北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习（二模）化学试题

这是一份北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习（二模）化学试题，共30页。试卷主要包含了05，2升高至5，8升高至9，5升高至11，85V，2kJ/ml)= +162等内容，欢迎下载使用。

化学
2024.05
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：F 19 Fe 56 Zn 65 Cs 133
第一部分
本部分共14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．新技术新材料在我国探月工程中大放异彩，例如：
用于供能的太阳电池阵及锂离子蓄电池组；
用于制作网状天线的钼金属丝纺织经编技术；
用于制作探测器取样钻杆的碳化硅增强铝基复合材料。
下列说法不正确的是
A．Li位于第二周期IA族B．制作天线利用了金属的延展性
C．碳化硅属于共价晶体D．碳化硅的熔点比金刚石的高
2．下列事实与氢键无关的是
A．沸点：B．0℃下的密度：水＞冰
C．热稳定性：D．水中的溶解度：
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．甲醇的空间填充模型：B．的离子结构示意图：
C．杂化轨道示意图：D．过氧化氢的电子式：
4．生活中处处有化学。下列说法正确的是
A．淀粉水解生成乙醇，可用于酿酒
B．75%的酒精使蛋白质盐析，可用于杀菌消毒
C．植物油与发生加成反应，可用于制人造黄油
D．纤维素在人体内水解成葡萄糖，可为人体供能
5．下列方程式能正确解释相应实验室注意事项或现象的是
A．浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：
B．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：
C．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：
D．FeSO4溶液久置产生黄色浑浊：
6．下列对生活、生产中的事实解释不正确的是
A．AB．BC．CD．D
7．近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下：
下列说法不正确的是
A．I中，Li在电解池的阳极产生B．I中有、生成
C．Ⅱ中，作氧化剂D．该方法中，可循环利用
8．用下图装置和相应试剂进行性质验证实验，不能达到相应目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．聚合物N可用于制备锂离子全固态电解质材料，其合成方法如下：
下列说法正确的是
A．K中所有碳、氧原子在同一平面内
B．，参与反应的K与分子个数比为
C．由M合成N的过程中发生了加聚反应
D．聚合物N的重复单元中含有两种含氧官能团
10．在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下：
AAA为
AAAI为
下列说法不正确的是
A．i为取代反应B．ii的反应为
C．iii中，生成转移D．最终溶液呈蓝色
11．某小组同学向溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如下：
经检测，蓝绿色沉淀为。下列说法正确的是
A．0s时，是因为
B．，主要反应的离子方程式为
C．从94s到144s，混合液中水的电离程度增大
D．从144s到430s，pH升高与转化为的反应有关
12．某小组为探究与之间的反应，进行了如下实验。
已知：；为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A．与能发生反应：
B．与反应的速率快于与反应的速率
C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D．与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度
13．我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是
A．a极为电池负极
B．b极的电极反应为
C．若b极区生成，则a极区增加2ml
D．外电路通过时，至少有生成
14．向丙烷脱氢制丙烯的反应体系中加入，可以提高丙烷的利用率。在相同温度下，分别将投料比相同的、混合气体以相同流速持续通过同种催化剂表面，转化率和选择性随通入气体时间的变化如图：
已知：
I．反应①
反应②
Ⅱ．反应体系中存在的裂解和生成积炭等副反应。
Ⅲ．的选择性
下列说法正确的是
A．
B．30min内，两体系中选择性相同，生成的速率也相同
C．iii中的转化率高于iv中的，是因为反应②使反应①的平衡正向移动
D．iii、iv对比，150min后iv中转化率为0，可能是因为积炭使催化剂失效
第二部分
本部分共5题，共58分。
15．铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。
I．在血液中，以为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送，下图为载氧后的血红蛋白分子示意图：
(1)基态Fe的价电子轨道表示式为 。
(2)载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是 （填字母）。
a． b． c．CO
(3)一种最简单的卟啉环结构如图：
①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为 。
②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由： 。
③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 。
Ⅱ．可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。
已知：，阿伏加德罗常数的值为。
(4)该晶体的密度是 。
(5)距离F最近的Cs的个数为 。
16．一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下：
资料：
i．25℃时，一些物质的如下：
ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。
(1)流程中能加快反应速率的措施有 。
(2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。
(3)III中，生成转移，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。
(4)IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性 （填“＞”或“＜”）。
(5)结合离子方程式解释V中加入的作用： 。
(6)为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 （填字母）。
a．2~3 b．3~4 c．9~10 d．10~11
(7)VI中，不宜多加，原因是 。
17．开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如下：
已知：i．
ii．R-NH2+
(1)A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是 。
(2)B中含有，试剂a是 。
(3)D的结构简式是 。
(4)E→F中，反应i的化学方程式为 。
(5)下列关于有机物F和G的说法正确的是 （填字母）。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与反应
c．F和G均能与银氨溶液反应
(6)H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是 、 。
(7)I→J的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为 。
18．工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。
I．锌的制备
(1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、ZnNH342+等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。
(2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。
已知：电流效率
①阴极的电极反应有 。
②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 ml。
(3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。
Ⅱ．锌元素总量的测定
已知：
i．二甲酚橙（In）与反应：
EDTA与反应：
ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。
(4)滴定终点时的现象是 。
(5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。
19．某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。
资料：为白色固体，易溶于水。
【实验1】
I．探究反应的产物
(1)经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为 。
【实验2】
(2)资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。
①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是 。
②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为 。
③实验2中，加入硝酸的目的是 。
(3)实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式： 。
□□□___+□__□__+□
Ⅱ．探究影响反应产物的因素
【实验3】
说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。
(4)资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是 。
(5)小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为 。
(6)综合上述实验可以得到的结论有 。
选项
事实
解释
A
铁盐用作净水剂
水解生成的胶体具有吸附、絮凝作用
B
工业合成氨反应温度控制在700K左右
700K下，的平衡转化率最高
C
铁制锅炉内壁焊上锌片
利用牺牲阳极法延长锅炉的使用寿命
D
保暖贴的主要成分是铁粉、水、食盐、活性炭等
形成原电池加速铁粉氧化，放出热量
选项
目的
试剂a
试剂b
试剂c
试剂d
A
遇水生成酸
浓硝酸
铜粉
紫色石蕊溶液
溶液
B
非金属性：
盐酸
溶液
溶液
C
具有还原性
硫酸
酸性溶液
溶液
D
酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚
乙酸
饱和溶液
苯酚钠溶液
时间/s
0~20
20~94
94~144
144~430
pH
从5.2升高至5.9
从5.9升高至6.8
从6.8升高至9.5
从9.5升高至11.2
现象
无明显现象
产生蓝绿色沉淀，并逐渐增多
无明显变化
蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色
实验
现象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色
②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色
②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
物质
序号
实验操作
实验现象
向溶液中加入溶液
产生黑色固体
向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13）
迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多
序号
实验方案
实验现象
3-1
a：饱和溶液
b：饱和溶液
电压表指针偏转，读数为0.85V
3-2
a：溶液
b：溶液
电压表指针偏转，读数为0.46V
3-3
a：溶液（pH调至13）
b：溶液
电压表指针偏转，读数为0.68V
3-4
a：溶液（pH调至13）
b：溶液
电压表指针略偏转，读数为0.10V
参考答案：
1．D
【详解】A．Li为3号元素，位于第二周期IA族，A正确；
B．制作天线利用了金属的延展性，能拉成丝，B正确；
C．碳化硅是通过共价键形成的，属于共价晶体，C正确；
D．碳原子半径小于硅，碳碳键键长小于碳硅键，则碳碳键键能更大，使得碳化硅的熔点比金刚石的低，D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．氨分子形成氢键，导致其沸点高于PH3，与氢键有关，A不符合题意；
B．冰中一个水分子与周围四个水分以分子间氢键形成四面体结构，中间有空隙，因此密度比水小，与氢键有关，B不符合题意；
C．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，因此稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C符合题意；
D．丙酮能和水分子形成氢键，导致水中的溶解度：，与氢键有关，D不符合题意；
故选C。
3．B
【详解】
A．此为球棍模型，故A错误；
B．的离子结构示意图：，故B正确；
C．杂化轨道示意图：，此为sp2杂化轨道示意图，故C错误；
D．过氧化氢的电子式：，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．淀粉可用于酿酒是因为淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，故A错误；
B．体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒是因为75%的酒精使蛋白质凝固变性，故B错误；
C．植物油中含有碳碳双键，一定条件下能与氢气发生加成反应制得人造黄油，故C正确；
D．人体内不存在能使纤维素发生水解反应的纤维素酶，所以纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中， 反应原理为：，A符合题意；
B．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na能够在CO2中继续燃烧，反应原理为：4Na+3CO22Na2CO3+C，B不合题意；
C．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞是由于NaOH能与玻璃中的SiO2反应生成具有粘合性的Na2SiO3，反应方程式为：2OH-+SiO2=+H2O，C不合题意；
D．FeSO4溶液久置变黄是因为二价铁离子被氧化生成三价铁离子，故FeSO4溶液久置产生黄色浑浊的反应原理为：4Fe2++O2 +10H2O=4Fe(OH)3+8H+，D不合题意；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附、絮凝作用，能使水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，所以铁盐常用作净水剂，故A正确；
B．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，所以温度700K下氢气的转化率小于500K下，故B错误；
C．铁和锌在溶液中构成原电池，金属性强于铁的锌做原电池的负极被损耗，铁在正极被保护，所以铁制锅炉内壁焊上锌片的目的是利用牺牲阳极法延长锅炉的使用寿命，故C正确；
D．保暖贴的主要成分是铁粉、水、食盐、活性炭等，铁和碳在食盐水中构成原电池，原电池反应加快铁粉氧化腐蚀的速率，有利于快速放出热量达到周围环境升温的目的，故D正确；
故选B。
7．A
【分析】由题给流程可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气。
【详解】A．由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属锂，故A错误；
B．由分析可知，高温下电解熔融氢氧化锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，故B正确；
C．由分析可知，反应Ⅱ为一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，反应中氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，故C正确；
D．由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应Ⅲ为氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气，则该方法中，氢氧化锂可以循环使用，故D正确；
故选A。
8．A
【详解】A．浓硝酸具有挥发性，左侧装置中产生的气体中可能混有HNO3，挥发的硝酸进入到c中也会使得紫色石蕊试液变红使，不能证明遇水生成酸，A符合题意；
B．盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化溴离子生成溴单质溶液变为橙色，能证明非金属性：，尾气使用碱液吸收防止污染，B不符合题意；
C．硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，二氧化硫使得使得高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫还原性，尾气使用碱液吸收防止污染，C不符合题意；
D．乙酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去带出的乙酸，二氧化碳和苯酚钠生成溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊，能说明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，D不符合题意；
故选A。
9．B
【详解】A．由题干K的结构简式可知，K中所有碳氧原子均采用sp3杂化，故K中不可能所有碳、氧原子在同一平面内，A错误；
B．由题干转化信息可知，根据M的结构简式可知，，参与反应的K与分子个数比为，B正确；
C．由题干转化信息可知，由M合成N的过程中发生了加成反应而不是加聚反应，C错误；
D．由题干N的结构简式可知，聚合物N的重复单元中含有酯基、醚键和羧基等三种含氧官能团，D错误；
故答案为：B。
10．D
【详解】A．根据题干信息，与反应生成，该反应为取代反应，A正确；
B．根据转化示意图可知，反应ii为被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应方程式：，B正确；
C．反应iii中发生歧化反应生成和，生成时Cl元素化合价从+3价降低为-1价，即生成转移，C正确；
D．反应i中乙酰乙酸烯丙酯（AAA）过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误；
答案选D。
11．D
【详解】A．0s时，溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应，故A错误；
B．，溶液pH从5.9升高至6.8仍为酸性，则不存在大量OH-，主要反应的离子方程式为，故B错误；
C．从94s到144s，溶液pH从6.8升高至9.5碱性增强，抑制水的电离，则混合液中水的电离程度减小，故C错误；
D．从144s到430s，蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色为氨气和铜离子形成配离子，pH升高与转化为的反应有关，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与能发生反应：，故A正确；
B．已知，结合第一实验，逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的I2先反应，故与反应的速率慢于与反应的速率，故B错误；
C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，故C正确；
D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，故D正确；
故选B。
13．D
【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S↓+2H2O。
【详解】A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误；
B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，故B错误；
C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1ml硫时，b极同时生成的1ml氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2ml氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1ml，故C错误；
D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则外电路通过1ml电子时，消耗0.5ml氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5ml氢硫酸根离子同时生成1ml二氧化碳，故D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．由盖斯定律可知，反应①+②可得反应，则反应△H=(+124kJ/ml)+ (+41.2kJ/ml)= +162.5kJ/ml，故A错误；
B．由图可知，30min内，两体系中丙烯的选择性相同，但二氧化碳的转化率不同，所以生成丙烯的物质的量不同，反应的反应速率不同，故B错误；
C．由图可知，iii中的丙烷转化率高于iv中的丙烷转化率是因为可以消除积炭而使催化剂保持较高的活性，反应速率快，故C错误；
D．二氧化碳能与碳共热反应生成一氧化碳，iii、iv对比，150min后iv中丙烷转化率为0可能是丙烷分解生成的碳附着在催化剂表面导致催化剂失效，使得反应无法进行，故D正确；
故选D。
15．(1)
(2)c
(3) C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N 酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低
(4)
(5)4
【详解】（1）
铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为，故答案为：；
（2）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最强的配体是一氧化碳，故选c；
（3）①由图可知该卟啉分子中，1号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
②C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N的电负性，故答案为：C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N；
③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，故答案为：酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数为8×=1，位于体心的铯原子个数为1，位于棱上的氟原子个数为12×=3，则晶胞的化学式为CsFeF3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的氟原子与位于体心的铯原子的距离最近，则距离氟原子最近的铯原子的个数为4，故答案为：4。
16．(1)研磨、加热
(2)
(3)
(4)＞
(5)，更有利于提取含Fe物质
(6)b
(7)过多，会导致发生反应，中会含有
【分析】某镍矿（主要成分为、，含有少量、、、、）经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去二氧化硅；溶液B中加入过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸氢铵使溶液中铁离子形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。
【详解】（1）流程中可以通过研磨、加热加快反应速率；
（2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：；
（3）III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2；
（4）IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性；
（5）过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质；
（6）根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4；
（7）过多，会导致发生反应，中会含有。
17．(1)
(2)HBr
(3)
(4)+2NaOH+2CH3OH
(5)bc
(6) 或者
(7)3：1
【分析】
由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的一定条件下与环氧乙烷反应生成，则A为、B为；与溴化氢发生取代反应生成，则C为；催化剂作用下与CH2(COOCH3)2发生取代反应生成，则D为；催化剂作用下与Br(CH2)2CHO发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，酸化生成，则F为；共热发生脱羧反应生成，则G为；一定条件下转化为，与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，与二氧化硒发生氧化反应生成，则J为；催化剂作用下发生取代反应生成。
【详解】（1）
由分析可知，A的结构简式为，故答案为：；
（2）
由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢，故答案为：HBr；
（3）
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
（4）
由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2NaOH→+2CH3OH，故答案为：+2NaOH→+2CH3OH；
（5）
由分析可知，F和G的结构简式为和；
a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：，故错误；
b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故正确；
c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故正确；
故选bc；
（6）
由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或，故答案为：；或；
（7）
由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1。
18．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动
(2) 、 0.25
(3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱
(4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红
(5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积
【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动；
（2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气；
①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、；
②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25ml，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25ml，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25ml—=0.25ml，故答案为：0.25；
（3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱；
（4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红；
（5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。
19．(1)
(2) 取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成 确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰
(3)
(4)增大，逆向移动，增大，还原性增强
(5)溶液，调至3
(6)溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）实验中的黑色固体均为，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为；
（2）①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成。
②实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为。
③亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰；
（3）黑色固体均为，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为：；
（4）对还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是：增大，逆向移动，增大，还原性增强；
（5）已知，饱和溶液约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了的影响，则所用试剂a为饱和溶液，b为溶液，调至3，保证溶液的酸碱性相同；
（6）实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应（合理即可）。