北京市海淀区达标名校2019年高考三月化学模拟试卷含解析

北京市海淀区达标名校2019年高考三月化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3。

ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。

若生成物之一是HCl，则另一种是（）
A．HIO3B．HIO2C．HIO D．ICl
2．下列有关溶液性质的叙述，正确的是（）
A．室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体
B．强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质
C．相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加
D．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变
3．常温下向0.l mol/L 的NaClO 溶液中通入HF 气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg
-c(A) c(HA)
( A 代表ClO 或F) 的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是
A．线N 代表lg
-
c(ClO)
c(HClO)
的变化线
B．反应ClO-+HF ⇌ HCIO+F-的平衡常数数量级为105
C．当混合溶液pH= 7 时，溶液中c(HClO) = c(F- )
D．随HF 的通入，溶液中c(H+) •c(OH- )增大
4．属于工业固氮的是
A．用N2和H2合成氨B．闪电将空气中N2转化为NO
C．用NH3和CO2合成尿素D．固氮菌将氮气变成氨
5．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）
A．四种元素中b的金属性最强
B．原子半径：
C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强
D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱
6．铜锌合金俗称黄铜．下列不易鉴别黄铜与真金的方法是（）
A．测密度B．测熔点C．灼烧D．看外观
7．关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是
A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物
C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物
D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电
8．已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4-，HMO4-⇌H++MO42-。

常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。

下列说法正确的是
A．该氢氧化钠溶液pH=12
B．图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)
C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大
D．图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)
9．在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是
A．除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗
B．用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶
C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶
D．检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯
10．聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（）
A．聚维酮的单体是B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
11．下列方案设计能达到实验目的的是
A B C D
检验淀粉是否水解
由褪色快慢研究反应物浓
度对反应速率的影响
证明发生了取代反应
验证
K sp[Cu(OH)2]<K sp[Mg(OH)2
]
A．A B．B C．C D．D
12．为探究NaHCO3、Na2CO3与1 mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：
序号液体固体混合前温度混合后最高温度
①35 mL水 2.5 g NaHCO320 ℃18.5 ℃
②35 mL水 3.2 g Na2CO320 ℃24.3 ℃
③35 mL盐酸 2.5 g NaHCO320 ℃16.2 ℃
④35 mL盐酸 3.2 g Na2CO320 ℃25.1 ℃
下列有关说法正确的是
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
13．材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A．人面鱼纹陶盆-无机非金属材料B．圆明园的铜鼠首--金属材料
C．宇航员的航天服-有机高分子材料D．光导纤维--复合材料
14．工业制硝酸产生的尾气NO x可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（）
A．x=1.5时，只生成NaNO2
B．2＞x＞1.5时，生成NaNO2和NaNO3
C．x＜1.5时，需补充O2
D．x=2时，只生成NaNO3
15．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。

工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：
下列说法错误的是（）
A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol
C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+
D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。

一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
已知：ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；
ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO 3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3—Ag++2SO2
3
ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。

（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu______。

分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）______。

“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_______。

（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为________。

（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_______。

调节溶液的pH不能过低，理由为______（用离子方程式表示）。

（4）已知K sp[Ag2SO4]=1.4×10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。

________。

（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。

当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：
为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L 时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_______。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。

元素相关信息
W 单质为密度最小的气体
X 元素最高正价与最低负价之和为0
Y 某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障
Z 存在质量数为23，中子数为12的核素
根据上述信息，回答下列问题：
(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是___（用离子符号表示）。

(2) XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。

(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。

一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。

②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25℃)：
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤10−5mol·L−1时，可认为离子沉淀完全。

请回答：
（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为____。

（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为____。

若省略“氧化”步骤，造成的后果是____。

（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为____(填化学式)。

（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于____。

(已知：K sp(MgF2)=6.4×10−10；K sp(CaF2)=3.6×10−12)
（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_____。

（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为____。

19．（6分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。

（一）CO2的化学捕获：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。

若所得溶液pH=13，CO2主要转化为___（写含碳粒子符号）。

（室温下，H2CO3的K a1=4.3×10﹣7；K a2=5.6×10﹣11）
（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO/H2，既可实现CO2的减排又可高效制备合成气（CO/H2），其工作原理如图。

写出电极A发生的电极反应式___。

（二）CO2的综合利用
（1）CO2与CH4经催化重整制得合成气：
反应Ⅰ．CH4（g）H+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1
已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热（25℃）如表所示
物质H2（g）CO（g）CH4（g）
标准燃烧热△H/kJ•mol﹣
﹣285.8 ﹣283.0 ﹣890.3
1
则反应I的△H=___kJ•mol﹣1。

（2）用CO2催化加氢制取二甲醚的反应为：反应Ⅱ.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），在10L 恒容密闭容器中，均充入2mol CO2和6moH2，分别以铱（Ir）和铈（Ce）作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α（CO2）随反应温度的变化情况如图1。

①根据图1，下列说法不正确的是___。

A．反应Ⅱ的△H＜0，△S＜0
B．用Ir和Ce作催化剂时，反应Ⅱ的活化能更低的是Ce
C．状态d时，v（正）＜v（逆）
D．从状态b到d，α（CO2）先增大后减小，减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动
②状态e（900K）时，α（CO2）=50%，则此时的平衡常数K=___。

③若H2和CO2的物质的量之比为n：1，900K时相应平衡体系中二甲醚的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图。

_______
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】 【分析】 【详解】
ICl 3中I 为+3价，Cl 为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO 2和HCl ，答案选B 。

2．D 【解析】 【详解】
A. 气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A 错误；
B. 难溶于水的强电解质(如BaSO 4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B 错误；
C. 相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g 水中溶入氧气的质量不变，C 错误；
D. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D 正确。

故选D 。

3．C 【解析】 【分析】
a (F )(H )(HF)c c K c -+⋅=，a (ClO )(H )(HClO)c c K c -+⋅=，由于同浓度酸性：HF 大于HClO ，当lg
(A )(HA)c c -=0时，则(A )
(HA)
c c -=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。

【详解】
A ．a (F )(H )(HF)c c K c -+⋅=，a (ClO )(H )(HClO)c c K c -+⋅=，由于同浓度酸性：HF 大于HClO ，又因lg
(A )
(HA)c c -=0时，则(A )(HA)c c -=1，因此pH 大的为HClO ，所以线M 代表(ClO )lg (HClO)
c c -的变化线，故A 错误；
B ．反应ClO － + HF
HClO+F －的平衡常数
3.2
4.30.34
a 7.5
a (HF)(F )(HClO)(F )(H )(HClO)10101010(ClO )(HF)(ClO )(H )(HF)(HClO)10
K c c c c c K c c c c c K --+---+-⋅⋅⋅======⨯⋅⋅⋅，其平衡常数数量级为104，故B 错误；
C ．当混合溶液pH= 7 时，根据电荷守恒c(Na +) + c (H +) = c(ClO －) + c(F －) + c(OH －)，溶液呈中性，得到c(Na +) = c(ClO －) + c(F －)，根据物料守恒c(ClO －) +c(HClO) = c(Na +)，因此溶液中c(HClO)= c(F －)，故C 正确；
D ．温度未变，随HF 的通入，溶液中c(H +)⸱c(OH －)不变，故D 错误。

综上所述，答案为C 。

4．A 【解析】
A.工业上通常用H 2和N 2在催化剂、高温、高压下合成氨，A 正确；
B. 闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B 错误；
C. 是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C 错误；
D. 生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D 错误。

故选择A 。

5．A 【解析】 【分析】
a 、
b 、
c 、
d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同，则a 的核外电子总数应为8，为O 元素；则b 、c 、d 为第三周期元素，c 所在周期数与族数相同，应为Al 元素，d 与a 同族，应为S 元素，b 可能为Na 或Mg ，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。

【详解】
由以上分析可知：a 为O 元素、b 可能为Na 或Mg 、c 为Al 、d 为S 元素。

A ．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b ＞c ，a 、d 为非金属，金属性较弱，则4种元素中b 的金属性最强，选项A 正确；
B ．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b ＞c ＞d ，a 为O ，原子半径最小，选项B 错误；
C ．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a 的单质的氧化性强，选项C 错误；
D ．c 为Al ，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D 错误； 故选：A 。

6．D 【解析】 【详解】
A ．黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A 不选；
B ．合金的熔点一般较低，黄铜合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点可行，故B 不选；
C ．黄铜在空气中灼烧，会与空气中的氧气反应变黑色，真金无明显变化，灼烧可行，故C 不选；
D ．黄铜和金的颜色相同，不可鉴别，故D 选； 故选D 。

7．C 【解析】 【详解】
A 选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A 错误；
B 选项， NO 2不是酸性氧化物，故B 错误；
C 选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C 正确；
D 选项， CH 3COOH 是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D 错误； 综上所述，答案为C 。

【点睛】
非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。

8．B 【解析】 【分析】
根据图像可知， NaHMO 4与NaOH 发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F 点温度最高，此时消耗NaOH 的体积为20mL ，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。

【详解】
A ．根据图像分析可知，F 点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO 4+ NaOH = Na 2MO 4+H 2O ，
20×10-3
L ×0.1mol ∙L -1
=20×10-3
L ×c(NaOH )，推出c(NaOH)=0.1mol/L ，c(H +
)=()Kw c OH -=
14100.1
-=10-13mol/L ，则pH=13，故A 错误；
B ．F 点溶质为Na 2MO 4，溶液中质子守恒为c(OH -)=c(H +)+c(HMO 4-)+2c(H 2MO 4)，所以c(OH -)＞c(HMO 4-)，故B 正确；
C ．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na 2MO 4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na 2MO 4时，水解程度最大， E 到F 过程中，水的电离程度增大，F 到G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C 错误；
D ．由A 选项推出c(NaOH)=0.1mol/L ，G 点加入40mL 等浓度的NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH 和Na 2MO 4，Na +的浓度最大，MO 42−部分水解，溶液显碱性，则c(OH −)> c(H +)，溶液中存在电荷守恒：c(Na +)+c(H +)=2c(MO 42−)+c(HMO 4-)+c(OH −)，则c(Na +)＜c(HMO 4-)+2c(MO 42-)，故D 错误；
答案选B。

9．C
【解析】
【详解】
A. 除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；
B. 用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；
C. 配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；
D. 检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D 错误；
故答案选C。

10．B
【解析】
【分析】
由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为
，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。

【详解】
A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；
B. 由2m+n个单体加聚生成，故B错误；
C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；
D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；
故选B。

11．A
【解析】
A、淀粉水解时要用硫酸作催化剂，要先用NaOH将混合液中和至弱碱性或中性，再用新制氢氧化铜悬浊液检验，故A正确；
B、实验的原理方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，题中高锰酸钾过量，应设计成：高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，且草酸要过量，探究反应物浓度对该反应速率的影响，故B错误；
C、要证明甲烷与氯气发生了取代反应，因有氯化氢生成，不能通过体积变化就断定发生取代反应，故C 错误；
D、验证K sp[Cu(OH)2]<K sp[Mg(OH)2 ]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀转化为Cu(OH)2，沉淀由白色转化成蓝色，故D错误；
故选A。

12．C
【解析】
【详解】
A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；
B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；
C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；
D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；
故选C。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A正确；
B. 铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B正确；
C. 航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；
D. 光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故D错误；
14．D
【解析】
【详解】
工业制硝酸产生的尾气NO x用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NO x、NaOH 系数都为1，配平后方程式为2NO x+2NaOH＝(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O；
A．x＝1.5时，2x﹣3＝0，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；
B．2＞x＞1.5时，2x-3≠0，5﹣2x≠0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；
C．x＜1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；
D．当x＝2时，2x﹣3＝1，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误。

故答案为D。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：
Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；
B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；
C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；
D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；
故答案为D。

【点睛】
难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．强Ag、AgCl H2O2分解放出氧气2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O 分银液中存在[Ag(SO 3)2]3—Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O 溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L 10 H2
铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液的主要成分为[AuCl4]-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。

【详解】
(1)由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。

根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；
(2)分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O，故答案为
2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O；
(3)分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，
故答案为H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl；避免产生污染气体SO2；
(3)分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，由于存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O，故答案为分银液中存在[Ag(SO 3)2]3—Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O；
(4)c(SO42—)=
[]
()
sp24
2
K Ag SO
c Ag+
=
2
5
1.410
0.1
⨯－
=1.4×10－3 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制
溶液中SO42—浓度低于1.4×10－3mol/L，故答案为溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L；
(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1，当NH4Cl浓度大于15g•L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2NH4++2H2O+2e-=2NH3•H2O+H2↑，产生气体为氢气，故答案为10；H2。

17．第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3- + H2O H2CO3 + OH-
【解析】
【分析】
根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。

【详解】
W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z 是钠元素。

（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；
（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；
；
（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，故答案为：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．产生硫化氢等气体，污染环境MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度) Fe(OH)3、Al(OH)38×10−3mol·L−1
Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+
【解析】
【分析】
高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解硫酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析。

（1）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；
（2）氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度)；
（3）“中和除杂”时，铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）已知：Ksp(MgF2)=6.4×10−10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F−)不低于
-10
-3
-5
6.410
mol/L=810mol/L
110
⨯
⨯
⨯
，故答案为：8×10−3mol·L−1；
（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为：Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+，故答案为：
Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。

19．CO32﹣CO2+2e﹣═CO+O2﹣、H2O+2e﹣=H2+O2﹣+247.3 BC
625
27
或23.15
【解析】
【分析】
（一）（1）K2=
2-+
3
-
3
c(CO)c(H)
c(HCO)
⨯
=5×10﹣11，当溶液的pH=13，c（H＋）=10-13，有
2-
3
-
3
c(CO)
c(HCO)
=
-11
-13
510
10
⨯
=500，即c（CO32﹣）＞＞c（HCO3﹣）；
（2）电解池中，根据O2－移动方向可知：A电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O分别在A 极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2－；
（二）（1）写出H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式：①H2（g）+
1
2
O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ•mol ﹣1、②CO（g）+
1
2
O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1、③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）
﹣1。