2024届北京市顺义区高三下学期二模化学试卷

这是一份2024届北京市顺义区高三下学期二模化学试卷，共26页。试卷主要包含了本试卷共11页，共两部分等内容，欢迎下载使用。

化学试卷考生须知
1.本试卷总分100分，考试用时90分钟。
2.本试卷共11页，共两部分。
3.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。选择题必须用2B铅笔作答，非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答。
4.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留。
可能用到的相对原子质量：
第一部分本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．我国科研人员以全卤化蒽(图a)为原料，在一定条件下首次成功合成了由14个碳原子组成的累积烯烃型环形碳分子(图b)。环形有望发展成为新型半导体材料。下列说法不正确的是
A．的空间结构为平面形B．环形与石墨互为同位素
C．与环形均属于分子晶体D．该合成过程中会有极性共价键的断裂
2．三尖杉属植物是我国特有树种，含有黄酮类化合物。某种黄酮类化合物的分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A．分子式为B．分子中含有手性碳原子
C．能与溶液反应D．能发生消去反应和水解反应
3．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．基态溴原子中，电子填入的最高能级原子轨道
B．用电子式表示的形成过程
C．中子数为16的磷原子
D．的模型
4．下列化学用语与所给事实不相符的是
A．向稀溶液中加入铜片，铜片溶解：
B．通入溶液中制漂白液：
C．浓硝酸应保存在棕色试剂瓶中：
D．钢铁发生吸氧腐蚀时铁做负极：
5．下列物质性质的比较，与键的极性或分子的极性无关的是
A．酸性：B．硬度：金刚石晶体硅
C．水中溶解度：D．沸点：
6．下列实验中，能够达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
7．以为原料，电解溶液制备尿素[]是一种新兴的尿素合成方法。下列说法正确的是
A．分子中仅有氧原子满足8电子稳定结构
B．常温下，溶液，溶液中存在：
C．电解时，阴极电极反应式为：
D．尿素中含有键
8．科学家制备高效电催化剂，实现了羟甲基糠醛)到呋哺二甲醛)的转化，转化过程如图所示。已知和中的五元环均为平面结构，下列说法不正确的是
A．基态原子的价层电子排布式为B．过程Ⅰ中，有生成
C．中的碳原子均采用杂化轨道成键D．过程Ⅱ可表示为
9．科学家发展出一种近中性条件下高效无膜电解水过程，原理如图所示，其中溴化物在电解池甲中被氧化为溴酸盐。下列说法正确的是
A．电极为阳极
B．电解一段时间后，甲中溶液升高
C．当甲中有生成时，理论上有生成(标准状况下)
D．乙中发生的反应为：
10．我国科研人员研究发现原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．决定反应速率的步骤是中间体过渡态2
B．键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移
C．该过程涉及非极性键的断裂与形成
D．总反应为
11．某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．段的反应速率
B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为
C．该温度下，反应的平衡常数
D．升高温度，该反应的平衡常数减小
12．新型高分子是一种臂星形聚合物，其合成路线采用含氮、硫物质封端连接在高分子两边得到高分子，其合成路线如图。
已知：
下列说法不正确的是
A．合成高分子的一种单体具有顺反异构
B．合成高分子的反应为缩聚反应
C．不能用酸性高锰酸钾溶液检验高分子是否含有碳碳双键
D．高分子由高分子和高分子通过加成反应得到
13．某小组探究过氧化钠与二氧化硫的反应。将少量用脱脂棉包裹，放入充满的密闭三颈瓶中充分反应，反应过程中容器内含量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．段发生的反应有：
B．取少量点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾溶液，无明显变化
C．点时，三颈瓶内气体中含有和
D．相同条件下，若将三颈瓶中的换为，重复操作，充分反应后的含量不低于点对应的含量
14．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
第二部分本部分共5小题，共58分。
15．高熵合金是指由多种元素(如等)形成的合金，因其独特的元素组成、微观结构和性能，被认为是极具应用潜力的新型结构材料。
(1)是目前采用最多的高熵合金元素组合。
①元素与同周期相邻的元素比较，第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
②基态原子的价层电子的轨道表示式为 。
③元素位于元素周期表的 区。
(2)研究人员发现，在离子液体中可制备均一粒径分布的高熵合金纳米颗粒。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子组成。一种离子液体的结构如图所示。
①的空间结构为 。
②研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。两种离子液体的结构如图所示。熔点的原因是 。
(3)一种由元素形成的高熵合金，其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为。
①原子与邻近的原子构成的空间结构为
②已知阿伏伽德罗常数的值为，该晶体的密度为 (列出计算式)。
16．某含氰废水中氰主要以和少量形式存在，对该废水进行除氰处理的步骤如下。
Ⅰ．取一定量处理好的铁屑和活性炭混合物(按照一定的体积比混合)；
Ⅱ．加入一定体积的含氰废水，调节值为3.5，控制曝气(即通入空气)时间，静置，反应一段时间后过滤，得滤液，总氰去除率接近；
Ⅲ．调节滤液的，加入一定量的溶液，反应一段时间后过滤，得滤液，总氰去除率可达以上；
Ⅳ．向滤液中加入调节至，混凝沉淀，经过滤，总氰去除率接近，得到符合排放标准的废水。
(1)的中心离子是 。
(2)Ⅰ中，处理过程需用稀硫酸除去铁屑表面的氧化铁，反应的离子方程式是 。
(3)步骤Ⅱ中，生成沉淀的主要成分是。
①其他条件不变，保持铁炭总体积相同，研究铁炭体积比对总氰去除效果的影响，结果如图1所示。当铁炭体积比时，随着铁炭体积比增加，相同时间内总氰去除率降低，原因是：活性炭的吸附性减弱； 。
②反应过程中，会有部分转化为，补全反应的离子方程式 。
_______ _______
(4)步骤Ⅲ中，其他条件不变，研究不同对滤液中总氰去除效果的影响，结果如图2所示，依据实验结果确定应调节滤液的为4左右。
①可将氧化为和，反应的离子方程式是 。
②当时，随增大，总氰去除率下降，可能的原因是 。
(5)在步骤Ⅳ中产生了胶体，使水中的氰经聚沉而除去。证明有胶体产生的方法是 。
17．有机化合物是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如图。
(1)A属于芳香烃，试剂是 。
(2)既有酸性又有碱性，含有的官能团是 。
(3)的化学方程式是 。
(4)的反应类型是 。
(5)溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是 。
(6)下列说法正确的是 (填序号)。
的核磁共振氢谱有6组峰
可发生水解反应
不存在同时满足下列条件的的同分异构体：
ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ⅱ．遇溶液显紫色
(7)由生成经三步反应过程：
写出(含有五元环)与中间体2的结构简式 、 。
18．硫酸镍常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图：
已知：ⅰ．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在。
ⅱ．镍浸出液中含有的阳离子主要有等。
(1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。
(2)沉铁
①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量，控制溶液的为时，生成溶度积极小的黄钠铁矾。该反应的离子方程式是 。向镍浸出液中不断加入，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入的作用是 。
②当浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。控制溶液的为，在温度80∘C的条件下，缓慢沉淀形成针铁矿。结合平衡移动原理，解释生成的原因 。
(3)沉铜。向滤液1中加入活性固体，使转化为渣。在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度80∘C的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。已知：一定条件下，可以部分转化为，同时释放出部分。
(4)向滤液2中加入溶液，经过滤得到较纯净的溶液。沉淀的主要成分是 。
(5)溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得晶体。采用法测定晶体中结晶水的含量。[法测定金属阳离子含量的方程式为：]。
步骤一：标定取的标准溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。
步骤二：称取样品，配制溶液，取进行滴定，消耗溶液的体积为。 。[列出表达式，已知]
19．常温下，某小组探究发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，实验操作及现象如下。
已知：
ⅰ．新置换出的紫红色固体活性较强；
ⅱ．在酸性条件下歧化，生成和单质，在固相或高温下稳定。
(1)实验Ⅰ中，有气体产生的原因是 ；某同学依据原理分析，紫红色固体为。该同学取少量紫红色固体清洗后放入试管中，加入稀硝酸，可观察到的现象是 。
(2)小组同学依据实验Ⅱ判断，得到该结论的证据是 。查阅资料后，确认该结论正确。
(3)经检验，实验Ⅱ的蓝白色浑浊中含有沉淀和。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，蓝白色浑浊的出现与阴离子不同有关，从平衡移动的角度分析原因 。
(4)对比实验Ⅱ、Ⅲ，溶液变化不同。
①Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到。碱性： (填“”、“”或“”)。
②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是 。
(5)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性除与阴离子有关外，还与 有关。
A.在铁制镀件上镀铜
B.证明碳酸的酸性强于苯酚
C.验证具有漂白性
D.检验淀粉在酸性条件下水解的最终产物为葡萄糖
实验
编号
金属a
实验现象
Ⅰ
产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多，溶液呈淡蓝色；一段时间后，溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀。
Ⅱ
产生大量气体，析出较多紫红色固体；试管中体系颜色随时间变化如下：
蓝绿色溶液蓝白色浑浊，最终变为褐色沉淀；最后溶液的升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。
Ⅲ
产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体，溶液下降至2左右。一段时间后逐渐升高至3.5左右，反应几乎停止。
参考答案：
1．B
【详解】A．苯环是平面结构，与苯环相连的原子也在一个平面上，故C14Cl10的空间结构为平面形，故A正确；
B．环形C14与石墨是同种元素组成的不同单质，是同素异形体，故B错误；
C．C14Cl10与环形C14均只存在分子间作用力，是分子晶体，故C正确；
D．该合成过程发生消去反应，C-Cl键发生断裂，该合成过程中会有极性共价键的断裂，故D正确；
故选：B。
2．D
【详解】A．由有机物结构可知分子中含15个C，6个O，不饱和度为10，故其分子式为，A正确；
B．分子中含2个手性碳，如图，B正确；
C．分子中含酚羟基，能与溶液反应，C正确；
D．杂环上能发生醇的消去反应，不能发生水解反应，D错误；
答案选D。
3．A
【详解】A．基态溴原子中，电子填入的最高能级是4p能级，不是s原子轨道，故A错误；
B．氯化钾为离子化合物，钾离子与氯离子通过离子键结合在一起，用电子式表示KCl的形成过程：，故B正确；
C．中子数为16的磷原子的质量数=15+16=31，原子符号，故C正确；
D．SO2中心原子S原子的价层电子对数=3，VSEPR模型是平面三角形，其VSEPR模型为，故D正确；
故选：A。
4．D
【详解】A．FeCl3具有较强氧化性，溶解铜片的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．漂白液是NaCl、NaClO的混合溶液，有效成分是NaClO，制备反应为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C．浓硝酸见光易发生分解反应生成NO2、O2和H2O，应保存在棕色试剂瓶中，反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D．钢铁发生吸氧腐蚀时铁做负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误；
故选：D。
5．B
【详解】A．C-Cl键的极性大于C-H键，导致ClCH2COOH、CH3COOH的酸性不同，说明键的极性影响其酸性，故A不选；
B．金刚石和晶体硅都是共价晶体，都存在非极性键，但键长C-C＜Si-Si，硬度：金刚石＞晶体硅，说明其硬度与键长有关，与键的极性无关，故B选；
C．极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，氨气和水都是极性分子、四氯化碳是非极性分子，水中溶解度：NH3＞CH4，说明其溶解度与分子的极性有关，故C不选；
D．CO、N2互为等电子体，二者相对分子质量相同，但CO是极性分子、N2是非极性分子，沸点：CO＞N2，说明其沸点与分子的极性有关，故D不选；
故选：B。
6．A
【详解】A．镀铜时Cu与电源正极相连，电解质溶液含铜离子，铁制镀件与电源负极相连，可实现电镀铜，故A正确；
B．挥发的盐酸与苯酚钠反应，不能证明碳酸比苯酚的酸性强，故B错误；
C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；
D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，加氢氧化铜不能检验葡萄糖，故D错误；
故选：A。
7．C
【详解】A．CO2分子中C原子形成4对共用电子对，O原子形成2对共用电子对，所以CO2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故A错误；
B．常温下，0.1ml⋅L-1KHCO3溶液pH=8.2，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液中存在：c()＞c(H2CO3)＞c()，故B错误；
C．N2在阴极得到电子与CO2结合反应生成尿素，则电极反应式为CO2+N2+6+6e-=CO(NH2)2+6+H2O，故C正确；
D．单键由1个σ键组成，双键由1个σ键和1个π键组成，1ml尿素中含有7mlσ键，故D错误；
故选：C。
8．C
【详解】A．Ni为第28号元素，基态原子的价层电子排布式为，故A正确；
B．由图可知，过程Ⅰ中，有生成，故B正确；
C．中存在饱和的C原子，采用sp3杂化，故C错误；
D．由图可知，过程Ⅱ是HMF与反应生成水和DFF，化学方程式为：，故D正确；
故选C。
9．D
【分析】甲为电解池装置，电极B上Br-化合价升高，发生氧化反应生成，则B为阳极，A为阴极，A电极水中氢离子得电子生成氢气，装置乙中在催化剂作用下发生氧化还原反应生成Br-和氧气；
【详解】A．甲为电解池装置，电极B上溴元素化合价升高，B为阳极，A电极水中氢离子得电子生成氢气，则A为阴极，故A错误；
B．甲池发生电解的总反应为3H2O+ Br-=+3H2↑，电解一段时间后，甲中溶液pH不变，故B错误；
C．甲池发生电解的总反应为3H2O+ Br-=+3H2↑，生成1ml时有3ml H2生成，标况下氢气的体积为3ml×22.4L/ml=67.2L，故C错误；
D．乙池中在催化剂作用下发生氧化还原反应生成Br-和氧气，反应方程式为，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．中间体过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；
B．C可活化C2H6放出CH4，C-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；
C．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；
D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为C(s)+C2H6(g)→CCH2(s)+CH4(g)∆H>0，故D正确；
答案为C。
11．C
【详解】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确；
B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确；
C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确；
答案选C。
12．B
【分析】
根据题给信息知，单体2和单体1发生缩聚反应生成X和HBr,则合成高分子X的单体为、HOCH2CH=CHCH=CHCH2OH；单体3发生加聚反应和取代反应生成高分子Y，高分子X和高分子Y发生加成反应生成高分子P。
【详解】A．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构，则合成高分子X的单体HOCH2CH=CHCH=CHCH2OH具有顺反异构，故A正确；
B．合成高分子Y的反应中没有小分子生成，所以为加聚反应，故B错误；
C．高分子P中连接苯环的-CH2-、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验高分子P是否含有碳碳双键，故C正确；
D．Y中C=S和X中碳碳双键发生加成反应生成P，故D正确；
故选：B。
13．B
【分析】向盛有少量Na2O2粉末的密闭容器中通入二氧化硫气体，图象分析可知发生的反应可能有：①2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2，②2Na2SO3+O2═2Na2SO4，③Na2O2+SO2═Na2SO4，据此分析判断。
【详解】A．ab段氧气含量增大故存在反应2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2，故A正确；
B．c点固体物质可能为硫酸钠或亚硫酸钠和硫酸钠混合物，取少量c点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾溶液，可能会褪色，也可能无明显变化，故B错误；
C．c点时，固体物质可能为硫酸钠或亚硫酸钠和硫酸钠混合物，三颈瓶内气体中可能含有SO2和O2，故C正确；
D．相同条件下，将SO2换成CO2后，重复上述操作，只发生反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，300秒时O2含量高于c点，故D正确；
故选：B。
14．D
【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；
B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；
C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；
D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；
本题选D。
15．(1)
(2) 正四面体形 均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积(或半径/尺寸)增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低
(3) 四面体形
【详解】（1）①同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，Mg原子2s能级全充满，Mg的第一电离能大于同周期相邻元素，所以元素与同周期相邻的元素比较，第一电离能由大到小的顺序是。
②Fe是26号元素，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为。
③元素是Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区。
（2）①中B价电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形。
②均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积(或半径/尺寸)增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低；
（3）①根据图示，原子与邻近的原子构成的空间结构为正四面体
②根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为 、In原子数、Te原子数为8，已知阿伏伽德罗常数的值为，该晶体的密度为。
16．(1)
(2)
(3) 形成的原电池数目减少，反应速率减小
(4) ⅰ．的氧化性减弱；ⅱ．加速分解，使快速减小
(5)利用丁达尔效应检验
【详解】（1）[Fe(CN)6]4-中提供空轨道，C提供孤对电子，形成配位键，中心离子是；
（2）稀硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是；
（3）①当铁炭体积比时，随着铁炭体积比增加，相同时间内总氰去除率降低，原因是：活性炭的吸附性减弱；另外Fe-C能形成原电池，对反应速率有影响，则形成的原电池数目减少，反应速率减小；
②Fe元素化合价降低了1，缺少的氧化剂为O2，反应转移4个电子，Fe2+系数为2，由电荷守恒可得，缺项是4H+，反应的离子方程式：3Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O；
（4）①可将氧化为和，O元素从-1价降低至-2价，C元素从+2价升高至+4价，转移4个电子，由原子守恒，反应的离子方程式是++H2O=+；
②当时，随增大，总氰去除率下降，可能的原因是ⅰ．的氧化性减弱；ⅱ．加速分解，使c()快速减小；
（5）胶体的胶粒直径在1~100nm之间，当一束激光照射胶体时，垂直于光的角度可观察到一条光亮的通路，而溶液和悬浊液都不具备这种现象，则证明有胶体产生的方法是利用丁达尔效应检验。
17．(1)浓硫酸、浓硝酸
(2)硝基、羧基
(3)
(4)取代反应
(5)受两侧的吸电子作用影响，使相连的和碳原子上的的极性增强，易断裂
(6)
(7)
【分析】
A属于芳香烃，含有苯环，A为，A发生硝化反应生成B，结合F的结构可知在甲基的邻位取代硝基，B为，B发生氧化反应生成D为，还原硝基为氨基，则E为，G与甲醇发生酯化反应生成J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，K与Br2发生取代反应生成L为，L苯上一个H和Br断裂结合生成M(含有五元环)为；
【详解】（1）
根据分析，A属于芳香烃，含有苯环，A为，A发生硝化反应生成B为，试剂是浓硫酸、浓硝酸；
（2）
D为，含有的官能团是硝基、羧基；
（3）
G与甲醇发生酯化反应生成J为，反应方程式为+2CH3OH+2H2O；
（4）结合分析可知，J与苯胺发生取代反应生成K，反应类型是取代反应；
（5）溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是受两侧的吸电子作用影响，使相连的和碳原子上的的极性增强，易断裂；
（6）
a. K为，有6种氢原子，则核磁共振氢谱有6组峰，故a正确；
b. L为，含碳溴键，可与NaOH水溶液发生水解反应，故b正确；
c.F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ，碳碳三键三键的不饱和度为2，ⅱ．遇溶液显紫色说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，满足条件F的同分异构体如，故c错误；
故选ab；
（7）
根据分析，M(含有五元环)为，M与F脱去CO2(即O=C=O)得到中间体1为，与水加成生成中间体2为，再发生醇的脱去反应脱掉一分子水生成P。
18．(1)增大接触面积，增大化学反应速率，提高镍浸出率
(2) 中和反应生成的酸，调节溶液；提供足够的 ，控制溶液为，升温，都有利于平衡正移，生成。
(3)部分转化为，使释放出的与反应生成进入渣中，使而铜镍比降低
(4)CaF2、MgF2
(5)
【分析】富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在，溶渣时，向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，各物质转化为对应的硫酸盐，同时加入氧化剂，氧化亚铁离子为铁离子，在硫酸盐溶液中，加入足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁，控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣，向滤液2中加入NaF溶液生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤除去钙离子，得到较纯净的NiSO4溶液，NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4·nH2O晶体，据此解答。
【详解】（1）富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍浸出率；
（2）①在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，反应的离子方程式为，向镍浸出液中不断加入Na2CO3，消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率，不断加入Na2CO3的作用是消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率；
②控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），反应为2Fe3++4H2O2FeOOH+6H+，pH增大，氢离子浓度减小，升高温度，均导致平衡正向移动，从而生成FeOOH；
（3）由于CuS部分转化为CuO，同时释放出部分S2-，使Ni2+生成NiS，因此30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低。
（4）根据分析，沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；
（5）根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为ml/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知mgNiSO4·nH2O的物质的量是ml＝ml，因此，解得n＝。
19．(1) ，溶液显酸性，和反应放出 有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色
(2)实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀
(3)，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和
(4) > Al与CuCl2反应，生成AlCl3，水解程度增大，溶液pH降低
(5)金属种类和溶液
【详解】（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子发生水解从而使溶液呈酸性，镁是活泼金属，能与酸溶液反应生成氢气，则实验Ⅰ中，有气体产生的原因是，溶液显酸性，和反应放出；少量Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，含铜离子的溶液呈蓝色，可观察到的现象是有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色；
（2）沉淀溶度积常数越小越容易生成沉淀，沉淀向着溶度积更小的沉淀转化，实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀，可得到结论；
（3）实验Ⅰ、实验Ⅱ的阴离子不同，造成蓝白色浑浊的出现，已知在酸性条件下歧化，生成和单质，从平衡移动的角度分析原因：，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和；
（4）①实验Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到，实验Ⅲ中溶液升高至3.5左右，是由于Al可与水发生反应，得到，溶液pH越大说明碱性越强，则说明碱性：>；
②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是：Al与CuCl2反应，生成AlCl3，铝离子发生水解反应，造成水解程度增大，溶液pH降低；
（5）根据实验Ⅱ、Ⅲ可知金属与铜盐溶液反应的多样性与金属种类有关，实验Ⅱ在酸性溶液中还会出现蓝白色浑浊，说明金属与铜盐溶液反应的多样性与溶液有关。