D、当溶液pH=7时，溶液呈中性。
由图可知，该溶液为Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液，且溶质以Na2C2O4为主，只含很少量的NaHC2O4，C2O42-的一级水解远远大于其二级水解，因此该溶液中相关粒子浓度的大小关系为:
c（Na+）>c（C2O42-）>c（HC2O4-）>c（H2C2O4），故D正确；
故选D。
8．（2019·重庆市云阳江口中学校高三月考）氨气与适量氯气混合反应可生成NH4Cl（俗称脑砂）和一种无污染的气体。
某学习小组利用下列装置模拟该反应,请回答相关问题。
（1）该实验中所需的氯气是用浓盐酸与MnO2反应制取。
装置A中仪器X的名称为____;X中发生反应的离子方程式为_______。
（2）要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为a→_____（用小写字母表示）。
（3）利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从_______（用小写字母表示）通入,反应的化学方程式为_______________;可能观察到的现象是___________。
（4）《唐本草》记载脑砂入药可以散瘀消肿,天然脑砂含少量NH4Cl，现取天然脑砂进行NH4Cl含量测定。
准确称取一定质量脑砂,与足量的氧化铜混合,如下图所示进行实验。
已知:
2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O。
①为顺利完成有关物理量的测定,请完善下列表格:
测量时间点
加热前
当观察到_____现象时
测量内容
_______________
停止加热,冷却,称量H装置的总质量
②如果不用J装置,测出NH4Cl的含量将_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】圆底烧瓶MnO2＋2Cl－＋4H＋
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2Odebcf8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2黄绿色气体消失，有白烟生成称量H的总质量G中不再有气泡出现偏高
【解析】
【分析】
（1）装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气；
（2）要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再干燥；
（3）氨气的密度小，利用E装置,将适量氨气与氯气充分混合反应氨气应从f通入，氯气能将氨氧化，生成氯化铵，由此分析；
（4）①F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢干燥，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，可算出氯化铵。
②如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。
【详解】
（1）装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶，利用MnO2和浓HCl制取氯气，MnO2＋2Cl－＋4H＋
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（2）要先用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，再干燥，要得到干燥纯净的氯气,上述A、B、C装置的连接顺序依次为adebc；
（3）氨气的密度小，从f进，氯气的密度大于氨气的密度，有利于两种气体充分混合，并且充分反应，生成氯化铵，8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，可能观察到的现象是：
黄绿色气体消失有白烟生成；
（4）①F中发生反应2NH4Cl+3CuO=3Cu+N2+2HCl+3H2O，G中浓硫酸将氯化氢干燥，当观察到G中不再有气泡出现现象时，H中碱石灰增重，可测定HCl的质量，加热前要称量H的总质量，根据反应后H的增重可算出氯化铵。
②如果不用J装置，空气中的水和二氧化碳会进入J中，测出NH4Cl的含量将偏高。
【点睛】
本题以岩脑砂为载体，考查氯气的制备原理、仪器识别、气体除杂与干燥、实验装置的连接、物质的检验、对装置的分析评价、物质含量测等知识，难点：
（4）物质含量测定实验设计，要排除各种干扰因素。
9．（2019·昆明市官渡区第一中学高三期中）高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。
工业上以菱铁矿（主要成分是FeCO3及少量SiO2）为原料制备高铁酸钠生产过程如下：
（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为___,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为____（填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”）。
（2）按照上述流程,步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca（OH）2替代NaOH_____（填“能”或“不能”）,理由是___________。
（3）步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制,配制时所需玻璃仪器除量筒外,还____（填字母序号）。
步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：
__________。
A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒E．酸式滴定管;
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为_________；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,则操作a的名称为_____。
（5）理论上,每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为_____。
【答案】+6氧化还原反应不能CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2（其它合理答案也可）BD取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe（CN）6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部转化成Fe3＋2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O过滤74.5g
【解析】
【分析】
工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，①用NaOH溶解SiO2除去，步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④然后加入NaOH和NaClO发生反应：
2Fe3＋+3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，⑤最后结构蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。
（1）Na2FeO4中化合价代数和为零；
（2）CaSiO3难溶于水；
（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：
计算、称量、溶解，确定所用的仪器；
可用K3Fe（CN）6溶液，检验Fe2+；
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，根据质量守恒写出离子方程式；
分离固体与液体应用过滤；
（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算。
【详解】
（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；
高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；
（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca（OH）2替代NaOH，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2。
（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：
计算、称量、溶解，确定所用的仪器：
胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选BD。
步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：
取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe（CN）6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部转化成Fe3＋；
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。
（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为74.5g。
10．（2019·四川成都·高考模拟）消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。
I．NO氧化机理
已知:
2NO（g）+O2（g）===2NO2（g）△H=-110kJ·mol-1;25℃时,将NO和O2按物质的量之比为2:
1充入刚性反应容器中,用测压法研究其反应的进行情况。
体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（忽略NO2与N2O4的转化）
t/min
0
80
160
p/kpa
75.0
63.0
55.0
55.0
（1）0~80min,v（O2）=_____kPa/min;随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是____。
用压强代替浓度所得到的平衡常数用K（p）表示,25℃时,K（p）的值为____（保留3位有效数字）。
（2）查阅资料,对于总反应2NOg）+O2（g）=2NO2（g）有如下两步历程
第一步2NO（g）====N2O2（g）快速反应
第二步N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）慢反应
总反应速率主要由第______步决定;若利用分子捕获器适当减少反应容器中的N2O2,总反应的平衡常数K（p）将___（填“增大”、“减小”或“不变”）;若提高反应温度至35℃,则体系压强p∞（35℃）______p∞（25℃）（填“大于”、“等于”或“小于”）。
II．NO的工业处理
（3）H2还原法:
2NO（g）+2H2（g）===N2（g）+2H2O（g）；△H=a;已知在标准状况,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。
NO（g）和H2O（g）的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280kJ/mol,则a=_____。
（4）O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2,则悬浮液吸收NO2的化学方程式为__________;CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率。
请用平衡移动原理解释其主要原因_________________（结合化学用语和文字）
【答案】0.15反应物浓度减小，反应速率降低3.20二不变大于-740kJ/molCaSO3＋2NO2＋H2O=CaSO4＋2HNO3对于反应CaSO3（s）
Ca2＋（aq）＋SO32－（aq），加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动，SO32-的浓度增大，吸收NO2的速率增大。
【解析】
【分析】
（1）根据三段式计算；反应物浓度减小，反应速率降低；根据平衡常数的定义书写；
（2）历程中最慢的反应步骤决定反应速率；平衡常数K（p）只受温度影响；提高反应温度决速反应步骤平衡逆向移动，体系压强增大；
（3）△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和；
（4）NO2将CaSO3氧化，写出发生氧化还原反应的方程式。
对于反应CaSO3（s）
Ca2＋（aq）＋SO32－（aq），加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动。
【详解】
（1）t=0min时，P=75kpa，将NO和O2按物质的量之比为2:
1充入刚性反应容器中
2NO（g）+O2（g）===2NO2（g）
p始/kpa5025
△p/kpa2xx2x
p/kpa50-2x25-x2x
80min时，（50-2x）+（25-x）+2x=63
x=12kpa
v（O2）=12/80=0.15kPa/min；
随着反应进行,反应速率逐渐减小的原因是：
反应物浓度减小，反应速率降低；
平衡时，（50-2x）+（25-x）+2x=55，x=20kpa，用压强代替浓度所得到的平衡常数用K（p）表示,25℃时,K（p）的值为402/（102×5）=3.20；
（2）历程中最慢的反应步骤决定反应速率，第二步是慢反应，是决速反应；平衡常数K（p）只受温度影响，减少反应容器中的N2O2,总反应的平衡常数K（p）将不变；提高反应温度决速反应步骤N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）平衡逆向移动，体系压强增大，若提高反应温度至35℃,则体系压强p∞（35℃）大于p∞（25℃）；
（3）△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和=-280kJ/mol×2-90kJ/mol×2=-740kJ/mol；
（4）NO2将CaSO3氧化，悬浮液吸收NO2的化学方程式为CaSO3＋2NO2＋H2O=CaSO4＋2HNO3；
对于反应CaSO3（s）
Ca2＋（aq）＋SO32－（aq），加入硫酸钠溶液时，硫酸根离子部分结合钙离子，使其平衡向右移动，SO32-的浓度增大，吸收NO2的速率增大。
11．（2019·四川成都·高考模拟）云南是南方丝绸之路的重要节点,有着丰富的铜镍矿石资源。
回答下列相关问题：
（1）镍在元素周期表中的位置是____,其基态原子的电子排布式为_____,该原子核外有___个未成对电子。
（2）Ni（NH3）4SO4中N的杂化轨道类型是_____;1molNi（NH3）42+中含有的
键数目为____个;SO42-的立体构型是______。
（3）氨是_____分子（填“极性”或“非极性”）,经测定NH4F为分子晶体,类比NH3·H2O表示出NH4F分子中的氢键_____。
（4）铜镍合金的立方晶胞结构如图所示,其中原子A的坐标参数为（0,1,0）;
①原子B的坐标参数为____;
②若该晶体密度为dg/cm3,则铜镍原子间最短距离为____pm
【答案】第四周期Ⅷ族1s22s22p63s23p63d84s22sp316NA（或9.632×1024）正四面体形极性F-H···N（或N-H···F）
【解析】
【分析】
（1）镍原子序数为28，据此判断其在周期表中位置；由构造原理书写原子核外电子排布式；判断原子核外未成对电子；
（2）依据价层电子互斥理论计算判断即可；
1molNi（NH3）42+中含有的
键数目为（3×4+4）NA=16NA；
依据价层电子互斥理论计算判断即可；
（3）氨分子中有一对末成键电子对，是极性分子；NH4F分子中的氢键F-H···N（或N-H···F）；
（4）①原子B的坐标参数为
；
②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的
倍，均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目，计算晶胞的质量，而晶胞质量=晶体密度×晶胞体积。
【详解】
（1）镍在元素周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，该原子核外有2个未成对电子。
（2）Ni（NH3）4SO4中中心原子N的价电子对数为（5+3）/2=4，中心原子无孤电子对，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，空间构型为四面体型，采用sp3杂化；
1molNi（NH3）42+中含有的
键数目为（3×4+4）NA=16NA（或9.632×1024）；
SO42-的中心原子S的价电子对数为（6+2）/2=4，中心原子无孤电子对，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，采用sp3杂化，空间构型为正四面体型；
（3）氨分子中有一对末成键电子对，其空间构型为三角锥形，是极性分子；NH4F分子中的氢键F-H···N（或N-H···F）；
（4）①根据A点的坐标，可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为
；
②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的
倍，故晶胞棱长=2acm×
/2=
acm，晶胞质量=（59+64×3）/NAg，故（
acm）3×dg·cm－3=（59+64×3）/NAg，解得a=
【点睛】
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、电离能、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
12．（2019·四川成都·高考模拟）物质C是升高白细胞的常见药物设计合成C的路线如下图所示：
已知:
请回答下列问题：
（1）①的反应条件为____;A中官能团的名称是_____。
（2）试剂X的结构简式为____,④的化学方程式为________,其
升级会员 