怀仁县2022年高考化学倒计时模拟卷含解析

2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091molB．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC．该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂D．常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.02、下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A比较Cl和S的非金属性往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C制取氢氧化铁胶体将FeCl3溶液滴入NaOH溶液D比较HClO和H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pHA．A B．B C．C D．D3、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（）A．Z元素的含氧酸一定是强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性4、香豆素－4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是A．分子式为C10H9O3B．能发生水解反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol香豆素－4最多消耗3molNaOH5、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应C．分子中含有四种不同的官能团D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应6、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe2++Cr3+Fe3++Cr2+，工作示意图如图。下列说法错误的是A．放电时a电极反应为Fe3++e-=Fe2+B．充电时b电极反应为Cr3++e-=Cr2+C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低7、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg与pH的变化关系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a点时两溶液中水的电离程度不相同8、为了除去括号中的杂质，不合理的是（）选项物质（杂质）加入试剂方法A氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤BKNO3（s）（少量NaCl）水结晶C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液D乙醇（水）新制生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D9、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性10、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A．是一种酯类有机物 B．含苯环和羧基的同分异构体有3种C．所有碳原子可能在同一平面 D．能发生取代、加成和氧化反应11、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A．氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B．碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2C．葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D．漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)212、下列表示正确的是()A．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2B．CO2的电子式：C．金刚石的比例模型：D．硫离子的结构示意图：13、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价＋1＋3＋2＋6、－2－2A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞AB．氢化物的沸点H2E＞H2DC．单质与稀盐酸反应的速率A＜BD．C2＋与A＋的核外电子数相等14、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．甲装置用于分离CCl4和I2B．乙装置用于分离乙醇和乙酸乙酯C．丙装置用于分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液D．丁装置用于由氯化铵饱和溶液得到氯化铵晶体15、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>YB．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同16、室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B．用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D．V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.517、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯18、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是A．“石碱”的主要成分易溶于水B．“石碱”俗称烧碱C．“石碱”可用作洗涤剂D．“久则凝淀如石”的操作为结晶19、下列反应所得溶液中只含一种溶质的是A．Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B．A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C．浓H2SO4中加入过量Cu片，加热 D．Ca(C1O)2溶液中通入过量CO220、12mLNO和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO和NH3体积比可能是A．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：321、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3的溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-弱D取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解A．A B．B C．C D．D22、将含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中，最终溶液中不存在A．K+ B．Al3+ C．SO42- D．AlO2-二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：试回答：(1)写出上述有关物质的化学式：A________；B________；D________。(2)写出反应①和②的化学方程式：________________。24、（12分）煤化工可制得甲醇．以下是合成聚合物M的路线图．己知：①E、F均能发生银镜反应；②+RX+HX完成下列填空：（1）关于甲醇说法错误的是______（选填序号）．a．甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b．甲醇可以产生CH3OCH3（乙醚）c．甲醇有毒性，可使人双目失明d．甲醇与乙醇属于同系物（2）甲醇转化为E的化学方程式为______．（3）C生成D的反应类型是______；写出G的结构简式______．（4）取1.08gA物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式______．25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。26、（10分）CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_______→D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。27、（12分）有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。28、（14分）（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为________。第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_______种。（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有___________(填标号)。A．都属于p区主族元素

B．电负性都比镁大C．第一电离能都比镁大

D．氯化物的水溶液pH均小于7（3）Al元素可形成[AlF6]3－、[AlCl4]－配离子，而B元素只能形成[BF4]－配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是________________；[AlCl4]-的立体构型名称为______。（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。①白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是________________②黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_________。A．黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化B．黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力C．黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D．P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高（5）F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)，原因是_________。（6）金属钾的晶胞结构如图。若该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加得罗常数为NA，则表示K原子半径的计算式为______。29、（10分）H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。请回答下列问题：(1)H2S的电子式为____________，其热稳定性弱于HCl的原因是____________。(2)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g)。已知：I．CH4(g)+4S(s)CS2(g)+2H2S(g)△H1=akJ·mol－1；II．S(s)+H2(g)H2S(g)△H2=bkJ·mol－1；Ⅲ．CS2(1)CS2(g)△H3=ckJ·mol－1；则反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(1)+4H2(g)的△H=____________kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。(3)800℃时，将一定量的H2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应H2S(g)S(s)+H2(g)，tmin后反应达到化学平衡状态，测得容器中H2与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2S的初始浓度_______mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数K=______。(4)向恒压密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，发生反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度(℃)的关系如图所示：①该反应的活化能：E正____________E逆(填“＞”“＜”或“=”)②若初始容积为V0L，1200℃反应达到平衡时，容器的容积为____________L(用含V0的代数式表示)。③1200℃时，欲提高CH4的平衡转化率，可以采取的措施是____________(填选项字母)。A．增大压强B．再充入CH4C．再充入H2SD．充入HeE．使用高效催化剂(5)H2S废气可用碳酸钠溶液吸收，将吸收足量H2S气体后的溶液加入到如图所示的电解池中进行电解，在阳极生成有工业价值的Na2S2O3，电解时阳极的电极反应式为____________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，据此计算n(HA−)；B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)＝c(HA−)。【详解】A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，Ka2＝＝×c(H＋)＝×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA−)约为0.0091mol，故A正确；B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2−)＋c(HA−)＝0.1mol/L，故B错误；C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误；D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2−)、c(HA−)不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；故答案选A。【点睛】正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。2、A【解析】

A.往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B错误；C.将FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH，可比较HClO与HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D错误；答案为A。3、D【解析】

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；【详解】A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。4、A【解析】

A、反应式应为C10H8O3，错误；B、分子中有酯基，可以发生水解反应；正确；C、酚羟基和苯环相连碳上有H，可以被氧化，正确；D、酯基水解后共有两个酚羟基和一个羧基，共消耗3molNaOH，正确；故选A。5、C【解析】

由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故答案为C。6、C【解析】

A.电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e-=Fe2+，故A正确；B.充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e-=Cr2+，故B正确；C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D.根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D正确；故选C。7、A【解析】

NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；故答案为A。8、A【解析】

A．二者均与NaOH反应，不能除杂，应加氨水、过滤，选项A错误；B．二者溶解度受温度影响不同，可结晶法分离，选项B正确；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，选项C正确；D．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，可蒸馏分离，选项D正确；答案选A。9、D【解析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。10、B【解析】

根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基。【详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B.同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；答案为B。11、B【解析】

A．胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B．碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3－或I－补充，而I2有毒不能服用，错误，B选；C．葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D．漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选B。12、A【解析】

A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2，选项A正确；B、CO2的电子式为，选项B错误；C、该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；D、硫离子的核电荷数是16，硫离子的结构示意图为，选项D错误；故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项C，该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。13、B【解析】

元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。【详解】A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH>Be(OH)2，A选项错误；B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D<H2E，B选项正确；C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na>A1，C选项错误；D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。14、A【解析】

A选项，CCl4和I2是互溶的，两者熔沸点不同，因此采用蒸馏方法分离，故A正确；B选项，乙醇和乙酸乙酯是互溶的，要采用先加饱和碳酸钠溶液，在分液的方法，故B错误；C选项，分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液只能采用渗析的方法，胶体不能透过半透膜，溶液中离子能透过半透膜，故C错误；D选项，氯化铵饱和溶液蒸发时要水解，最后什么也得不到，故D错误；综上所述，答案为A。15、B【解析】

前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；故合理选项是B。16、C【解析】

A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(NaOH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)==mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。17、B【解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。18、B【解析】

A.由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；B.“采蒿蓼之属……晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D.“以原水淋汁……久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；选B。19、A【解析】

A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。20、C【解析】

根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；故合理选项是C。21、C【解析】

A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。22、D【解析】

1molKAl(SO4)2电离出1mol钾离子，1mol铝离子，2mol硫酸根离子，加入1mol氢氧化钡，电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，故选：D。二、非选择题(共84分)23、H2OCO2CH3CH2OH6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O【解析】

首先找题眼：由A+B葡萄糖+氧气，可知这是光合作用过程，光合作用的原料是二氧化碳和水，产生的葡萄糖经过发酵产生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是实验室常用的一种燃料，可知D为酒精，B就是二氧化碳，则A为水，带入验证完成相关的问题。【详解】（1）根据以上分析可知A、B、D的化学式分别是H2O、CO2、CH3CH2OH；（2）反应①为光合作用，发生的方程式为：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑；反应②是酒精燃烧，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。【点睛】对于物质推断题，解题的关键是寻找“题眼”，“题眼”是有特征性的物质性质或反应条件，以此作为突破口，向左右两侧进行推断。24、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3．【解析】

一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，(1)a．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；b．甲醇分子间脱水生成CH3OCH3，故b正确；c．甲醇有毒性，可使人双目失明，故c正确；d．甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式HCOOCH3；(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol，与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01mol，则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：。25、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。26、三颈烧瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及时除去系统中反应生成的H+3.5可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化C→B→A温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）【解析】

Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【详解】Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点Ⅱ.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。27、DCDB将装置中的N2（或空气）排除干净将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2该氨基酸的摩尔质量偏小取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）【解析】

根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。【详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，故答案为DCDB；（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，故答案为该氨基酸的摩尔质量；（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，故答案为偏小；（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。【点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。28、4BD中心原子半径、配位原子的半径正四面体P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水BDF的原子半径小，孤电子对之间的斥力大【解析】（1）溴原子为35号元素，基态原子价层电子排布式[Ar]3d104s24p5，电子排布图为：；,溴原子未成对电子数为1，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有：K、Sc、Cr、Cu，共4种；（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。A.Be属于s区，Al属于P区，故A错误；B.电负性都比镁大，故B正确；C.元素Be的第一电离能比Mg大，元素Al的第一电离能比Mg小，故C错误；D.氯化物的水溶液均发生水解，溶液显酸性，则PH<7，D项正确。答案选BD；（3）B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成[AlF6]3-，[AlCl4]-配离子，而B只能形成[BF6]3-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；[AlCl4]-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；（4）①P4,CS2是非极性分子，H2O是极性分