故选D。
二、非选择题
（一）必考题
8.硫代硫酸钠（Na2S2O3）是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：
Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
（1）仪器a的名称是_______________，仪器b的名称是___________。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为___________________________________________。
c中试剂为___________
（2）实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______________________（写出一条）
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______________________________________________________
实验Ⅱ：
探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：
Fe3++3S2O32-⇌Fe（S2O3）33-（紫黑色）
装置
试剂X
实验现象
Fe2（SO4）3溶液
混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色
（4）根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过___________________
_______________________（填操作、试剂和现象），进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：
______________________________________________
____________________________________________________________________
实验Ⅲ：
标定Na2S2O3溶液的浓度
（5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：
用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量为294g∙mol-1）0.5880g。
平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：
6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
『答案』
（1）.分液漏斗
（2）.蒸馏烧瓶（3）.
（4）.硫化钠和碳酸钠的混合液（5）.调节酸的滴加速度（6）.若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解（7）.加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀（8）.开始生成Fe（S2O3）33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe（S2O3）33-（紫黑色）平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色（9）.0.1600
『详解』
（1）a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：
；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
（2）从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
（3）题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：
SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
（4）检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：
开始阶段，生成
的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
（5）间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：
①
；②
；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的
得电子总数就与消耗的
失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设c（Na2S2O3）=amol/L，列电子得失守恒式：
，解得a=0.1600mol/L。
9.2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。
用含锂废渣（主要金属元素的含量：
Li8.50%、Ni6.55%、Mg13.24%）制备Li2C2O4，并用其制备LiFePO4部分工艺流程如图（该流程可能造成水体砷污染）：
已知：
滤液1、滤液2中部分离子的浓度（g·L-1）：
Li+
Ni2+
Mg2+
滤液1
22.72
20.68
60.18
滤液2
21.94
7.7×10-3
0.78×10-3
I.制备Li2C2O4
（1）滤渣2的主要成分有__________（填化学式）。
（2）Na2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小顺序为__________________________________。
（3）写出加入Na2C2O4溶液时发生反应的离子方程式：
______________________________。
Ⅱ.制备LiFePO4
（4）将电池极Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和一种温室气体，该反应的化学方程式是___________________________________________________。
（5）LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是______________________________________________（任写一点）。
（6）我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的As（Ⅴ），其机制模型如图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是______________________________________。
在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧（无元素化合价变化）后得到一种磁性化合物，化学式为Fe7As2O14，该物质中二价铁与三价铁的个数比为______。
『答案』
（1）.Mg（OH）2、Ni（OH）2
（2）.c（Na+）>c（C2O42-）>c（OH-）>c（HC2O4-）>c（H+）（3）.2Li++C2O42-=Li2C2O4↓（4）.Li2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+2CO2↑（5）.改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用（6）.Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-（7）.3:
4
『分析』含锂废渣（主要金属元素的含量：
Li8.50%、Ni6.55%、Mg13.24%）粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物（滤渣1），所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入NaOH调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主要成分为Ni（OH）2、Mg（OH）2，滤液2中主要含有Li2SO4；加入Na2C2O4，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3的主要成分。
『详解』
（1）由以上分析知，滤渣2的主要成分有Mg（OH）2、Ni（OH）2。
『答案』为：
Mg（OH）2、Ni（OH）2；
（2）Na2C2O4溶液中，主要存在以下平衡：
C2O42-+H2O
HC2O4-+OH-、HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-、H2O
H++OH-，且程度依次减弱，所以各离子的浓度由大到小顺序为c（Na+）>c（C2O42-）>c（OH-）>c（HC2O4-）>c（H+）。
『答案』为：
c（Na+）>c（C2O42-）>c（OH-）>c（HC2O4-）>c（H+）；
（3）加入Na2C2O4溶液时，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，发生反应的离子方程式为：
2Li++C2O42-=Li2C2O4↓。
『答案』为：
2Li++C2O42-=Li2C2O4↓；
（4）将Li2C2O4和FePO4置于高温下反应生成LiFePO4和CO2，该反应的化学方程式是Li2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+2CO2↑。
『答案』为：
Li2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+2CO2↑；
（5）LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用。
『答案』为：
改善成型后LiFePO4（或电极）的导电作用；
（6）零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式是Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-。
在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，O显-2价，可设Fe2+的个数为x，则Fe3+的个数为（7-x），依据化合价的代数和等于0，可建立如下等量关系式：
2x+3（7-x）=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:
4。
『答案』为：
Fe+S2O82-=Fe2++2SO42-；3:
4。
『点睛』在分析图中所示反应的反应物和生成物时，可从图中箭头的方向判断，箭尾所示物质为反应物，箭头所指物质为生成物。
10.甲烷、乙烯、环氧乙烷、丁烷都是重要的化工原料，用途广泛，回答下列问题：
已知：
Ⅰ．2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2
（g）ΔH1＜0
Ⅱ．CH2=CH2（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（l）ΔH2
Ⅲ．2
（g）+5O2（g）⇌4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3
（1）若反应Ⅲ是在一定温度下可自发进行，则ΔH3______（填“＞”“＜”或“=”）0。
（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。
已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则△H2=________kJ·mol-1。
（3）实验测得2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2
（g）ΔH1＜0中，v正=k正·c2（CH2=CH2）·c（O2），v逆=k逆·c2（
）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________（填“大于”“小于”或“等于”）k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2（g）和1molO2（g），在一定温度下只发生反应Ⅰ，经过10min反应达到平衡，CH2=CH2（g）的转化率为40%，则0~10min内，v（O2）=_________，
=___________（保留两位有效数字）。
（4）下列有关环氧乙烷制备的说法正确的是________（填字母）。
图1环氧乙烷选择性与进料气体初始温度关系图2乙烯转化率-环氧乙烷选择性与进料气体流速关系
A．由图1可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度的影响不大
B．由图2可知，原料气的流速加快，乙烯转化率下降，主要是原料气与催化剂接触时间过短造成
C．若进料气中氧气比例增大，环氧乙烷产率降低，其主要原因是部分乙烯、环氧乙烷转化为二氧化碳和水
（5）一种以天然气为物燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%～10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质。
a极上的电极反应式为_________________________________；若电路中转移0.1mol电子，则消耗标准状况下CH4的体积为_____________L。
『答案』
（1）.＜
（2）.-1411.2（3）.小于（4）.0.02mol/（L∙min）（5）.0.56（6）.BC（7）.CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O（8）.0.28
『分析』
（1）反应Ⅲ：
2
（g）+5O2（g）⇌4CO2（g）+4H2O（l）是体系混乱度减小的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析判断；
（2）结合热值计算乙烯的燃烧热，根据盖斯定律，将
×（Ⅰ+Ⅲ）整理可得；
（3）①反应2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2
（g）ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，结合v正=k正·c2（CH2=CH2）·c（O2），v逆=k逆·c2（
）分析判断；
②达到平衡时乙烯的转化率为40%，则参与反应的乙烯的物质的量为1mol×40%=0.4mol，根据反应计算氧气的物质的量进而计算v（O2）；反应达到平衡时，计算化学平衡常数K；由于反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·c2（CH2=CH2）·c（O2）=k逆·c2（
）；
（4）A．根据图示可知，进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可能是温度对副反应的影响较小造成的，但不能得到初始温度对乙烯的转化率影响不大的结论；
B．流速越快，反应物接触时间越短，消耗乙烯的量越少；
C．若进料气中O2比例增大，环氧乙烷与氧发生副反应转化为氧化碳和水；
（5）根据图示可知在a电极通入甲烷为负极，失去电子发生氧化反应；根据电极反应计算CH4的物质的量，再利用V=nVm计算。
『详解』
（1）反应Ⅲ：
2
（g）+5O2（g）⇌4CO2（g）+4H2O（l）是体系混乱度减小的反应，ΔS＜0，若在一定温度下可自发进行，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，ΔS＜0则ΔH＜0，即ΔH3＜0；
（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。
已知乙烯的热值为50.4kJ·g-1，则1mol乙烯的燃烧热为-50.4kJ·g-1×28g/mol=-1411.2kJ·mol-1，根据盖斯定律，将
×（Ⅰ+Ⅲ）整理可得，CH2=CH2（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（l）ΔH2=
×（H1+H3）=-1411.2kJ·mol-1；
（3）①反应2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2
（g）ΔH1＜0的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更
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