安徽省九师联盟2026届高三上学期11月联考化学试卷（Word版附解析）

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1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na- 23 Cl-35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。
1. 下列做法不能体现“绿色化学”思想的是
A. 将废旧塑料裂解为化工原料
B. 研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗
C. 减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用
D. 乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷)
【答案】D
【解析】
【详解】A．将废旧塑料裂解为化工原料，可以实现原料再利用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，A不符合题意；
B．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，符合绿色化学理念，B不符合题意；
C．减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，C不符合题意；
D．乙烯、Ca(OH)2、Cl2反应生成环氧乙烷、CaCl2和水，不能实现原子利用率100%，不符合绿色化学理念，D符合题意；
故答案选D。
2. 下列说法正确的是
A. MgO属于两性氧化物
B. 中的铁元素呈现两种价态
C. CO2和SiO2二者物理性质相似
D. 用FeCl3溶液和NaOH溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．MgO是碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，不能与强碱反应，不属于两性氧化物，A错误；
B．Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，其中铁元素呈现+2和+3两种价态，B正确；
C．CO2是分子晶体（常温为气体），SiO2是原子晶体（高熔点固体），物理性质差异显著，C错误；
D．FeCl3溶液与NaOH溶液直接反应生成Fe(OH)3沉淀，而非胶体，制备胶体需将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，D错误；
故答案为B。
3. 下列有关化学用语表示错误的是
A. 的空间结构：三角锥形
B. NaOH的电子式：
C. Cl-的结构示意图：
D. Fe2(SO4)3溶于水的电离方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，A项正确；
B．NaOH是离子化合物，电子式为，B项正确；
C．的结构示意图为，C项错误；
D．的电离方程式为，D项正确；
故答案选C。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 少量Cl2通入NaI溶液中：
B. 用氢氟酸雕刻玻璃：
C. NO2通入水中：
D. 过量通入饱和碳酸钠溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应未配平，离子方程式应为，A错误；
B．氢氟酸为弱酸，不能拆为H+和F-，应保留HF分子形式，离子方程式应为，B错误；
C．NO2与水反应生成HNO3和NO，方程式未体现NO生成，离子方程式应为，C错误；
D．过量CO2与饱和Na2CO3反应生成溶解度更低的NaHCO3沉淀，方程式正确，D正确；
故答案为D。
5. 下列根据实验目的设计的装置连接中正确的是
A. 用碱石灰和浓氨水制备收集 ：连接a→d→e→e
B. 用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2：连接b→f→c→e→d
C. 用铜和稀硝酸制备收集NO：连接b→c→e
D. 用铜和浓硫酸制备收集：连接a→c→e→d
【答案】D
【解析】
【详解】A．用碱石灰和浓氨水制备收集 ，不需要加热，发生装置应该使用b装置，尾气处理装置也错误，故A错误；
B．用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2，需要加热，发生装置应该需要a装置，故B错误；
C．用铜和稀硝酸制备收集NO，不能用排空气法收集，应该用排水法收集NO，选用g，故C错误；
D．用铜和浓硫酸制备收集，需要加热，使用a装置，用浓硫酸干燥，密度比空气大，用向上排空气法收集，选择e装置进行收集，最后用d进行尾气处理，故连接a→c→e→d，故D正确；
故选D。
6. 某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与W同主族，Q是元素周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是
A. 非金属性：Z＞WB. 氢化物沸点：Z＞Y
C. 是极性分子D. X、Z、Q三种元素能形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y原子含有2个电子层，最外层含有4个电子，则Y为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F；结合图示可知，X形成1个共价键，其原子序数小于C元素，则X为H；Z与W同主族，Z介于C元素和F元素之间，W与6个离子形成-1价阴离子，W的化合价为+5价，则Z为N，W为P。据此分析。
【详解】A．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：，A正确；
B．N元素的氢化物有氨气、肼，C元素的氢化物为烃，对于简单氢化物沸点：，但是碳原子数较多的烃常温下为液态或固态，其沸点大于氨气、肼，B错误；
C．为，该分子中存在孤对电子，空间结构为三角锥形，是极性分子，C正确；
D．H、N、F三种元素可形成离子化合物，D正确；
故答案选B。
7. 氧族元素碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：
已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是
A. 基态碲原子简化电子排布式为
B. “酸浸1”过程中，Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为
C. “还原”过程中，反应的化学方程式为
D. TeO2溶于浓NaOH溶液的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】“酸浸1”中加入铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)、H2SO4、O2，转化为，化学方程式为，过滤，得到含CuSO4的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：，据此分析回答。
【详解】A．Te的原子序数为52，基态碲原子简化电子排布式为，A正确；
B．由分析可知，“酸浸1”中，转化为，化学方程式为，B正确；
C．由分析可知，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：，C正确；
D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和H2O，化合价均未改变，离子方程式为：，D错误；
故选D。
8. 下表中物质性质和用途均正确且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气的化学性质稳定，但工业合成氨需要氮气在高温高压下与氢气反应，利用的是其反应性而非稳定性，因果关系不成立，A错误；
B．二氧化硫能与氧气反应，作为抗氧化剂添加到葡萄酒中，防止氧化变质，性质与用途因果关系正确，B正确；
C．二氧化硫虽有漂白性，因其有毒，残留于食品中可危害健康，因此不允许用于食品漂白。食品工业中，二氧化硫仅限作为防腐剂（如用于干果），但漂白食品是禁止的。用途错误，C错误；
D．浓硫酸作干燥剂利用的是吸水性，而非脱水性（脱水性指使有机物碳化），性质与用途不匹配，D错误；
故答案为B。
9. 我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下：
下列说法错误的是
A. PLA分子中官能团有羟基、羧基、酯基
B. PLA在碱性条件下比酸性条件下更易发生降解反应
C. MP→MMA，分为第一步加成和第二步消去反应，第一步加成反应产物为
D. 一定条件下，MMA加聚生成的高分子化合物为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据PLA的结构简式，PLA分子中官能团有羟基、羧基、酯基，A项正确；
B．根据PLA的结构简式，含有酯基结构，在碱性条件下更易发生水解反应，B项正确；
C．受MP中吸电子效应影响，亚甲基的与HCHO发生加成反应，第一步加成反应产物为，或可写为，C项错误；
D．MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成，D项正确；
故答案选C。
10. 工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅 高纯硅。已知SiHCl3遇潮会发烟，下列说法正确的是
A. 制备粗硅的反应方程式为
B. 光导纤维的主要成分为高纯硅
C. 1 ml Si含Si-Si键的数目约为
D. 原料气HCl要充分干燥，去除水蒸气
【答案】D
【解析】
【详解】A．C在高温下的氧化产物为CO，则制备粗硅的反应方程式应为，A错误；
B．光导纤维主要成分是二氧化硅（SiO2），B错误；
C．硅晶体中每个硅原子形成4个Si-Si键，但每个键被2个原子共享，则1 ml Si含Si-Si键实际数目为，C错误；
D．SiHCl3遇潮会发烟，需避免与水反应，因此HCl必须充分干燥，D正确；
故答案选D。
11. NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法错误的是
A. 图甲中反应伴随着极性键和非极性键的形成
B. 图甲所示热化学方程式为
C. 图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
D. 图乙中总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲中存在N-N键和O-H键的形成，有极性键和非极性键的形成，A正确；
B．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为，B正确；
C．图乙中反应③为，氧化剂为氧气，还原剂为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C错误；
D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为，D正确；
故选C。
12. 对氯甲苯()的制备原理如下：
已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应。下列说法错误的是
A. 操作1时，可将反应器置于冰水浴中
B. NaNO2溶液呈碱性，故操作2中NaNO2溶液不能过量
C. 上述转化中，可用KMnO4代替CuCl
D. 对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，本实验的产率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】对甲基苯胺在亚硝酸钠和盐酸的作用下转化为重氮盐，重氮盐在氯化亚铜和盐酸的作用下转化为对氯甲苯，结合实验原理、装置图和问题分析解答。
【详解】A．冰水浴可用于控制温度在，故A正确；
B．溶液显碱性，重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，故B正确；
C．能氧化苯环上的甲基，故C错误；
D．由转化关系可知，5.35 g对甲基苯胺完全反应理论上能够生成对氯甲苯的质量为，对氯甲苯粗品经过精制后，得到产品，故本实验的产率为，故D正确；
故答案选C。
13. 合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 甲、乙、丙、丁都含有同一种元素B. 图中涉及反应只有反应I属于氮的固定
C. 反应IV中水既不是氧化剂也不是还原剂D. 乙和丙均不属于酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】根据转化关系图可知，甲与氢气反应生成氨气，甲为氮气，乙转化为丙，丙和水反应生成硝酸，反推出乙为一氧化氮，丙为二氧化氮，氨气中加入二氧化碳和氯化钠溶液变成丁，丁为碳酸氢钠；
【详解】A．由分析可知，甲乙丙丁分别，NH3、NO、NO2、NaHCO3，甲乙丙丁中未含有同一种元素，故A错误；
B．氮的固定为游离态氮转化为化合态氮，反应一为氮气和氢气反应生成氨气的过程，符合定义，其他反应不符合，故B正确；
C．反应为，NO2在反应中既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；
D．乙丙分别为NO、NO2，不属于酸性氧化物，故D正确；
故答案选A。
14. 室温下，用含少量Ca2+的NiCl2溶液制备NiCO3的过程如图所示。已知室温下，，。下列说法错误的是
A. 常温下，pH=9的NaF溶液中：
B. “除钙”得到的上层清液中：
C. 0.1ml/L的NaHCO3溶液中：
D. “沉镍”时反应的离子方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，pH=9的溶液中的电荷守恒：，元素质量守恒：，根据以上两式可得：，A项正确；
B．“除钙”得到的上层清液为的饱和溶液，因此有：，B正确；
C．的溶液中有电荷守恒：，物料守恒：。，整理得：，C正确；
D．“沉镍”时反应的离子方程式应为，D项错误；
故答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 废旧三元锂电池正极材料()中富含Li、Ni、C、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中；
②少量的Ni2+和C2+与氨水反应生成的比更稳定。
回答下列问题：
（1）Fe元素位于元素周期表中的___________区。
（2）正极材料表示为LiMO2 (M代表C、Ni、Mn，化合价均为+3)。
①“酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为___________。
②“酸浸”时温度不宜过高的原因是___________。
（3）浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成CC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是___________。
（4）气体X的电子式为___________。
（5）一定量与足量盐酸反应，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为___________。
（6）现有10L浸出液，回收得到44.03gLi2CO3，则Li+的回收率为___________。
【答案】（1）d （2） ①. ②. 高温下H2O2易分解
（3）比稳定性强，镍元素主要以形式存在于溶液中，故不被沉淀
（4） （5）3：1
（6）85%或0.85
【解析】
【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中镍离子转化为沉淀，过滤；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀。
【小问1详解】
Fe的原子序数是26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ旗，属于d区。
【小问2详解】
①“酸浸”时将氧化，元素被还原为+2价，化学方程式为；
②受热易分解，温度过高浸出率反而降低。
【小问3详解】
浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成CC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是[Ni(NH3)6]2+比[C(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀。
【小问4详解】
沉锰过程中加入碳酸氢铵，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，气体X为二氧化碳，电子式为。
【小问5详解】
2NiCO3·Ni(OH)2与足量盐酸反应，化学方程式为，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为3:1。
【小问6详解】
10 L浸出液中，，回收得到，的回收率为。
16. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)为原料，制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体，溶解度随温度升高而增大)的部分工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_______。
（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出反应的离子方程式：_______。
（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2的化学方程式为_______。
（4）试剂X是_______(填化学式)。
（5）设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的：_______。
（6）从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示，下列说法错误的是_______(填字母)。
A. “吸收”过程中有气体生成B. “结晶”后母液中含有NaHCO3
C. “气流干燥”时温度不宜过高D. “中和”后溶液中含和NaHCO3
【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（2）SO2+2NH3∙H2O=2++H2O
（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（4）Fe （5）取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的
（6） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （7）B
【解析】
【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)中通入空气焙烧，FeS2、CuS分别转化为Fe2O3、CuO和SO2，SiO2不反应；加入20%硫酸进行酸溶，此时SiO2不溶，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CuO转化为CuSO4，SiO2不与硫酸反应；过滤后，SiO2成为滤渣，往滤液中加入试剂X，可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu；过滤后，将滤液及SO2经过处理，可制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体。
【小问1详解】
“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应，生成硫酸铁和水，依据电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
【小问2详解】
“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：SO2+2NH3∙H2O=2++H2O。
【小问3详解】
实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2，同时生成CuSO4等，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
【小问4详解】
试剂X可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu，且不能引入新的杂质，则X是Fe。
【小问5详解】
检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的，也就是检验Fe3+是否全部还原为Fe2+，需检验Fe3+是否存在，设计实验为：取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的。
【小问6详解】
硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，则从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问7详解】
工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3时，结晶得到的母液中含有NaHSO3，加入纯碱和水，调节pH=8，此时NaHSO3与Na2CO3反应，生成Na2SO3、NaHCO3；在吸收过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体；湿料中NaHSO3用气流干燥，可获得NaHSO3。
A．“吸收”过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体，A正确；
B．“结晶”后母液中只含有NaHSO3，不含有NaHCO3，B错误；
C．NaHSO3受热易分解，“气流干燥”时温度不宜过高，C正确；
D．由分析可知，“中和”后溶液中含和NaHCO3，D正确；
故选B。
【点睛】NaHSO3在空气中也能被O2氧化。
17. 某兴趣小组设计如下实验进行喷泉实验和制备水合肼。回答下列问题：
I．制备NH3并进行喷泉实验(实验装置如图所示，加热及夹持装置已省略)。
i．NH3的制备：打开K1、K3，关闭，加热甲处试管底部，反应生成NH3；
ii．喷泉实验：当丁中溶液变蓝后，停止制备NH3，关闭。通过操作a引发喷泉，此过程中三颈烧瓶内气体压强随时间的变化关系如图所示。
（1）①甲中制备NH3的化学方程式为_______。
②操作a为_______。
③C→D过程中，三颈烧瓶中的现象为_______。
（2）若乙中预先收集Cl2，胶头滴管和丙中为NaOH溶液，也能进行喷泉实验，产生喷泉时乙中反应的离子方程式为_______。
II．制备水合肼。
以NaClO溶液与含NaOH的CO(NH2)2(沸点：196.6℃)溶液为原料，利用图示装置(部分仪器已省略)制备(熔点：-51.7℃，沸点：118.5℃，常温下为易溶于水的碱性液体，具有较强的还原性)。
（3）三颈烧瓶中合成的化学方程式是_______(产物中还有两种盐)，N2H4溶于水显碱性，为二元弱碱，与硫酸反应生成酸式盐的化学式为_______。
（4）从三颈烧瓶所得溶液中获得的操作是_______(填字母)。
A．过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．蒸馏
（5）图中冷凝管能否改用球形冷凝管并说明理由：_______。
（6）样品中含量的测定：称取样品1.500g，加入适量NaHCO3固体，配成250mL溶液，每次取25.00mL溶液，滴入几滴淀粉溶液，用0.1000ml·L-1的标准I2溶液滴定，达滴定终点时平均消耗标准I2溶液的体积为36.00mL，则样品中的质量分数为_______(已知：
【答案】（1） ①. ②. 先将滴管中的水挤入三颈烧瓶，再打开 ③. 出现红色喷泉
（2）
（3） ①. ②.
（4）C （5）不能；球形冷凝管内部会残留较多液体，会导致馏分无法全部流入锥形瓶，使产率降低
（6）60.00%
【解析】
【分析】利用氯化铵与氢氧化钙固体加热制取氨气，化学方程式为：，因为氨气密度小于空气，所以用倒置、干燥的三颈烧瓶收集氨气，将滴管中的水挤入三颈烧瓶，让氨气溶解，随后打开，引发喷泉。
【小问1详解】
①甲中制取氨气的方程式为：；
②要引发喷泉，需先将滴管中的水挤入三颈烧瓶，让氨气溶解，导致三颈烧瓶内压强急剧减小，随后打开，外界大气压将丙中的无色酚酞溶液压入三颈烧瓶中形成喷泉；
③过程中，压强增大，烧杯中含有酚酞的水进入三颈烧瓶，酚酞遇到碱性的氨水，出现红色喷泉。
【小问2详解】
氯气与氢氧化钠反应，使烧瓶内压强减小，形成喷泉，反应的离子方程式为：。
【小问3详解】
以溶液与含的 溶液为原料制备根据元素守恒可知产物中还有和 ，化学方程式为； 溶于水显碱性，为二元弱碱，其与硫酸反应生成酸式盐时，中每个原子上的孤对电子可以结合一个，则生成酸式盐的化学式为。
【小问4详解】
三颈烧瓶所得溶液为及等的混合溶液，是油状液体，沸点为，可利用各物质沸点不同，通过蒸馏的方法分离出；
故选C。
【小问5详解】
蒸馏时不能改用球形冷凝管，因为球形冷凝管内部会残留较多液体，会导致馏分无法全部流入锥形瓶，使产率降低。
【小问6详解】
已知，每次取溶液，消耗的物质的量为则溶液中，溶液中，，样品中的质量分数为。
18. 有机物G是一种用于治疗浆细胞疾病的中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的名称为___________，A中碳原子的杂化方式有___________。
（2）C的结构简式为___________。
（3）D→E的化学方程式为___________。
（4）D中含氧官能团的名称为___________，F→G的反应类型是___________。
（5）参照上述合成路线，设计以邻硝基甲苯、乙醇为原料，制备的合成路线：___________(无机试剂任用)。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯或1，2-二甲苯 ②. 2
（2） （3） +Br2 +HBr
（4） ①. 硝基、酯基 ②. 还原反应
（5）
【解析】
【分析】该合成路线以邻二甲苯（A）为起始原料，先经浓硝酸硝化引入硝基得到B；再通过酸性 KMnO4氧化苯环侧链甲基为羧基得到C（ ）；C与甲醇发生酯化反应生成酯类化合物D（）；D经溴代反应在侧链引入溴原子得到E；E 与发生取代反应得到F；最后经 H2/Pt/C 还原硝基为氨基，最终得到目标中间体G。
小问1详解】
根据分析，A的名称为邻二甲苯或1，2-二甲苯；苯环上的C为sp2​杂化，甲基上的C为sp3​杂化，故A中碳原子的杂化方式有2种；
【小问2详解】
根据分析，C的结构简式为 ；
【小问3详解】
D中甲基中的氢与溴单质发生取代反应生成E，化学方程式为+Br2+HBr；
【小问4详解】
D中含氧官能团名称为硝基、酯基；根据分析，F→G的反应类型是还原反应；
【小问5详解】
邻硝基甲苯用高锰酸钾氧化侧链甲基为羧基，得到邻硝基苯甲酸；邻硝基苯甲酸与乙醇发生酯化反应（浓硫酸、加热），得到邻硝基苯甲酸乙酯；还原硝基为氨基，得到目标产物。合成路线为 。物质性质
用途
A
氮气的化学性质稳定
工业合成氨
B
二氧化硫与氧气反应
二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
C
二氧化硫具有漂白性
二氧化硫可以用来漂白食品
D
浓硫酸具有脱水性
浓硫酸用作干燥剂