馏，分离，在710℃～1100℃之间可以将GeO、GeO2分步分离出来（4）C（5）【解析】【分析】该工艺是从低品位锗矿提取精锗：低品位锗矿先经600~700℃氧化焙烧得到粗，再加入NaH2PO2⋅H2O，在1000~1200℃下真空还原【小问1详解】锗原子序数为32，与碳、硅同主族，核外共4个电子层，最外层电子数为4，因此位于第四周期第IVA族；【小问2详解】既能与强酸反应、又能与强碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，因此​属于两性氧化物；【小问3详解】由表格数据可知，不同杂质、含锗化合物的挥发（升华）温度不同，分步升温可以依次分离不同沸点的杂质，再分离不同升华温度的含锗化合物，最终提升产物纯度；【小问4详解】选择时需要兼顾Ge元素萃出率和生产成本：1000℃萃出率偏低，不满足要求；1200℃虽然萃出率最高，但温度过高能耗大，生产成本高；1100℃时，浓度为2.5%Ge的萃出率已经接近100%，继续提升浓度或温度，萃出率提升极小，反而增加成本，因此该条件最佳，故选C；【小问5详解】反应物为NaH2PO2⋅H2O和，产物为、Na18.硫代硫酸钠俗称“大苏打”，是一种重要的化工产品。某化学兴趣小组利用如图装置制备硫代硫酸钠晶体()并测定其纯度。Ⅰ．查阅资料①是无色透明晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②向和混合溶液中通入可制得。反应原理：。（1）导管a的作用___________。（2）装置A中反应的化学方程式___________。（3）装置B的作用___________。（4）制备过程一般需在碱性环境中进行，若在酸性条件下会有黄色沉淀生成，用离子方程式表示生成沉淀的可能原因：___________。Ⅱ．产品分离（5）将装置C中的液体趁热过滤，将得到的滤液蒸发浓缩、___________，___________，___________低温烘干，得晶体。（6）所得产品中常含有少量杂质，请设计实验方案验证产品中含有：___________。Ⅲ．产品纯度测定（7）为了测定粗产品中()的纯度，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法(假定粗产品中杂质与酸性溶液不反应)。称取1.5g的粗样品溶于水，用0.40mol/L酸性溶液滴定，被还原为，当溶液中全部被氧化成时，消耗酸性溶液的体积为20.00mL。计算产品中的纯度___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。【答案】（1）平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶内的压强，使硫酸能顺利流下，同时避免装置内压强过大（2）（3）平衡气压，防止倒吸，观察SO2的生成速率以控制反应（4）（5）①.冷却结晶②.过滤③.用乙醇洗涤晶体（6）取少量产品于试管中，加适量蒸馏水溶解，先加入过量的稀盐酸，充分反应后静