山东省滨州市2020-2022三年高一化学下册期末试题汇编

这是一份山东省滨州市2020-2022三年高一化学下册期末试题汇编，共62页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，元素或物质推断题，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山东省滨州市2020-2022三年高一化学下册期末试题汇编

一、单选题
1．（2020春·山东滨州·高一统考期末）新冠肺炎疫情出现以来，系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法不正确的是
A．使用84消毒液杀菌消毒是利用了溶液的强氧化性
B．防控新冠病毒所用的酒精浓度越大，消毒效果越好
C．N95型口罩的核心材料聚丙烯属于有机高分子材料
D．冷链运输抗病毒疫苗可避免蛋白质变性
2．（2020春·山东滨州·高一统考期末）下列化学用语正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．氯元素的原子结构示意图：
C．氯化镁的电子式：
D．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
3．（2020春·山东滨州·高一统考期末）下列说法不正确的是
A．金刚石、C60、石墨互为同素异形体 B．葡萄糖与果糖互为同分异构体
C．H、D、T互为同位素 D．乙醇与甘油互为同系物
4．（2020春·山东滨州·高一统考期末）对于化学反应中的能量变化，下列表述不正确的是
A．吸热反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量 B．形成化学键的过程释放能量
C．加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．任何化学反应都伴随着能量变化
5．（2020春·山东滨州·高一统考期末）下列说法正确的是
A．葡萄糖的化学式为C6H12O6，一定条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应
B．淀粉的化学式为(C6H10O5)，遇含碘元素的物质一定变为蓝色
C．蛋白质的组成元素有C、H、O、N、P、S等，加入饱和(NH4)2SO4溶液会失去生理活性
D．油脂的组成元素有C、H、O三种元素，属于天然有机高分子化合物
6．（2020春·山东滨州·高一统考期末）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同主族。下列说法不正确的是
A．原子半径:r(X)”、“r(S)>r(O)，故A说法正确；
B. O的最高化合价不是＋6价，S的最高化合价为＋6价，故B说法错误；
C. Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性：Na>Al，即碱性：NaOH>Al(OH)3，故C说法正确；
D. 非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强，非金属性：O>S，即氢化物稳定性：H2O>H2S，故D说法正确；
答案为B。
【点睛】微粒半径大小比较：①看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；②看原子序数，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小；③电子数，电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数增大而增大。
7．C
【分析】该装置为燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，电解质为KOH，然后根据原电池工作原理进行分析；
【详解】A. NH3中N显－3价，N2中N显0价，N的化合价升高，根据原电池工作原理，因此电极a为负极，电极b为正极，故A错误；
B. 根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH－向电极a移动，故B错误；
C. 电极a为负极，根据装置图，电极a电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O，故C正确；
D. 根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电流从电极b经负载流向电极a，故D错误；
答案为C。
【点睛】电极反应式的的书写是本题的难点，书写电极反应式，一般先写出氧化剂+ne-→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，像本题：2NH3－6e－→N2，然后根据溶液的酸碱性，判断H＋、OH－、H2O谁参与反应，本题为NaOH溶液，溶液显碱性，因此根据电荷守恒和原子守恒，配平即可。
8．B
【分析】Mg比Fe活泼，与酸反应较剧烈，硝酸与活泼金属反应生成NO，不生成氢气，Mg与盐酸反应时，氢离子浓度越大，反应速率越大、温度越大，反应速率越大；
【详解】A．硝酸与镁反应不生成氢气，故A错误；
B．B中Mg比Fe活泼，氢离子浓度大，温度高，放出氢气的速率快，故B正确；
C．Mg比Fe活泼，与酸反应较剧烈，反应速率比镁小，故C错误；
D．温度较低，反应速率较小，放出氢气的速率慢，故D错误；
故选B。
9．D
【详解】A．由图知，该有机物的分子式为C13H14O5，A正确；
B．该有机物分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B正确；
C．该有机物分子中含有碳碳双键和苯基，它们都能在催化剂作用下与H2等发生加成反应，C正确；
D．该有机物分子中含有2个-COOH、1个醇-OH，它们都能与Na反应，所以1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5mol H2，D错误；
答案选D。
10．A
【详解】①发生的反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用金属活动性强的制取金属活动性弱的，说明铁的金属性强于铜，故①可以达到实验目的；
②两者都可以跟浓硫酸发生反应，因此无法比较出两者活动性，故②不能达到实验目的；
③发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，无法比较铁的金属性强于Cu，故③不能达到实验目的；
④构成原电池，一般金属性强的作负极，铜片上有气泡产生，该电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，铜片为正极，Fe片为负极，能够说明Fe的金属性强于Cu，故④能达到实验目的；
⑤铁片与浓硝酸在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能说明Fe的金属性强于Cu，故⑤不能达到实验目的；
综上所述，选项①④正确；
答案为A。
11．D
【详解】A. 苯的密度小于水的密度，分层后溴的苯溶液在上层，分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，而本题中溴的苯溶液从下口流出，故A错误；
B. 乙醇为非电解质，该装置不是闭合回路，因此不能构成原电池，故B错误；
C. 制取乙酸乙酯时，为防止倒吸，导管不能伸入液面以下，而本题中导管伸入液面以下，故C错误；
D. 蒸馏米酒需要用蒸馏装置，题中所给装置，符合蒸馏装置的要求，故D正确；
答案为D。
12．D
【详解】A. 3～9min内，，A正确；
B. 混合气体中CO2的体积分数保持不变时，说明各成分的量保持不变，则上述反应达到平衡状态，B正确；
C. ，则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数 ，C正确；
D. 由图知，3 min时化学反应还没有平衡，v正(CH3OH)≠v逆(CH3OH)，D错误；
答案选D。
13．D
【分析】海带浸取液中碘元素以I－形式存在，H2O2具有强氧化性，反应①发生2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O，I2易溶于有机溶剂，反应②萃取分液，得到含I2的有机溶液，然后加入NaOH溶液，发生3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，NaI和NaIO3易溶于水，根据流程图，CCl4难溶于水，且密度大于水，下层溶液为CCl4，上层溶液为NaI和NaIO3，上层溶液加入H2SO4发生5I－＋IO3－＋6H＋=3H2O＋3I2，然后采用过滤的方法获得I2，据此分析；
【详解】A. 根据上述分析，I－先转化成I2，利用I2易溶于有机溶剂，进行萃取，得到I2的有机溶液，然后再获得I2的悬浊液，该实验方案中采用了反萃取法，故A说法正确；
B. 根据上述分析，有机溶剂a为CCl4，故B说法正确；
C. I2与NaOH反应发生歧化反应，其反应方程式为3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，故C说法正确；
D. 含I2饿悬浊液获得I2固体，操作应是过滤，故D说法错误；
答案为D。
14．A
【详解】A．二氧化硅具有良好的光传导性，常用来制造光导纤维，故A正确；
B．地沟油属于油脂，汽油属于烃，蒸馏“地沟油”不能获得汽油，可以获得生物燃料，故B错误；
C．掩埋废旧电池，会造成电解液流出，里面的重金属离子会对土壤造成污染，故C错误；
D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故D错误；
故选A。
15．D
【详解】A．分子中氮原子还有一对孤电子对，其电子式为：，故A错误；
B．碳原子半径大于氧原子半径，则的空间填充模型为：，故B错误；
C．乙烯的官能团为碳碳双键，其结构简式为：，故C错误；
D．硫离子核电荷数为16，核外有18个电子，最外层电子数为8，则的结构示意图为：，故D正确；
答案选D。
16．C
【详解】A.传统酿醋工艺中蒸拌原料属于蒸馏过程，与溶解和过滤无关，故A错误；
B.传统酿醋工艺中淀粉发酵是淀粉先发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生产乙醇，与溶解和过滤无关，故B错误；
C.传统酿醋工艺中清水浸淋的过程为加水溶解和过滤的过程，故C正确；
D.传统酿醋工艺中放置陈酿的过程为乙醇发生催化氧化反应生成乙酸，与溶解和过滤无关，故D错误；
故选C。
17．C
【详解】A．石油裂解的目的是获得化工原料，不用作燃料，故A错误；
B．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等化合物，苯、甲苯、二甲苯等化合物可以通过煤的干馏获得的，煤的干馏是化学变化，故B错误；
C．蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味，故C正确；
D．糖类中的单糖不能发生水解反应，故D错误；
故选C。
18．C
【详解】A．原子核内中子数=247-96=151，核外电子数=96，核内中子数与核外电子数之差=151-96=55，故A正确；
B．、、是质子数相等，中子数不等的原子，互为同位素，故B正确；
C．属于过渡元素，属于金属元素，离金属与非金属的分界线较远，一般不会用作半导体材料，故C错误；
D．在元素周期表中，第3纵列至第12纵列为过渡元素，均为金属元素，故D正确；
故选C。
19．B
【分析】由图可知，Z、M位于第二周期，X、Y、Q、R位于第三周期，Y的最高化合价为+3价，则Y为Al，因此可得X为Mg，Z为C，M为N，Q为S，R为Cl。
【详解】A．同周期原子半径由左到右逐渐减小，同主族由上到下原子半径增大，故原子半径，故A正确；
B．Y为Al，R为Cl，Y与R形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，故B错误；
C．Z为C，Z的氢化物为烃，随碳原子数增加沸点升高，故常温下可能为固体，故C正确；
D．由上述分析可知，M为N，M最高价氧化物对应水化物为HNO3，最低价氢化物为NH3，HNO3与NH3反应生成NH4NO3和水，故D正确；
答案选B。
20．D
【详解】A．由图象可知2X、3Y以及Z的能量高低，但不能确定那种物质最稳定，那种物质最不稳定，故A错；
B．属于放热反应，所以的能量大于的能量，故B错；
C．属于吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，故C错；
D．由1mol的能量低于3mol的能量，所以为吸热反应，故D正确；
答案选D。
21．A
【详解】A．存在2NO2⇌N2O4化学平衡，NO2为红棕色气体，则该实验可探究温度对化学平衡的影响，故A正确；
B．灼烧在坩埚中进行，不能选烧杯，故B错误；
C．导管口在碳酸钠溶液的液面下会造成倒吸，故C错误；
D．乙烯与空气的密度相差不大，应用排水法收集乙烯，故D错误；
故选：A。
22．D
【详解】A．12s时生成C的物质的量为0.8mol，△n(B)=1.0mol-0.6mol=0.4mol，则b∶c=0.4mol∶0.8mol=1∶2，故A错误；
B．由图可知，0～2s内v(A)= ==0.15mol/(L•s)，但随着反应的进行，A的浓度逐渐减小，则2s时，用A表示的反应速率小于0.15mol•L-1•s-1，故B错误；
C．随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小， 0~2s内用反应物表示的平均反应速率＞4~6s内的平均反应速率，故C错误；
D．12s时△c(A)=0.8mol-0.2mol/L=0.6mol/L，△c(C)=0.4mol/L，△c(B)=0.2mol/L，则△c(A)∶△c(B)∶△c(C)=3∶1∶2，反应为3A(g)+B(g)⇌2C(g)，12s时生成C的物质的量为0.8mol，△n(A)∶△n(B)∶△n(C)=△n(A)∶△n(B)∶0.8mol=3∶1∶2，△n(A)=1.2mol，△n(B)=0.4mol，n(A)=0.8mol/L×2L-1.2mol=0.4mol，n(B)=0.5mol/L×2L-0.4mol=0.6mol，此时总物质的量为0.8mol+0.6mol+0.4mol=1.8mol，起始时A、B的总物质的量为(0.8mol/L+0.5mol/L)×2L=2.6mol，则反应为12s时容器内气体的总物质的量与起始时容器内气体的总物质的量之比为 =，故D正确；
故选D。
23．A
【详解】A．该分子中含有10个C原子、18个H原子和3个O原子，分子式为，故A正确；
B．与乙醇、乙酸的官能团不同，结构不相似，均不是同系物，故B错误；
C．含碳碳双键可发生加成反应，含-OH、-COOH可发生取代反应，故C错误；
D．该有机物中含有碳碳双键、羟基，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，仅用酸性高锰酸钾溶液不能验证该物质中存在碳碳双键，故D错误；
故选A。
24．D
【详解】A．根据图象，①→②过程中反应物能量高于生成物能量，反应放出能量，故A正确；
B．由图示可知，①→②中有碳碳键形成，故B正确；
C．由图示可知，由②得到乙酸的过程中，有羧基生成，形成了氢氧键，故C正确；
D．由图示可知，反应过程中催化剂参与了反应过程，形成了过渡态物质，故D错误；
故选D。
25．C
【详解】A．苯与溴水不反应，发生萃取，且苯的密度小于水的密度，充分振荡后静置，上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇中6个C均为饱和碳原子，与其直接相连的4个原子构成四面体构型，所有原子一定不共面，故B错误；
C．含-COOH的有机物可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成，故C正确；
D．环己烷中只有一种H原子，一氯代物有1种，故D错误；
故选C。
26．D
【详解】A．金属材料包括纯金属以及它们的合金，青铜是铜合金，属于金属材料，A正确；
B．是碳元素的一种具放射性的同位素，可利用测定该面具的年代，B正确；
C．合金要比组成其纯金属的熔点低，青铜是铜合金，含有锡或铅，其熔点低于纯铜，C正确；
D．铜的活动性比银强，将青铜器放在银质托盘上，形成原电池时，铜作负极，会加速青铜的腐蚀，D错误；
答案选D。
27．D
【详解】A．甲烷的结构式为，则其空间填充模型： ，A正确；
B．乙烯的分子式为C2H4，结构简式：CH2=CH2，B正确；
C．HClO的电子式为，结构式：H-O-Cl，C正确；
D．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，用电子式表示NaCl的形成过程：，D错误；
故选D。
28．B
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，A错误；
B．的中子数为277-112=165，B正确；
C．第118号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于周期表中第七周期、IIB族，C错误；
D．质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，与质子数不同，两者不互为同位素，D错误；
答案选B。
29．B
【详解】A．HF酸可以腐蚀玻璃，SiO2 +4HF =SiF4 ↑+ 2H2O，不能用玻璃容器盛放，A错误；
B．Br2腐蚀橡胶，应用玻璃塞，B正确；
C．蒸馏完毕，先停止加热再关闭冷凝水，C错误；
D．分液时，先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，D错误；
故选B。
30．B
【详解】A．乙炔的分子式为CH≡CH，所含官能团为碳碳三键，A正确；
B．反应①为2个乙炔分子发生加成反应生成乙烯基乙炔，反应②为乙烯基乙炔与HCl发生加成反应转化为2-氯-1，3-丁二烯，B错误；
C．乙烯为平面型分子，分子中6个原子共面，乙炔为直线型分子，分子中4个原子共线，则乙烯基乙炔中所有原子处于同一平面，C正确；
D．该工业生产方法中，原料的原子全部转化为生成物，原子利用率理论上为100％，D正确；
答案选B。
31．A
【详解】A．F的非金属性强于Cl，则F得电子能力比Cl强；HF为弱酸，HCl为强酸，则酸性：HCl>HF，HCl和HF的酸性强弱与F、Cl的得电子能力无关，则陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但二者之间不具备因果关系，故A符合题意；
B．金属钠可以和乙醇反应生成氢气，金属钠鉴别普通汽油和乙醇汽油时，加入金属钠，可以产生气体的是乙醇汽油，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但二者之间具备因果关系，故B不符合题意；
C．淀粉、纤维素的化学式均为，但聚合度n不同，两者分子式不同，不是同分异构体，陈述Ⅱ错误，故C不符合题意；
D．钙、锶、钡均为主族元素，陈述Ⅰ错误，故D不符合题意；
故答案选A。
32．C
【分析】由图示可知，Na+向Y极移动，则Y极为阴极，连接外接电源的负极，X极为阳极，连接外接电源的正极，阴极水得电子生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-= Cl2↑，总反应为：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑。
【详解】A．由分析可知，X极为阳极，连接外接电源的正极，A错误；
B．阴极水得电子生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钠离子向阴极移动与氢氧根离子结合得到氢氧化钠，因此阳离子交换膜不可以更换为阴离子交换膜，B错误；
C．阴极产生大量的氢氧化钠，为了增强溶液导电性，可以从D口加入含少量氢氧化钠的水溶液，C正确；
D．氢气所处温度、压强未知，无法计算的物质的量，也就无法计算产生氢氧化钠的物质的量，D错误；
答案选C。
33．D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，由物质结构图可知，W能形成+1价的阳离子，W为Na，Z能形成两个共价键，Z为O，Y能形成4个共价键，Y为C，X能形成1个共价键，X为H。
【详解】A．W为Na，Z为O，Na与O形成的Na2O2含离子键和O-O非极性共价键，A错误；
B．X为H，Y为C，Z为O，C与H形成的化合物的沸点不一定比O与H形成的化合物的沸点低，如癸烷的沸点比水高，B错误；
C．H与Na形成的化合物NaH为离子化合物，C错误；
D．离子的核外电子排布相同时，核电荷数越多，离子半径越小，O2-的半径大于Na+的半径，D正确；
答案选D。
34．B
【详解】A．离子导体更换为NaCl溶液，阳极产生的Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，无法镀银，A错误；
B．左侧吸收O2，发生吸氧腐蚀，右侧产生H2，发生析氢腐蚀，B正确；
C．电解精炼Cu时粗Cu做阳极，根据电流方向可知，图中的b极为阴极，C错误；
D．Fe比Sn活泼，两者构成原电池时Fe作为负极被腐蚀，不能起到保护闸门的作用，D错误；
故选B。
35．C
【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体为、、，总共有3种，A项正确；
B．中含有电子数=，则中含有32mol电子，B项正确；
C．由图可知，相同条件下，1-丁烯比2-丁烯能量高，则2-丁烯更稳定，C项错误；
D．由图可知，相同条件下，与2-丁烯相比，1-丁烯生成2-氯丁烷放出的热量更多，为负值，则更小，D项正确；
答案选C。
36．C
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A正确；
B．由该物质的结构简式可知，箭头所指均为甲基，，10个重复基团的最后一个的右端也是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．分子中的含氧官能团为醚键和羰基，C错误；
D．分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，D正确；
故选C。
37．C
【详解】根据题意，写出以下热化学方程式：

A．⑤，根据盖斯定律得⑤=2③，则，A错误；
B．⑥，根据盖斯定律得⑥=2②，则，液态水转化为气态水需吸收一部分热量，故，B错误；
C．⑦，根据盖斯定律得⑦=2①+2②-④，则，C正确；
D．设H2为xmol,则CO为(2.5-x)mol，根据和CO组成的混合气体2.5mol，充分燃烧后放出710.0kJ热量，列出方程285.8x+282.8(2.5-x)=710.0，解得x=1mol，则混合气体中的体积分数为40％，D错误；
故答案为C。
38．BC
【详解】A. 乙烯能被高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，故A不符合题意；
B. 溴单质与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO，溴苯是一种不与氢氧化钠溶液反应，难溶于水的液体，因此加入NaOH溶液后，溶液出现分层，然后分液得到溴苯，故B说法正确；
C. 乙醇中混有水，加入生石灰，然后蒸馏获得无水乙醇，故C说法正确；
D. 金属钠能与乙酸、乙醇发生反应，因此该混合物中加入金属钠，蒸馏不能获得乙醇，故D说法错误；
答案为BC。
39．BD
【详解】A. C5H12符合烷烃的通式，有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种结构，故A正确；
B.甲苯有四种氢原子，一氯代物也四种，可以取代甲基上的氢，也可以取代甲基邻、间、对位的氢原子，故B错误；
C.两者分子式相同，结构不同符合同分异构体的概念，故C正确；
D.立方烷有三种二氯代物，可以取代同一边上的碳原子氢、面对角线上的碳原子氢、体对角线上的碳原子氢，故D错误；
故选：BD。
40．AC
【详解】A．甲装置采取热水浴，加热无水乙醇，得到乙醇蒸气，丙装置采取冷水浴，使乙醛冷却液化，故A错误；
B．实验过程中，，所以可观察到铜网出现红色和黑色交替的现象，故B正确；
C．乙醇、乙醛、生成的水均能被冷水冷却液化，所以丙中试管收集的物质是水、乙醇和乙醛，可能还含有氧化生成的乙酸，故C错误；
D．若用氧气代替空气时，反应物浓度增大，应适当降低气体的通入速率，为了更有效的接触，故D正确；
故选AC。
41．CD
【分析】根据图示题干得知此电池为生物燃料电池，左侧为微生物氧化区，微生物将葡萄糖氧化为二氧化碳，所以左侧为负极区，右侧氧气得电子生成水，右侧为正极区。
【详解】A．根据上述分析，该装置为生物燃料电池，化学能转化为电能，故A正确；
B．电子流出的一极为负极，流入的一极为正极，所以左侧区域为负极区，右侧区域为正极区，故B正确；
C．负极反应为，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，正极消耗气体，负极生成气体，由电子守恒关系可知：CO2~4e-~ O2，则正极消耗的气体和负极生成气体的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．负极区会产生大量氢离子，所以放电一段时间后，负极区酸性增强，故D错误；
答案选CD。
42．AD
【详解】A．由表格数据可知，实验①、⑤所加试剂的体积、浓度和反应温度均相同，只有溶液pH不同，则实验①、⑤的目的是探究溶液pH对p—CP降解速率的影响，故A正确；
B．由表格数据可知，实验②、④所加亚铁离子溶液的浓度和反应温度都不同，实验时变量不唯一化，无法探究温度对p—CP降解速率的影响，故B错误；
C．由表格数据可知，实验①、③是探究过氧化氢浓度对降解速率的影响，实验时应保持单一变量，溶液总体积应为15mL，则x=15−3.5−3.5=8，故C错误；
D．若实验时温度过高，过氧化氢受热分解，反应物浓度减小，p—CP降解速率减小，故D正确；
故选AD。
43．CD
【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A项错误；
B．向饱和溶液中滴加鸡蛋清溶液，出现白色沉淀，这是饱和溶液可使蛋白质盐析，B项错误；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；
D．将封装和混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中，气体颜色变深，说明反应向生成方向进行，即温度可以破坏化学平衡，D项正确；
答案选CD。
44．BC
【详解】A．苯胺还原性强，易被氧化，所以实验时，应先通一段时间氢气，排尽装置中的空气再加热，A正确；
B．由题意可知，该反应的加热温度为140℃，而水浴加热的温度最高为100℃，因此该加热方式不是水浴加热，B错误；
C．加生石灰的目的是除去反应中生成的水，为碱性干燥剂，而五氧化二磷为酸性干燥剂，会与苯胺发生反应，不能用五氧化二磷代替生石灰，C错误；
D．当蒸馏物的沸点较高时，一般用空气冷凝管冷凝，以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂，D正确；
答案选BC。
45．AB
【详解】A．由图示可知，甲充电时， Li+得电子生成单质Li，Li2O2失电子生成O2，充电时总反应为：，A正确；
B．锂能与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和锂反应，并能传导离子，B正确；
C．Se可由通入溶液中反应制得，硫元素化合价由+4价升高到+6价，二氧化硫作还原剂，Se元素化合价由+4价降低到0价，作氧化剂，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，C错误；
D．丁中a极硫元素化合价降低，得电子，电极反应式为：，D错误；
答案选AB。
46．     第2周期VA族          -3     1：2     深     强     K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K
【分析】(1)短周期元素在周期表中的位置是电子层数和最外层电子数决定，N2是共价分子，按其共用电子对的情况书写电子式，根据化合物中正负价代数和为0确定化合价数值；
(2)结合氧化还原反应的相关定义、找出2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中氧化剂和还原剂并填空，将封装有NO2和NO混合气体中，有2NO2 N2O4，升温时平衡向吸热方向移动，红棕色NO2浓度变化导致混合物颜色变化；
(3)同主族金属元素，原子半径大，其原子的失电子能力强，据此回答。
【详解】(1)氮原子序数为7，电子分两层排布，最外层5个电子，在周期表中的位置是第2周期VA族，2个氮原子间通过共用3对电子对形成分子，故N2的电子式是，硅的非金属性比氮弱，化合价是＋4价，故化合物Si3N4中N的化合价-3价；
(2)反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N2O4中氮元素化合价降低，氧化剂为N2O4、N2H4中氮元素化合价升高，还原剂为N2H4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，2NO2 N2O4向逆反应方向移动，红棕色NO2浓度增大，混合物颜色变深；
(3)Rb元素原子的失电子能力大于K，K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K。
47．     B     Fe     FeCl3 溶液     还原     Fe3++e-=Fe2+     正     1
【分析】本题从构成原电池：①两个活动性不同的金属作电极，②有电解质溶液，③形成闭合回路，④与电解质溶液自发发生氧化还原反应，以及原电池的工作原理进行分析；
【详解】(1)利用原电池构成条件，总反应应为氧化还原反应，
A. 不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，该反应不能设计成原电池，故A不符合题意；
B. 该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应能设计成原电池，故B符合题意；
(2)①根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据反应方程式，铁单质的化合价升高，即Fe为负极，FeCl3溶液为电解质溶液，因此离子导体为FeCl3；
②根据原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；
③根据原电池工作原理，阳离子移向正极；
④Fe＋2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增加，即增加的质量为Fe的质量，开始至t1时，转移电子物质的量为=1mol。
【点睛】原电池工作原理：负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电子从负极经外电路流向正极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；这是分析电池工作最基础的。
48．     溶液分层，下层呈橙色     元素原子得电子能力：     氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱     分液漏斗     紫红     下口活塞     上    
【分析】元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氯气能氧化溴离子生成溴单质，能氧化碘离子生成碘单质，溴能氧化碘离子生成碘单质，据此判断非金属性强弱。
【详解】(1) 根据分析，向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置，发生置换反应，生成的溴单质溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水大，则现象为溶液分层，下层呈橙色，故答案为：溶液分层，下层呈橙色；
(2) Ⅰ中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，Ⅱ中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Ⅲ中氧化剂是Br2，氧化产物是I2，所以氧化性强弱顺序是Cl2> Br2> I2，则元素原子得电子能力：。用原子结构的知识解释为：氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱，故答案为：元素原子得电子能力：；氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱；
(3)①用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离和，向装有的溶液的分液漏斗中加入少量浓溶液进行反萃取，故答案为：分液漏斗；
②碘单质溶于四氯化碳时呈紫红色，加入氢氧化钠浓溶液后振荡，碘单质与氢氧化钠反应，至溶液的紫红色消失。萃取时振荡过程中分液漏斗内压强会增大，要将分液漏斗倒置让漏斗颈向上，慢慢打开下口活塞放气，故答案为：紫红；下口活塞；
③充分反应后NaI、NaIO3溶于水，密度小于四氯化碳，分层后水溶液位于上层，因此含碘的碱溶液从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上；
④由题给信息可知，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出该反应的离子方程式为：，故答案为：。
49．     钠     S2-     Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-     生成淡黄色沉淀     S2- +Cl2=2C1- +S↓     HF     c     稀硫酸     溶液变浑浊
【分析】根据元素在周期表中的位置，可判断A~J分别为H、C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl。
【详解】(1)根据周期律，同主族原子序数越大，失电子能力越强，同周期，原子序数越小失电子能力越强，则所列原子失电子能力最强的为Na；
(2)F、G、I、J元素分别为Na、Al、S、Cl，Na、Al失电子，其离子比S、Cl的离子少一个电子层，S2-、Cl-具有相同的核外电子排布，原子序数越小，离子半径越大，则S2-最大；G的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(3)F2I为Na2S，硫化钠与氯气反应生单质硫和氯离子，离子方程式为S2- +Cl2=2C1- +S↓；现象为有淡黄色沉淀出现；
(4)E、I、J对应的氢化物分别为HF、H2S、HCl，根据非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，则HF最稳定；
(5)a．半导体材料的导电性在导体与绝缘体之间，则在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料，a说法正确；
b．过度元素外界电子层是d能级电子或者f能级电子，空轨道多，可以容纳的电子多，因此在催化等方面有助。则在过渡元素中寻找优良的催化剂，b说法正确；
c．元素周期表对角线上的元素性质也有很大的形似性，元素周期表中性质相似的元素，可能处于同一族可能在周期表对角线上，c说法错误；
d．利用元素周期表可以寻找合适的超导材料，d说法正确；
答案为c；
(6)利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，设计硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，则分液漏斗中装有硫酸，锥形瓶中的试剂为碳酸钠，试管中试剂为硅酸钠溶液，可观察到试管中的溶液变浑浊。
50．     第2周期第ⅥA族               (或等)               AC
【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知，Y为第IVA族元素，Q为VIA族元素，W为VA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，综合以上分析，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na元素。
【详解】(1)根据分析，Q为O元素，氧原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，氧元素在周期表中位于第2周期第ⅥA族；Z为N元素，Z单质为N2，氮分子中两个氮原子间共用三对电子，其电子式为：，故答案为：第2周期第ⅥA族；；
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的最简单气态氢化物分别是CH4、NH3、H2O，非金属性C