2025屆湖北省黃岡市新聯考高三第二次聯考化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述中正確的是A．100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子數為0.3NAB．標準狀況下，2.24LF2通入足量飽和食鹽水中可置換出0.1NA個Cl2C．工業合成氨每斷裂NA個N≡N鍵，同時斷裂6NA個N-H鍵，則反應達到平衡D．常溫下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-與NH4+數目均為NA2、四種短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如圖所示，四種元素原子的最外層電子數之和為22。下列說法正確的是（）WXYZA．氫化物的沸點：X＜ZB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔點：YX2＜YZ4D．簡單離子的半徑：X＜W3、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對應的單質，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質間的轉化關系如圖所示(部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是A．原子半徑：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N與乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的鹽溶液可能顯酸性、中性或堿性D．Z與X、Y、W形成的化合物中，各元素均滿足8電子結構4、CO2催化加氫制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，對于環境問題和能源問題都具有非常重要的意義。已知一定條件下的如下反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H=－49.0kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?H=－173.6kJ·mol-1下列說法不正確的是A．CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)CH3CH2OH(g)+2H2O(g)?H＜0B．增大壓強，有利于反應向生成低碳醇的方向移動，平衡常數增大C．升高溫度，可以加快生成低碳醇的速率，但反應限度降低D．增大氫氣濃度可以提高二氧化碳的轉化率5、當冰醋酸固體變成液體或氣體時，一定發生變化的是A．分子內化學鍵 B．共價鍵鍵能C．分子的構型 D．分子間作用力6、下列表示氮原子結構的化學用語規范，且能據此確定電子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．7、下列實驗操作、現象及所得出的結論或解釋均正確的是選項實驗操作現象結論或解釋A向鹽酸中滴加Na2SO3溶液產生使品紅溶液褪色的氣體非金屬性：Cl>SB向廢FeCl3蝕刻液X中加入少量的鐵粉，振蕩未出現紅色固體X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有還原性D用3mL稀硫酸與純鋅粒反應，再加入幾滴Cu(NO3)2濃溶液迅速產生無色氣體形成Zn-Cu原電池加快了制取H2的速率A．A B．B C．C D．D8、設NA為阿伏伽德羅常數，下列說法正確的是（）A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數為0.05NAB．1molCH3+含電子數為8NAC．標準狀況下，22.4LSO3中含原子數為4NAD．常溫常壓下，11.2LCO2氣體通過足量Na2O2充分反應，轉移電子數為2NA9、既發生了化學反應，又有電解質的溶解過程，且這兩個過程都吸熱的是A．冰醋酸與NaOH溶液反應 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中10、磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現出了良好的循環穩定性，具有較長的循環壽命，放電時的反應為：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸鐵鋰電池的切面如下圖所示。下列說法錯誤的是A．放電時Li+脫離石墨，經電解質嵌入正極B．隔膜在反應過程中只允許Li+通過C．充電時電池正極上發生的反應為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D．充電時電子從電源經鋁箔流入正極材料11、高溫下，超氧化鉀晶體(KO2)呈立方體結構。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞(晶體中最小的重復單元)。則下列有關說法正確的是（）A．KO2中只存在離子鍵B．超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有1個K＋和1個O2－C．晶體中與每個K＋距離最近的O2－有6個D．晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結合12、25

℃時，幾種弱酸的電離平衡常數如下表所示。下列說法正確的是（）化學式CH3COOHH2CO3HCN電離平衡常數KK=1.7×10–5K1=4.2×10–7K2=5.6×10–11K=6.2×10–10A．NaCN溶液中通入少量CO2的離子方程式為H2O+CO2+CN-=HCO3-+HCNB．向稀醋酸溶液中加少量水，增大C．等物質的量濃度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液小D．等體積等物質的量濃度的NaCN溶液和HCN溶液混合后溶液呈酸性13、運用化學知識，對下列內容進行分析不合理的是()A．成語“飲鴆止渴”中的“鴆”是指放了砒霜()的酒，砒霜有劇毒，具有還原性。B．油脂皂化后可用滲析的方法使高級脂肪酸鈉和甘油充分分離C．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出治療瘧疾的青蒿素，其過程包含萃取操作D．東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述：“……得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根。”這里的“黃芽”是指硫。14、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關15、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。W、Z最外層電子數相同，Z的核電荷數是W的2倍。工業上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，則下列說法不正確的是A．W、X、Y形成的簡單離子核外電子數相同B．Y和Z形成的化合物可以通過復分解反應制得C．Z和W可形成原子個數比為1∶2和1∶3的共價化合物D．X、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物能兩兩反應16、科學家發現了在細胞層面上對新型冠狀病毒（2019-nCOV）有較好抑制作用的藥物：雷米迪維或倫地西韋（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韋（Ritonavir）。其中利托那韋（Ritonavir）的結構如下圖，關于利托那韋說法正確的是A．能與鹽酸或NaOH溶液反應B．苯環上一氯取代物有3種C．結構中含有4個甲基D．1mol該結構可以與13molH2加成17、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)18、下列實驗操作、現象和結論均正確，且存在對應關系的是選項實驗操作實驗現象結論A將NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至過量先產生白色膠狀沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是兩性氫氧化物BNaHCO3溶液與NaAlO?溶液混合生成白色沉淀結合H+的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的試管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至過量試管中紅色逐漸褪去，出現白色凝膠非金屬性：Cl>SiD白色固體先變為淡黃色，后變為黃色溶度積常數：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D19、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法中正確的是()A．NA個氮分子與NA個氦分子的質量比為7∶2B．1.0mol·L-1FeCl3溶液與足量Fe反應,轉移的電子數為NAC．11.2LCH4中含有的原子數目為2.5NAD．20g分子中,含有10NA個電子20、下列物質溶于水形成的分散系不會產生丁達爾現象的是A．葡萄糖 B．蛋白質 C．硫酸鐵 D．淀粉21、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A．過量的鐵在1molCl2中然燒，最終轉移電子數為2NAB．在50g質量分數為46%的乙醇水溶液中，含氫原子總數為6NAC．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數目為3.75NAD．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中離子總數：前者小于后者22、基于臨床研究，抗瘧疾藥物磷酸氯喹被證實在治療新冠肺炎過程中具有療效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一種中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關該物質的說法不正確的是A．屬于芳香族化合物 B．分子中所有原子在同一平面上C．分子式為C9H6NCl2 D．可發生取代、加成、氧化反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機化合物H的結構簡式為，其合成路線如下（部分反應略去試劑和條件）：已知：①②(苯胺易被氧化)請回答下列問題：(1)烴A的名稱為_______，B中官能團為_______，H的分子式為_______，反應②的反應類型是_______。(2)上述流程中設計C→D的目的是_______。(3)寫出D與足量NaOH溶液反應的化學方程式為_______。(4)符合下列條件的D的同分異構體共有_______種。A．屬于芳香族化合物B．既能發生銀鏡反應又能發生水解反應寫出其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6∶2∶1∶1的同分異構體的結構簡式：______。(任寫一種)(5)已知：苯環上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環上連有羧基時則取代在間位，據此按先后順序寫出以烴A為原料合成鄰氨基苯甲酸（）合成路線(無機試劑任選)。_______24、（12分）合成有機溶劑M和高分子材料N的路線如圖：己知：芳香族化合物苯環上的氫原子可被鹵代烷中的烷基取代．如：

(1)寫出反應類型．反應Ⅰ__________反應Ⅱ____________。(2)寫出D的分子式___________。寫出G的結構簡式_____________。(3)寫出E生成F的化學反應方程式______________________________。(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G，還會生成高分子副產物，寫出該副產物的結構簡式____________________________。(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，寫出其中一種的結構簡式______________。(6)寫出高分子化合物N的結構簡式_________________(任寫一種)。A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構，該定量實驗可通過A與__________(填寫物質名稱)反應來實現。25、（12分）葡萄糖酸鋅{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一種重要的補鋅試劑，其在醫藥、食品、飼料、化妝品等領城中具有廣泛的應用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學興趣小組欲在實驗室制備葡萄糖酸鋅并測定產率。實驗操作分以下兩步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸鈣{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于熱水}，在90℃條件下，不斷攪拌，反應40min后，趁熱過濾。濾液轉移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂，交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下，不斷攪拌，反應1h，此時溶液pH≈6。趁熱減壓過濾，冷卻結晶，同時加入10mL95%乙醇，經過一系列操作，得到白色晶體，經干燥后稱量晶體的質量為18.2g。回答下列問題：(1)制備葡萄糖酸的化學方程式為________________。(2)通過強酸性陽離子交換樹脂的目的是_______________。(3)檢驗葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_________。(4)制備葡萄糖酸時選用的最佳加熱方式為_______________。(5)制備葡萄糖酸鋅時加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。(6)葡萄糖酸鋅的產率為______(用百分數表示)，若pH≈5時就進行后續操作，產率將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。26、（10分）依據圖1中氮元素及其化合物的轉化關系，回答問題：(1)實驗室常用NH4Cl與Ca(OH)2制取氨氣，該反應的化學方程式為_________。(2)下列試劑不能用于干燥NH3的是__________。A．濃硫酸B．堿石灰C．NaOH固體(3)工業上以NH3、空氣、水為原料生產硝酸分為三步：①NH3→NO的化學方程式為______________。②NO→NO2反應的實驗現象是____________。③NO2＋H2O→HNO3中氧化劑與還原劑物質的量之比為______。(4)圖1中，實驗室只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環保，則該物質的化學式為_____。(5)若要將NH3→N2，從原理上看，下列試劑可行的是______。A．O2B．NaC．NH4ClD．NO227、（12分）Na2S2O3?5H2O俗稱“海波”，是重要的化工原料，常用作脫氯劑、定影劑和還原劑。（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脫氯劑，該反應的離子方程式是_____。（2）測定海波在產品中的質量分數：依據反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的標準溶液測定產品的純度。稱取5.500g產品，配制成100mL溶液。取10.00mL該溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.05000mol?L﹣1I2的標準溶液進行滴定，相關數據記錄如表所示。①判斷滴定終點的現象是_____。②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則測量的Na2S2O3?5H2O的質量分數會_____（填“偏高”、“偏低”或“不變”）③計算海波在產品中的質量分數（寫出計算過程）。_____。28、（14分）祖母綠的主要成分為Be3Al2Si6Ol8，含有O、Si、Al、Be等元素。請回答下列問題：(1)基態A1原子中，電子占據的最高能級的符號是_______________________，該能級具有的原子軌道數為_______。(2)在1000℃時，氯化鈹以BeCl2形式存在，其中Be原子的雜化方式為_________；在500?600℃氣相中，氯化鈹則以二聚體Be2Cl4的形式存在，畫出Be2Cl4的結構____________，1molBe2Cl4中含有____mol配位鍵。(3)氫化鋁鋰(LiAlH4)是有機合成中一種重要的還原劑，LiAlH4的陰離子的空間構型為____________，該陰離子的等電子體為____________（寫一種分子、一種離子）。一種無限長單鏈結構的多硅酸根的一部分如圖所示，則該硅酸根的化學式為____________________。(4)用氧化物的形式表示出祖母綠的組成：___________。如圖是Be與O形成的氧化物的立方晶胞結構，已知氧化鈹的密度為ρg/cm3，則晶胞邊長為__________cm。(設NA為阿伏加德羅常數的值，用含ρ、NA的代數式表示)，O2-的配位數為_____________。29、（10分）SO2是空氣中主要的大氣污染物，國家規定在排放前必須經過處理。Ⅰ．堿液吸收法：工業上常用NaOH溶液做吸收液。（1）向0.5L1mol·L－1的NaOH溶液中通入標準狀態下11.2L的SO2。①寫出反應的離子方程式__________；②已知：Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7，則所得溶液呈_______（填“酸性”、“堿性”或“中性”），下列有關吸收液中粒子濃度大小關系正確的是_________。Ac（H2SO3）＞c（SO32－）Bc（Na＋）＋c（H+）＝c（HSO3－）＋2c（SO32－）＋c（OH－）Cc（Na＋）＝c（H2SO3）＋c（HSO3－）＋c（SO32－）Dc（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H+）＞c（OH－）（2）工業上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用電解法處理吸收SO2后所得溶液以實現吸收液的回收再利用，裝置如下圖所示：①工作一段時間后，陰極區溶液的pH_______（填“增大”、“減小”或“不變”）。②寫出陽極的電極反應式_______。Ⅱ．SO2的回收利用：（3）SO2與Cl2反應可制得磺酰氯（SO2Cl2），反應為SO2（g）＋Cl2（g）SO2Cl2（g）。按投料比1:1把SO2與Cl2充入一恒壓的密閉容器中發生上述反應，SO2的轉化率與溫度T的關系如下圖所示：①該反應的ΔH________（填“＞”、“＜”或“＝”）0。②若反應一直保持在p壓強條件下進行，則M點的分壓平衡常數Kp＝_____（用含p的表達式表示，用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×體積分數）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A.溶質葡萄糖和溶劑水中都含有O原子，溶液中所含O原子物質的量n（O）=×6+×1=5.36mol，A錯誤；B.F2通入足量飽和食鹽水，與水發生置換反應產生HF和O2，不能置換出Cl2，B錯誤；C.N2是反應物，NH3是生成物，根據方程式可知：每斷裂NA個N≡N鍵，同時斷裂6NA個N-H鍵，表示正逆反應速率相等，表示反應達到平衡狀態，C正確；D.根據電荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，則c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但該鹽是弱酸弱堿鹽，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物質的量都小于1mol，則它們的數目都小于NA，D錯誤；故合理選項是C。2、D【解析】

根據元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，設W原子最外層電子數是a，則X、Y、Z原子序數分別是a+1、a-1、a+2，這四種元素的原子最外層電子數之和為22，則a+a＋1+a－1+a+2=22，則a=5，則X、Y、Z、W分別是O、Si、Cl、N元素；【詳解】A．NH3和SiH4均為分子晶體，NH3分子間存在氫鍵，其沸點比SiH4高，故A錯誤；B．N元素的非金屬性比Si元素強，HNO3的酸性比H2SiO3酸性強，故B錯誤；C．二氧化硅是原子晶體，四氯化硅是分子晶體，原子晶體的熔點高，即SiO2的熔點比SiCl4高，故C錯誤；D．N3﹣和O2﹣離子結構相同，核電荷數越大，離子半徑越小，則N3﹣＞O2﹣，故D正確；故選：D。【點睛】易錯選項是A，注意：氫化物的熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關，氫化物的穩定性與化學鍵有關。3、C【解析】

乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；【詳解】乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為H2O2，乙和丁組成的元素相同，則丁為H2O，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，根據轉化關系，M是單質，H2O2分解成O2和H2O，即M為O2，甲在酸中生成丙，丙為二元化合物，且含有S元素，即丙為H2S，四種元素原子序數依次增大，且都為短周期元素，X為H，Y為O，如果W為S，X、Z原子序數之和是Y、W原子序數之和的1/2，則Z為Na，如果Z為S，則W不符合要求；A、同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，原子半徑大小順序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A錯誤；B、SO2能使溴水褪色，發生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的還原性，乙烯和溴水反應，發生的加成反應，故B錯誤；C、含S元素的鹽溶液，如果是Na2SO4，溶液顯中性，如果是NaHSO4，溶液顯酸性，如果是Na2SO3，溶液顯堿性，故C正確；D、形成化合物分別是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外層有2個電子，不滿足8電子結構，故D錯誤，答案選C。【點睛】微粒半徑大小比較：一看電子層數，一般來說電子層數越多，半徑越大；二看原子序數，當電子層數相同，半徑隨著原子序數的遞增而減小；三看電子數，電子層數相同，原子序數相同，半徑隨著電子數的增多而增大。4、B【解析】

A.根據蓋斯定律，用第二個反應減第一個反應得：，故A正確；B.溫度不變，平衡常數不變，故B錯誤；C.升高溫度，正逆反應速率都可以加快，升高溫度，平衡向吸熱反應方向進行，即平衡逆向移動，反應限度降低，故C正確；D.反應物中氫氣和二氧化碳都是氣體，增大一種反應物的濃度可以提高另一種反應物的轉化率，故D正確；故選：B。5、D【解析】

A．冰醋酸固體變成液體或氣體為物理變化，化學鍵未斷裂，A錯誤；B．化學鍵未斷裂，則共價鍵類型未變，鍵能不變，B錯誤；C．物理變化分子本身未變化，分子構型不可能變化，C錯誤；D．冰醋酸固體變成液體或氣體，分子間間隔增大，需克服分子間作用力，因此分子間作用力被破壞，D正確。答案選D。6、C【解析】

A.表示N原子的原子結構示意圖，只能看出在原子核外各個電子層上含有的電子數的多少，不能描述核外電子運動狀態，故A錯誤；B.表示N原子的電子式，可以知道原子的最外電子層上有5個電子，不能描述核外電子運動狀態，故B錯誤；C.表示N原子的核外電子排布式，不僅知道原子核外有幾個電子層，還知道各個電子層上有幾個電子軌道及核外電子運動狀態，能據此確定電子能量，故C正確；D.表示N原子的軌道表示式，原子核外的電子總是盡可能的成單排列，即在2p的三個軌道上各有一個電子存在，這樣的排布使原子的能量最低，故D錯誤；故答案為：C。7、C【解析】

A.鹽酸中滴加Na2SO3溶液反應生成SO2氣體，只能說明鹽酸酸性大于亞硫酸，無法比較S和Cl的非金屬性強弱，故A錯誤；B.Fe先與FeCl3反應，再與Cu2+反應，由于加入少量的鐵粉，Fe3+未反應完，所以無紅色固體生成，無法確定是否含有Cu2+，故B錯誤；C.酸性高錳酸鉀溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，說明乙醇被氧化，體現了乙醇的還原性，故C正確；D.用3mL稀硫酸與純鋅粒反應，再加入幾滴Cu(NO3)2濃溶液，在酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，與金屬反應不能生成氫氣，故D錯誤，故選C。8、B【解析】

A.1mol白磷分子（P4）中含P-P鍵數為6mol，則6.2g白磷分子（P4）中含P-P鍵數為=0.3NA，A項錯誤；B.1個CH3+中含8個電子，所以1molCH3+中含電子數為8NA，B項正確；

C.標準狀況下，SO3不是氣體，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol計算SO3中含原子數，C項錯誤；

D.常溫常壓不是標準狀況，不能使用氣體摩爾體積22.4L/mol，無法計算轉移的電子數，D項錯誤；

答案選B。9、C【解析】

A.冰醋酸和氫氧化鈉溶液的反應為酸堿中和，而酸堿中和為放熱反應，故A錯誤；B.由于硝酸鉀為強酸強堿鹽，不能水解，故硝酸鉀加入水中沒有化學反應發生，故不符合題干的要求，故B錯誤；C.硝酸銨加入水中后，先溶于水，而銨鹽溶于水為吸熱的物理過程；然后發生鹽類的水解，由于鹽類的水解為酸堿中和的逆反應，故鹽類水解吸熱，故C正確；D.氧化鈣放入水中后和水發生化合反應，為放熱反應，故D錯誤；故選：C。10、D【解析】

放電時，LixC6在負極（銅箔電極）上失電子發生氧化反應，其負極反應為：LixC6-xe-=xLi++6C，其正極反應即在鋁箔電極上發生的反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充電電池充電時，正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，【詳解】A.放電時，LixC6在負極上失電子發生氧化反應，其負極反應為：LixC6-xe-=xLi++6C，形成Li+脫離石墨向正極移動，嵌入正極，故A項正確；B.原電池內部電流是負極到正極即Li+向正極移動，負電荷向負極移動，而負電荷即電子在電池內部不能流動，故只允許鋰離子通過，B項正確；C.充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，放電時，正極、負極反應式正好與陽極、陰極反應式相反，放電時Li1-xFePO4在正極上得電子，其正極反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，則充電時電池正極即陽極發生的氧化反應為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+，C項正確；D.充電時電子從電源負極流出經銅箔流入陰極材料（即原電池的負極），D項錯誤；答案選D。【點睛】可充電電池充電時，原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極，負極與外接電源負極相連為陰極，即“正靠正，負靠負”，放電時Li1-xFePO4在正極上得電子，其正極反應為：Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，則充電時電池正極即陽極發生的氧化反應為：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4＋xLi+。11、C【解析】

A、K+離子與O2-離子形成離子鍵，O2-離子中O原子間形成共價鍵，故A錯誤；B、K+離子位于頂點和面心，數目為8×1/8+6×1/2=4，O2-離子位于棱心和體心，數目為12×1/4+1=4，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2-，故B錯誤；C、由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D、O原子間以共價鍵結合，故D錯誤。故選C。【點睛】易錯點為C項，由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個。12、A【解析】

根據電離平衡常數得出酸強弱順序為：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－。【詳解】A.NaCN溶液中通入少量CO2的離子方程式為H2O+CO2+CN－=HCO3－+HCN，故A正確；B.向稀醋酸溶液中加少量水，，平衡常數不變，醋酸根離子濃度減小，比值減小，故B錯誤；C.根據越弱越水解，因此碳酸鈉水解程度大，堿性強，因此等物質的量濃度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C錯誤；D.等體積等物質的量濃度的NaCN溶液和HCN溶液混合，，因此混合后水解為主要，因此溶液呈堿性，故D錯誤。綜上所述，答案為A。13、B【解析】

A．砒霜有劇毒，As2O3中砷元素的化合價為+3價，能夠被氧化成+5價，則砒霜具有還原性，故A正確；B．高級脂肪酸鈉和甘油在鹽溶液中的溶解度不同，采用鹽析的方法分離，故B錯誤；C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正確；D．液態的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質變性，屬于有毒物質，但常溫下，能和硫反應生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故D正確；答案選B。14、D【解析】

A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。15、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，則X為Na；工業上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質，則Y為Al，W、Z最外層電子數相同，屬于同主族元素，Z的核電荷數是W的2倍，符合條件的W、Z為O、S。【詳解】A．W、X、Y形成的簡單離子分別是O2-、Na+、Al3+，其核外電子數都為10，故A正確；

B．Y和Z形成的化合物是Al2S3，硫化鋁在水溶液能發生劇烈的雙水解反應，所以不能通過復分解反應制得，故B錯誤；

C．S、O可形成原子個數比為1：2和1：3的共價化合物SO2、SO3，故C正確；

D．X、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應，所以它們之間能兩兩反應，故D正確；

故選：B。16、A【解析】

A．利托那韋（Ritonavir）結構中含有肽鍵、酯基，在酸堿條件下都能水解，A選項正確；B．由于兩個苯環沒有對稱，一氯取代物有6種，B選項錯誤；C．根據結構簡式可知，該結構中有5個甲基，C選項錯誤；D．由于肽鍵、酯基的碳氧雙鍵一般不參與氫氣加成，苯環、碳碳雙鍵、碳氮雙鍵可與H2發生加成反應，所以1mol該結構可以與3+3+2+2=10molH2加成，D選項錯誤；答案選A。17、D【解析】

A．鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現，故A錯誤；B．硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應原理，故D正確；故答案選D。18、D【解析】

A．開始NaOH少量，先生成氫氧化鋁沉淀，后加入過量的氫氧化鈉與氫氧化鋁沉淀發生反應沉淀溶解，但沒有體現氫氧化鋁既能和酸反應，又能和堿反應，實驗不能說明氫氧化鋁具有兩性，故A錯誤；B．發生反應HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可認為AlO2-結合了HCO3-電離出來的H+，則結合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B錯誤；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高價氧化物的水化物，所以不能比較Cl、Si非金屬性強弱，故C錯誤；D．白色固體先變為淡黃色，后變為黃色沉淀，發生沉淀的轉化，生成溶度積更小的沉淀，則溶度積為Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正確；故選D。【點睛】本題的易錯點為C，要注意非金屬性強弱的判斷方法的歸納，根據酸性強弱判斷，酸需要是最高價含氧酸。19、D【解析】

A.He分子是單原子分子，相對分子質量為4，NA個氮分子與NA個氦分子的質量比為28∶4=7∶1，故A不選；B.不知道FeCl3溶液的體積，無法計算轉移的電子數，故B不選；C.11.2LCH4沒有指明標準狀況下，故C不選；D.20g分子為1mol，含有10NA個電子，故D選。故選D。20、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能產生丁達爾效應，A符合題意；B.蛋白質溶于水得到蛋白質溶液，由于蛋白質分子直徑比較大，其溶液屬于膠體，能產生丁達爾效應，B不符合題意；C.硫酸鐵溶于水后，電離產生的Fe3+發生水解作用產生Fe(OH)3膠體，可以發生丁達爾效應，C不符合題意；D.淀粉分子直徑比較大，溶于水形成的溶液屬于膠體，可以發生丁達爾效應，D不符合題意；故合理選項是A。21、D【解析】

A.鐵過量，1molCl2完全反應轉移2mol電子，選項A正確；B.乙醇有0.5mol，另外還有1.5mol水，故氫原子總數為（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA=6NA，選項B正確；C.反應中每生成4mol氮氣轉移15mol電子，生成28gN2時（物質的量為1mol），轉移的電子數目為3.75NA，選項C正確；D.NaCl溶液不水解，為中性，NaF溶液水解，為堿性，根據電荷守恒，兩溶液中離子總數均可表示為2[n(Na+)+n(H+)]，Na+數目相等，H+數目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中離子總數：前者大于后者，選項D錯誤；答案選D。22、C【解析】

A．由4，7-二氯喹啉的結構簡式可知，該分子含有苯環，屬于芳香族化合物，A選項正確；B．根據苯環、碳碳雙鍵中所有原子共平面分析可知，該分子中所有原子在同一平面上，B選項正確；C．由結構簡式可知，分子式為C9H5NCl2，C選項錯誤；D．該分子中苯環能夠發生取代、加成反應，碳碳雙鍵能夠發生加成反應、氧化反應，D選項正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、甲苯氯原子或－ClC7H7O3N取代反應或硝化反應保護(酚)羥基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的結構簡式為，逆推可知G為。縱觀整個過程，可知烴A為芳香烴，結合C的分子式C7H8O，可知A為，A與Cl2發生苯環上氯代反應生成B，B中氯原子發生水解反應、酸化引入-OH生成C，C中酚羥基發生信息①中取代反應生成D，D與酸性KMnO4溶液反應，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F轉化中在苯環上引入硝基-NO2，F→G的轉化重新引入酚羥基，可知C→D的轉化目的防止酚羥基被氧化，結合H的結構簡式，可推知B為、C為、D為、E為、F為。(5)甲基氧化引入羧基，硝基還原引入氨基，由于氨基易被氧化，應先把甲基氧化為羧基后再將硝基還原為氨基，結合苯環引入基團的定位規律，甲苯先和濃硝酸發生取代反應生成鄰硝基甲苯，然后鄰硝基甲苯再被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，最后鄰硝基苯甲酸和Fe、HCl反應生成鄰氨基苯甲酸。【詳解】根據上述分析可知：A為，B為、C為、D為、E為、F為，G為，H為。(1)烴A為，A的名稱為甲苯。B為，B中官能團為氯原子。H的結構簡式為，H的分子式為C7H7O3N。反應②是苯環上引入硝基，反應類型是：取代反應；(2)C→D中消除酚羥基，F→G中又重新引入酚羥基，而酚羥基容易被氧化，所以流程中設計C→D的目的是：保護(酚)羥基不被氧化；(3)D是，D與足量NaOH溶液發生酯的水解反應，化學方程式為：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D為，其符合下列條件的同分異構體：A.屬于芳香族化合物，說明含有苯環；B.既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，說明含有-OOCH基團。只有1個取代基為-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH兩種不同結構；有2個取代基為-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，這兩種情況均有鄰、間、對3種位置結構，種類數為2×3=6種；有3個取代基為-CH3、-CH3、-OOCH，2個甲基有鄰、間、對3種位置結構，對應的-OOCH分別有2種、3種、1種位置，故符合條件的共有2+3×2+2+3+1=14種。其中核磁共振氫譜圖中峰面積之比為6：2：1：1的同分異構體的結構簡式：或。(5)以甲苯為原料合成的方法是：先使甲苯發生取代反應產生鄰硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基為—COOH，得到鄰硝基甲苯，用Fe在HCl存在條件下發生還原反應，—NO2被還原得到—NH2，就生成鄰氨基苯甲酸。故合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物推斷與合成，涉及物質的命名、反應類型的判斷、操作目的、同分異構體種類的判斷及符合要求的同分異構體結構簡式的書寫等。要采用正推、逆推相結合的方法分析判斷。需要熟練掌握官能團性質與轉化，并對給予的信息進行利用，結合轉化關系中有機物H的結構和反應條件進行推斷。24、消去反應加聚反應C10H18HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2OHCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3或濃溴水【解析】

根據題中各物質轉化關系可知，A遇FeCl3溶液顯紫色，所以A中有酚羥基，A→B發生了類似題已知的反應，結合M的結構簡式可以反應推得A為，B為，C為，D為，根據E的分子式，且E在濃硫酸條件下能生成G，可知E為，G為，根據F的分子式可知，F為，所以H為，據此分析解答。【詳解】(1)反應Ⅰ是醇羥基脫水生成碳碳雙鍵，所以是消去反應，反應Ⅱ是由單體發生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反應；(2)根據上面的分析可知，D為，所以D的分子式為C10H18，G的結構簡式為；(3)E生成F的化學反應方程式為HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2O；(4)E在濃硫酸作用下轉化為F時，除生成副產物G，還會進行分子間的縮聚生成高分子，該產物的結構簡式為；(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構體有多種，其中一種的結構簡式為HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；(6)根據上面的分析可知，高分子化合物N的結構簡式為或，A有2種結構，可通過定量實驗來確定其準確結構，該定量實驗可通過A與濃溴水反應來實現，根據用去的溴的物質量判斷；25、將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在水浴加熱（或熱水浴）降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出過濾、洗滌80%減小【解析】

(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理為強酸制弱酸，化學反應方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應后的濾液緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂進行陽離子交換，可將為充分反應的Ca2+交換為H+，即將未充分反應的葡萄糖酸鈣轉化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸；(3)結合SO42-離子的檢驗方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在；(4)實驗Ⅰ制備葡糖糖酸時，反應條件為90℃，則最佳的加熱方式為水浴加熱（或熱水浴），故答案為：水浴加熱（或熱水浴）；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后，加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過濾、洗滌，故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出；過濾、洗滌；(6)根據反應方程式可得關系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質的量為n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根據可得，葡萄糖酸鋅的產率為，若pH≈5時就進行后續操作，一些葡萄糖酸就不能充分轉化為葡萄糖酸鋅，導致葡萄糖酸鋅質量將減小，產率減小，故答案為：80%；減小；26、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3+5O24NO+6H2O無色氣體變紅棕色1：2H2O2AD【解析】

(1)NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱反應產生CaCl2、NH3、H2O；(2)氨氣是一種堿性氣體，會與酸發生反應；(3)在工業上氨氣被催化氧化產生NO，NO與氧氣反應產生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根據電子守恒、一種守恒配平方程式，判斷氧化劑、還原劑的物質的量的比，根據物質的顏色判斷反應現象；(4)只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環保，還原產物無污染；(5)若要將NH3→N2，N元素的化合價由-3價變為0價，氨氣被氧化，加入的物質應該有強的氧化性。【詳解】(1)NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱，發生復分解反應，反應產生CaCl2、NH3、H2O，反應方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)氨氣是一種堿性氣體，能與酸發生反應，而不能與堿反應，因此不能使用濃硫酸干燥，可以使用堿石灰、NaOH固體干燥，故合理選項是A；(3)①NH3與O2在催化劑存在條件下加熱，發生氧化反應產生NO和水，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；②NO在室溫下很容易與O2反應產生NO2，NO是無色氣體，NO2是紅棕色氣體，所以反應的實驗現象是看到氣體由無色變為紅棕色；③NO2被水吸收得到HNO3，反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在該反應中，NO2既作氧化劑，又作還原劑，氧化劑與還原劑物質的量之比為1：2。(4)圖中實驗室只用一種物質將NO直接轉化為硝酸且綠色環保，則該物質的化學式為H2O2；(5)若要將NH3→N2，由于N元素的化合價由-3價變為0價，氨氣被氧化，則加入的物質應該有強的氧化性。A.O2可以將NH3氧化為N2，A符合題意；B.金屬Na具有強的還原性，不能氧化NH3，B不符合題意；C.NH4Cl中N元素化合價也是-3價，不能與氨氣反應產生氮氣，C不符合題意；D.NO2中N元素化合價也是+4價，能與氨氣反應產生氮氣，D符合題意；故合理選項是AD。【點睛】本題考查了氮元素的單質及化合物的轉化、氣體的制取、干燥、氧化還原反應的應用等。掌握N元素的有關物質的性質、反應規律、氧化還原反應中電子得失與元素化合價的升降、反應類型的關系、物質的作用關系等基礎知識和基本理論是本題解答的關鍵。27、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O當滴加最后一滴硫代硫酸鈉溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化偏低從表格中可以看出，第二次滴定誤差較大，不應計算在平均值里面，消耗I2標準溶液的平均值為20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n（Na2S2O3?5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m（Na2S2O3?5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%。【解析】

（1）堿性條件下二者發生氧化還原反應生成氯離子和硫酸根離子；（2）以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/LI2的標準溶液進行滴定，終點現象為溶液變藍色且半分鐘內不褪色；依據反應的定量關系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣計算碘單質消耗的硫代硫酸鈉，計算得到樣品中的質量分數。【詳解】（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反應的離子方程式為S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O，故答案為：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O；（2）①加入最后一滴I2標準溶液后，溶液變藍，且半分鐘內顏色不改變，說明Na2S2O3反應完畢，滴定到達終點，故答案為：當滴加最后一滴硫代硫酸鈉溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化；②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則Na2S2O3反應不完全，導致測定結果偏低，故答案為：偏低；③第2次實驗消耗標準液的體積與其它2次相差比較大，應舍棄，1、3次實驗的標準液平均值為消耗標準液體積，即消耗標準液體積為20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n(Na2S2O3?5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m(Na2S2O3?5H2O)＝0.02mol×248g/mol