2021-2022学年广西壮族自治区桂林市第十八中学高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验装置能达到实验目的的是（ ）A用图装置进行石油的分馏B用图装置蒸干FeCl3溶液得到FeCl3固体C用图装置分离乙酸和乙醇的混合物D用图装置制取H2并检验H2的可燃性2、下列物质中，既能发生取代反应，又能发生消去反应，同时催化氧化生成醛的是( )ABCD3、下列说法正确的是（ ）A金刚石与晶体硅

2、都是原子晶体B分子晶体中一定含有共价键C离子晶体中一定不存在非极性键D离子晶体中可能含有共价键，但一定含有金属元素4、阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A与环戊醇互为同系物B分子中所有碳原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M5、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是AW、Z形成的化合物中，各原子最外层

3、均达到8个电子结构B元素X与氢形成的原子数之比为11的化合物有很多种C元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成6、下列方案设计能达到实验目的的是ABCD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KspCu(OH)2YXWCY2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构D工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质15、下列关于有机化合物的说法正确的是( )A属于醛类，官能团为CHOB分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种C立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种D烷烃的正确命名是2-

4、甲基-3-丙基戊烷16、下列关于有机物(a)的说法错误的是Aa、b、c的分子式均为C8H8Bb的所有原子可能处于同一平面Cc的二氯代物有4种Da、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是_.(2)反应中除B外，还需要的反应物和反应条件是_(3)有机物D的结构简式为_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子 b.能发生银镜反应c.能和氢氧

5、化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_。18、药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（1,4-环己二酮单乙二醇缩酮）和Y（咖啡酸）为原料合成，如下图：（1）化合物X的有_种化学环境不同的氢原子。（2）下列说法正确的是_。AX是芳香化合物BNi催化下Y能与5molH2加成CZ能发生加成、取代及消去反应D1mol Z最多可与5mol NaOH反应（3）Y与过量的溴水反应的化学方程式为_。（4）X可以由_（写名称）和M（）分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个OH的消去反应得到稳定化合物N（分子式为C6H8O2），则N的结构简

6、式为_（已知烯醇式不稳定，会发生分子重排，例如：）。（5）Y也可以与环氧丙烷（）发生类似反应的反应，其生成物的结构简式为_（写一种）；Y的同分异构体很多种，其中有苯环、苯环上有三个取代基（且酚羟基的位置和数目都不变）、属于酯的同分异构体有_种。19、苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/沸点/溶解性密度/gcm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.

7、23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134.比较苯胺与氨气的性质 (1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。 .制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是_(填“a”或“b”)；(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii

8、.加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是_。 (5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。(6)该实验中苯胺的产率为 _。 (7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案： _。20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。.制备Na

9、2S2O5可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是_。A中发生反应的化学方程式为_。仪器E的作用是_。（2）F中盛装的试剂是_。.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为_。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品_。.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解

10、在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为_%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度_。（填“偏高”、“偏低”）21、超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式

11、是_；核外未成对电子数是_个。(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_(填元素符号)，p甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_。(已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+FE=2。则一个C60分子的结构是由_个五边形和_个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：_。(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0

12、，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_。已知该晶体的密度是gcm-3，Mo的摩尔质量是Mgmol-1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_pm。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A. 用图装置进行石油的分馏，故A正确；B. 用图装置蒸干FeCl3溶液不能得到FeCl3固体，氯化铁要在HCl气流中加热蒸干，故B错误；C. 乙酸和乙醇是互溶的混合物，不能用分液漏斗分离，故C错误；D. 用图装置制取H2，先要验纯，在点燃检验H2的

13、可燃性，故D错误。综上所述，答案为A。2、D【解析】A.2丙醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成丙烯，发生催化氧化反应生成丙酮，A不符合题意；B. 苯甲醇可与HCl等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成苯甲醛，但不能发生消去反应，B不符合题意；C.甲醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，但不能发生消去反应，C不符合题意；D. 含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成2甲基1丙烯，发生催化氧化反应生成2甲基丙醛，D符合题意；答案选D。【点晴】该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律，即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反

14、应，形成不饱和键；醇发生氧化反应的结构特点是：羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，如果含有2个以上氢原子，则生成醛基，否则生成羰基。3、A【解析】A. 金刚石与晶体硅都是原子晶体，A项正确；B. 分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，B项错误；C. 离子晶体中一定含有离子键，可能含有非极性键，如过氧化钠中含有离子键与非极性键，C项错误；D. 离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如铵盐，D项错误；答案选A。【点睛】离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，如果是单原子

15、分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。4、D【解析】AM中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误；BM中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；CM中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；D乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确；故答案为：D。5、A【解析】W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序

16、数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；故答案是A。6、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

17、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KspCu(OH)2KspMg(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。7、B【解析】A. 含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H

18、2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，该反应中消耗1mol H2SO4，转移的电子数为2NA，则含1mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；B. 常温下1 L 0.1 molL1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA， B正确；C. 1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1mol，故C错误；D. 该原电池中，导

19、线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5mol，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D错误；答案选B。【点睛】C、D容易错，往往误以为1mol物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。8、C【解析】温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动，故A不符合题意； B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B不符

20、合题意； C、平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意； D、减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系 aO2-Al3+H+，B不正确；CAl2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确；故选B。15、C【解析】A的官能团为COO(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；B分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可

21、能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为C4H9，C4H9的同分异构体有CH2CH2CH2CH3、CH(CH3)CH2CH3、CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种丙酸和乙醇酯化，1种丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；C氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；D的最长碳

22、链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；答案选C。【点睛】B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。16、C【解析】A结构中每个顶点为碳原子，每个碳原子形成四个共价键，不足键用氢补齐，a、b、c的分子中都含有8个C和8个H，则分子式均为C8H8，故A正确；Bb中苯环、碳碳双键为平面结构，与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面，单键可以旋转，则所有原子可能处于同一平面，故B正确；Cc有两种氢原子，c的一氯代物有两种，采用“定一

23、移一”法，先固定一个Cl，第二个Cl的位置如图所示：，移动第一个Cl在位、第二个Cl在位，c的二氯代物共有6种，故C错误；Da、b、c中均有碳碳双键，具有烯烃的性质，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4 【解析】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢

24、原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故

25、答案为：；4；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。18、3 C 乙二醇 或 8 【解析】（1）同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（

26、类似于平面镜成像中物体和像的关系），所以根据化合物X的结构简式可知，分子中含有3种化学环境不同的氢原子。（2）A、X分子中不存在苯环，不是芳香化合物，A不正确；B、Y分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，在Ni催化下Y能与4molH2加成，B不正确；C、Z分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基、酯基，因此能发生加成、取代及消去反应，C正确；D、Z分子中含有2和酚羟基和1个酯基，则1mol Z最多可与3mol NaOH反应，答案选C。（3）Y分子中酚羟基的邻位与对位的氢原子与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则Y与过量的溴水反应的化学方程式为。（4）X分子中含有2个醚键，则X可以由乙二醇和M

27、通过分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个OH的消去反应生成碳碳双键，由于羟基与碳碳双键直接相连不稳定，容易转化为碳氧双键，所以得到稳定化合物N的结构简式为。（5）根据已知信息可知反应是醚键断键，其中一个氧原子结合氢原子变为羟基，而属于其它部分相连，由于环氧乙烷分子不对称，因此生成物可能的结构简式为或；苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能；属于酯的取代基有4种：、（或），所以共24=8种同分异构体。19、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH- C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基

28、苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤 【解析】(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184分析； (2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上

29、述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2，则m=4.65g，所以该实验中苯胺

30、的产率=100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。20、三颈烧瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 浓NaOH溶液 5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O 氧化变质 95.0 偏高 【解析】A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2

31、SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【详解】（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂-浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管

32、中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4将S2O52氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O54MnO42H=10SO424Mn2H2O；氧化变质；.（4）由关系式：5SO322MnO4，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4)= 0.2500mol/L20.0010-3L=2.00010-3mol，再由5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O得：Na2S2O5样品的纯度为= 100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。21、4d5s1 6 C sp2和sp3 12 20 由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有602=30个双键，易与活泼的F2发生加成反应生成C60F60 体心立方密堆积