陕西省渭南市大荔县2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题

2019一2020学年(下)高一年级期末考试试题化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56第I卷(选择题)选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1.中华民族历史悠久，有着优秀的传统文化。下列有关说法不正确的是A.《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢为铁的合金B.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，蚕丝属于高分子化合物C.“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的烟是弥漫在空气中的PM2.5固体颗粒D.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮和棉花的成分均含纤维素【答案】C【解析】【详解】A．剑刃硬度要大，剂钢指的是铁的合金，A项正确；B．蚕丝，主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，B项正确；C．“烟”是固体小颗粒弥漫在空气中，不一定是PM2.5固体颗粒，C项错误；D．柳絮和棉花的成分均含纤维素，D项正确；答案选C。2.储存和运输浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸、氢氧化钠的容器上都应张贴的是A.爆炸品 B.易燃液体 C.三级放射性物品 D.腐蚀品【答案】D【解析】【详解】浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸属于浓酸，氢氧化钠属于强碱，浓酸、强碱都具有强烈的腐蚀性，所以储存和运输浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸、氢氧化钠的容器上都应张贴腐蚀品标志。答案选D。3.下列实验操作能达到实验目的的是A.混合乙醇与浓硫酸： B.配制一定物质的量浓度的溶液：C.分离酒精与溴水的混合物： D.灼烧MgCl2固体：【答案】B【解析】【详解】A．混合乙醇和浓硫酸，应先将乙醇倒入烧杯中，再沿器壁慢慢加入浓硫酸，边加边冷却或搅拌，A项错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时，视线平视，用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至凹液面最低处正好与容量瓶的刻度线相切。B项正确；C．溴水可溶于酒精中，用分液漏斗无法分离酒精和溴水，C项错误；D．灼烧物质应使用的化学仪器为：坩埚、坩埚钳、酒精灯、三脚架等，题中仪器选择错误，D项错误；答案选B。4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.0.2mol/L的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.4NA个B.1mol甲烷完全燃烧时转移的电子数为8NA个C.22.4L(标准状况)氩气含有的电子数为18NA个D.8g葡萄糖与7g果糖的混合物中含有的氢原子总数为NA个【答案】A【解析】【详解】A．H2SO4溶液只有物质量浓度没有体积数据，无法计算H+的数目，A错误；B．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳元素的化合价从4价为+4价，1个碳原子失去8个电子，1mol甲烷完全燃烧时转移的电子数为8NA个，B正确；C．氩气为单原子分子，1个氩原子有18个电子，22.4L(标准状况)氩气的物质的量为1mol，含有的电子数为18NA个，C正确；D．葡萄糖与果糖的分子式都为C6H12O6，最简式均为CH2O，故15g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.5mol，含氢原子1mol，氢原子总数为NA个，D正确。答案选A。5.在给定条件下，下列选项所示物质间的转化均能一步完成的是A.SiSiO2H2SiO3B.Cl2HClFeCl3C.SSO3H2SO4D.N2NH3NO【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅与水不反应，A不符题意；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能生成氯化铁，B不符题意；C．硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C不符题意；D．氮气和氢气在高温高压及催化剂条件下生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两个反应都可一步完成，D符合题意。答案选D。6.下列有关反应颜色变化的离子方程式中，不正确的是A.钠加入含有酚酞的水中变红：Na+2H2O=Na++2OH+H2↑B.向沸水中滴入饱和的FeCl3溶液出现红褐色：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C.浅绿色的酸性Fe2+溶液中加入H2O2溶液颜色变黄：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+【答案】A【解析】【详解】A．两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑，A符合题意；B．向沸水中滴入饱和的FeCl3溶液得到Fe(OH)3(胶体)，溶液出现红褐色，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B不符题意；C．酸性条件下，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，溶液由浅绿色变黄，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，C不符题意；D．二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化为，发生还原反应生成Mn2+，离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，D不符题意。答案选A。7.实验室提纯含少量氯化镁杂质的氯化钠的过程如下图所示，下列分析正确的A.操作l是过滤，将固体分离除去B.加入试剂①时发生的离子反应是：Mg2++=MgCO3↓C.操作3是加热、蒸发、冷却、晶体D.操作1~3总共需两次过滤【答案】C【解析】【分析】提纯含少量氯化镁杂质的氯化钠，先加入过量氢氧化钠，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤之后，加入稀盐酸中和过量的氢氧化钠，然后对氯化钠溶液进行蒸发、冷却、晶体。【详解】A．由流程图可知操作1是加水溶解，将固体溶于水，A错误；B．加入试剂①是将镁离子转化为沉淀，由于碳酸镁微溶于水，所以试剂①应该为氢氧化钠溶液，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH=Mg(OH)2↓，B错误；C．由分析可知，加入试剂②稀盐酸后得到氯化钠溶液，对氯化钠溶液加热、蒸发、冷却、晶体，得到氯化钠晶体，C正确；D．由分析可知，操作1~3总只有操作2为过滤，只有1次，D错误。答案选C。8.原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z形成的某化合物的结构式如下图所示，实践证明，其能有效杀死新型冠状肺炎病毒，其中X的主族序数与周期序数相等，元素Y、Z同周期且Z原子核外最外层电子数与Y核外电子总数相同。则下列说法中正确的是A.Y在第三周期第IVA族 B.元素X、Y、Z能两两组合成两种及以上的化合物C.非金属性：Y>Z>X D.X、Y、Z三种元素可以组成离子化合物【答案】B【解析】【分析】短周期元素中主族序数与周期序数相等的有H、Be、Al，由图中结构式可知，X与Y、Z等原子通过形成一个共价键构成化合物，所以X为H元素，Y可形成四个共价键，所以Y为第IVA族元素，Z可形成两个共价键，所以Z为第VIA族元素，根据元素Y、Z同周期且Z原子核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，所以Y为C元素，Z为O元素，这三种元素形成的化合物为过氧乙酸，具有强氧化性，能有效杀死新型冠状肺炎病毒，据此解答。【详解】由分析可知。X、Y、Z分别为H、C、O三种元素。A．由分析可知，Y为C，在元素周期表第二周期第IVA族，A错误；B．由分析可知X、Y、Z为H、C、O，H和C可组成CH4、C2H2、C2H4等多种化合物，H和O可形成H2O、H2O2两种化合物，C和O可形成CO、CO2两种化合物，所以H、C、O能两两组合成两种及以上的化合物，B正确；C．H、C、O三种元素的非金属性由强到弱为：O>C>H，即Z>Y>X，C错误；D．常见的离子化合物中含有活泼金属或铵根离子，H、C、O三种元素只能组成共价化合物，D错误。答案选B。9.元素周期表有助于学生从“位、构、性”三个方面认识元素及其化合物的性质，是学科素养的要求之一。下表是四种短周期元素在周期表中的相对位置，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。下列说法中正确的是XYZWA.原子半径：Z>W>Y>XB.YO2是一种有毒气体，属于酸性氧化物C.Z的最简单氢化物比Y的最简单氢化物稳定性更强D.XW2中各原子最外层均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】根据四种短周期元素在周期表中的相对位置可知Z位于第三周期，设Z原子最外层电子数为n，由Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍有：2+8+n=3n，解得n=5，Z为15号P元素，根据四种元素在周期表中的相对位置可知Y为N，X为C，W为S，据此解答。【详解】由分析可知X、Y、Z、W分别为C、N、P、S四种元素。A．原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同的原子，核内质子数越多半径越小，C、N、P、S的原子半径大小为：P>S>C>N，即Z>W>X>Y，A错误；B．与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，发生的是非氧化还原反应，YO2为NO2，NO2有毒，但NO2与水或碱反应化合价会发生变化，发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，B错误；C．同主族元素从上向下非金属性减弱，最简单氢化物稳定性也减弱，Y为N，Z为P，非金属性为N>P，所以氢化物稳定性为NH3>PH3，即Y的最简单氢化物比Z的最简单氢化物稳定性更强，C错误；D．分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价的绝对值，若该值为8，则该原子最外层为8电子稳定结构。XW2为CS2，CS2为共价化合物，C元素为+4价，C原子最外层电子数为4，4+4=8，所以C原子最外层达到8电子稳定结构，S元素化合价为2，S原子最外层电子数为6，6+2=8，所以S原子最外层达到8电子稳定结构，C、S原子最外层均达到8电子稳定结构，D正确。答案选D。10.为了减少NO、CO对空气污染，保护环境，在汽车尾气的排气管部位装有催化转化器，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)（正反应是放热反应）下列有关说法正确的是A.降低温度可以加快反应速率B.NO和CO的总能量低于CO2和N2的总能量C.若lmolNO与2molCO反应达平衡时，CO的物质的量不可能为0.4molD.当NO、CO、CO2、N2的浓度相等时，说明该反应达到平衡【答案】C【解析】【详解】A．降低温度，反应速率降低，A项错误；B．正反应放热，说明反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，B项错误；C．由反应方程式可知，CO若在平衡时的物质的量为0.4mol，则反应中应消耗CO和NO各1.6mol，而NO只有1mol，故若lmolNO与2molCO反应达平衡时，CO的物质的量不可能为0.4mol，C项正确；D．NO、CO、CO2、N2的浓度相等并不能说明反应达到平衡，D项错误；答案选C。11.锌一铜原电池工作的示意图如图，下列说法错误的是A.电子由锌片通过硫酸铜溶液流向铜片 B.锌片为负极，且锌片逐渐溶解C.铜片上发生的电极反应式为：Cu2++2e=Cu D.硫酸铜溶液中的移向锌片【答案】A【解析】【分析】由图可知该电池中锌活泼，锌为负极，铜为正极。【详解】A．Zn为负极，Cu为正极，则电子由锌片通过导线流向铜片，溶液中导电的是溶液中的阴阳离子，A错误；B．锌为负极，锌失去电子发生氧化反应，锌片逐渐溶解，B正确；C．铜为正极，溶液里的Cu2+在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：Cu2++2e=Cu，C正确；D．锌为负极，负极反应为：Zn2e=Zn2+，负极有大量的Zn2+，异性电荷相吸，硫酸铜溶液中的移向锌片，D正确。答案为A。12.下列实验装置、实验现象与实验目的相符合的是编号实验目的实验装置实验现象A制溴苯锥形瓶中颜色变红B检验酒精中含有水有无色气泡产生C验证乙烯的加成反应溴的四氯化碳溶液褪色且分层D验证酯化反应饱和碳酸钠溶液上面出现有香味的油状液体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．苯只与液溴在催化剂存在的条件下发生取代反应生成溴苯，不能与溴水中的溴反应，A项错误；B．乙醇能与钠发生反应生成乙醇钠和氢气，现象为有无色气泡产生，由此不能得出75%酒精中含有水的结论，B项错误；C．乙烯与溴发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷溶于四氯化碳中，可以看到溴的四氯化碳溶液褪色，无分层现象，C项错误；D．乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应生成无色、透明、不溶于水、有香味的油状液体——乙酸乙酯，D项正确；答案选D13.某烷烃的相对分子质量为100,则其主链上含有5个碳原子的同分异构体(不考虑立体异构)有A.3种 B.6种 C.5种 D.7种【答案】C【解析】【详解】烷烃的通式为CnH2n+2，相对分子质量为100的烷烃，则有14n+2=100，解得n=7，即为庚烷，主链上有5个碳原子，剩下的2个碳原子可以是2个甲基，也可以是1个乙基，符合条件的有机物有：(CH3CH2)3CH，CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，CH3CH2CH2C(CH3)2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3，CH3CH(CH3)CH2CH(CH3)CH3，共5种，答案选C。14.海洋约占地球表面积的71%，对其开发利用的部分流程如图所示。下列说法正确的是①试剂l可以选用KOH溶液②从苦卤中提取Br2反应的离子方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl③工业上，用电解熔融MgO冶炼金属镁可以减小能耗④制钠：电解饱和NaCl溶液⑤炼铁：CO在高温下还原铁矿石A.①②④ B.①②⑤ C.①②③④ D.①②③⑤【答案】B【解析】【详解】①试剂1应为碱，选择KOH溶液，不会引入新杂质，①正确；②从苦卤中提取Br2的过程为氧化过程，发生的反应离子方程式为：：2Br+Cl2=Br2+2Cl，②正确；③氧化镁熔点很高，氯化镁熔点较氧化镁低，电解熔融氧化镁冶炼镁增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，③错误；④钠为活泼金属，电解饱和NaCl溶液得不到金属钠，工业上常通过电解熔融的NaCl固体制钠，④错误；⑤冶炼铁的原理是热还原法，即用CO在高温条件下还原铁矿石得到铁，⑤正确；综上所述，B项正确；答案选B。第II卷(非选择题)15.铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研究型学习小组同学测定某地黑木耳中铁的含量。(1)称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。将木耳灰用下图流程处理，对滤液中的溶质进行研究。①浸泡液检测不出铁元素的原因是______。②黑木耳放在_______填仪器名称)高温灼烧。③滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、_____；试剂l应该是_____。(2)A转化为B可加入的试剂有______。A.酸性高锰酸钾B.Cl2C.H2O2D.HNO3(3)C生成D时的反应现象为_______。(4)已知在酸性条件下Fe2+可被氧气为Fe3+，配平此离子方程式：____Fe2++____O2+______H+=____Fe3++___H2O，标出电子转移方向和数目______，若该反应每转移8mol电子，标准状况下消耗O2的体积为_____L。(5)若称取ag黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂2的方法，全部转化为D,然后过滤、洗涤加热烘干、称得D质量为bg，_____(填“能”或“否”)来测得出该黑木耳铁元素的含量，理由是________。【答案】①.黑木耳中含铁元素的物质不溶于水②.坩埚③.Fe3+④.纯Fe粉或纯铁钉⑤.BC⑥.沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色⑦.4⑧.1⑨.4⑩.4⑪.2⑫.或⑬.44.8L⑭.否⑮.Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差【解析】【分析】由题知，木耳灰含不溶性的含铁化合物，用盐酸浸泡后过滤，得到滤液中含有氯化亚铁和氯化铁，C和D都是含有铁的不溶性碱，C能被氧气氧化为D，则C为Fe(OH)2、D为Fe(OH)3、A为FeCl2、B为FeCl3，据此回答；【详解】(1)①浸泡液检测不出铁元素，则溶液中不含有Fe2+、Fe3+，可推知黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；答案为：黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；②固体应放在坩埚中灼烧，故黑木耳坩埚中高温灼烧；答案为：坩埚；③据分析，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+；试剂l的作用是把Fe3+转化为Fe2+；故应该是纯Fe粉或纯铁钉；答案为：Fe3+；纯Fe粉或纯铁钉；(2)A转化为B即氯化亚铁转为氯化铁，要避免其它杂质离子的引入，可加入的试剂有Cl2和H2O2，故选BC；答案为：BC；(3)C为Fe(OH)2、D为Fe(OH)3，则C生成D时的反应现象为：沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色；答案为：沉淀由白色变为灰绿色再变为红褐色；(4)已知在酸性条件下Fe2+可被氧气为Fe3+，铁元素的化合价由+2价升至+3价，O元素的化合价由0价降为2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则该离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，电子转移方向和数目可表示为：或；由方程式知，每转移4mol电子，消耗1molO2，即消耗22.4LO2(标准状况下)，若该反应每转移8mol电子，标准状况下消耗O2的体积为44.8L；答案为：4；1；4；4；2；或；44.8L；(5)若称取ag黑木耳全部烧成灰，将全部灰按照上面的流程中加入试剂2的方法，全部转化为D，然后过滤、洗涤加热烘干、称得D质量为bg，则不能准确测得出该黑木耳铁元素的含量，因为Fe(OH)3受热易分解，在加热烘干过程中会转变成Fe2O3，会造成较大误差；答案为：否；Fe(OH)3受热易分解，会造成较大误差。【点睛】本题考查了物质组成实验验证、物质性质、固体灼烧等实验基本操作等，掌握物质之间的相互转化关系、实验基本操作是解题关键。16.元素周期表是打开物质世界奥秘之门的一把金钥匙，1869年门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表，下表是元素周期表的一部分。

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(1)上述元素中化学性质最稳定的是_______(填元素符号，下同)，最轻的金属_______是制造电池的理想物质。(2)h元素的原子结构示意图为_____，写出h单质的一种用途______。(3)c、d、As三种元素的最简单氢化物的稳定性为_____;c、d、f、i的简单离子半径由大到小顺序是____。(4)e与j组成的化合物是自然界中常见的矿石一萤石的主要成分，用电子式表示该物质______。(5)元素f与g的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。(6)由d、f、i三种元素组成的化合物M的水溶液是一种生活中常见的消毒剂。As可与M的碱性溶液反应，当消耗lmol还原剂时，消耗2.5mol氧化剂，转移5mol电子。则该反应的离子方程式为______。【答案】①.He②.Li③.④.制光电池或芯片等⑤.H2O>NH3>AsH3⑥.Cl>N3>O2>Na+⑦.⑧.Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4](或Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O)⑨.5ClO+2As+6OH=2+5Cl+3H2O【解析】【分析】按各元素在元素周期表的位置，推出具体的元素，a为氦，b为锂，c为氮，d为氧，e为氟，f为钠，g为铝，h为硅，i为氯，j为钙，结合各元素的结构特点、位置、元素性质和物质用途等按要求回答；【详解】(1)上述元素中化学性质最稳定的是稀有气体元素He，最轻的金属是锂，它是制造电池的理想物质；答案为：He；Li；(2)h元素为硅，其原子结构示意图为，硅是优良的半导体材料，硅晶体有多种用途，可制光电池或芯片等；答案为：；制光电池或芯片等；(3)c、d分别是氮元素和氧元素，元素非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越好，N、O、As三种元素的非金属性O>N>As，则最简单氢化物的稳定性为H2O>NH3>AsH3；c、d、f、i分别为N、O、Na、Cl，N3>O2>Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，同理Cl>K+，元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大，则离子半径K+>Na+，c、d、f、i的简单离子半径由大到小顺序是Cl>N3>O2>Na+；答案为：H2O>NH3>AsH3；Cl>N3>O2>Na+；(4)e为F、j为Ca，它们组成的化合物CaF2是由钙离子和氟离子构成的离子化合物，则其电子式为；答案为：；(5)元素f为Na，g为Al，它们最高价氧化物对应的水化物即NaOH、Al(OH)3，反应的化学方程式是：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4](或Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O)；答案为：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4](或Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O)；(6)d为O、f为Na、i为Cl，这三种元素组成的化合物M的水溶液是一种生活中常见的消毒剂，则M为NaClO，As可与NaClO的碱性溶液反应，As为还原剂，NaClO为氧化剂，当消耗lmol还原剂时，消耗2.5mol氧化剂，转移5mol电子，则可推定还原产物为Cl、氧化产物中As为+5，可推知则该反应的离子方程式为5ClO+2As+6OH=2+5Cl+3H2O；答案为：5ClO+2As+6OH=2+5Cl+3H2O。【点睛】考查结构性质位置关系应用，需要熟练掌握元素周期表的结构与元素周期律是解答关键，其中，具有相同电子层结构的离子半径大小排序容易出错。17.某研究型学习小组的同学根据化学反应中的能量和速率变化对生产生活有着重要意义，进行下面的探究活动。(1)甲同学为探究反应Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑中的能量变化，向装有铁片的试管中滴加lmol/L的H2SO4,试管内产生气泡，触摸试管外壁，温度升高。①该反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。②下列措施中，能加快氢气生成速率的是______(填字母)。a.将铁片改成铁粉b.将稀H2SO4改成浓硫酸c.加硫酸钠溶液(2)乙学生依据原电池原理也可加快反应速率，设计了Fe与稀硫酸反应的装置图，观察到的现象是_____；铜片上发生反应的电极反应式为_____。(3)丙同学根据4NH3+6NO5N2+6H2O反应的发生条件，在老师的指导下，按下列流程，探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体，通过一定体积滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)。①写出实验室用固体混合物加热的方法制备NH3的化学方程式________。②为了比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是__________。③在不同催化剂时测得混合气体中NH3的物质的量与时间的关系如下图，则曲线_______(填“①”或“②”或“③”)使用的催化剂催化性能最好，理由是________。【答案】①.放热②.a③.电流计指针偏转，铁片逐渐溶解，溶液由无色变为浅绿色，铜片上有大量气泡产生④.2H++2e===H2↑⑤.2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑⑥.溶液显色所需时间⑦.③⑧.其它条件相同时，③中NH3的物质的量减少的程度最快，反应速率的最快，达平衡时间最短，所以催化剂的性能也最好【解析】【详解】(1)①试管中发生反应Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，反应后触摸试管外壁，温度升高，说明该反应为放热反应，答案：放热；②a.将铁片改成铁粉，增大了接触面积，加快了反应速率，a正确；b将稀H2SO4改成浓硫酸，铁遇浓硫酸发生钝化，不会产生氢气，b错误；c.加硫酸钠溶液，实际上是使稀硫酸的浓度变得更小，反应速率更慢，c错误，答案选a；(2)由图可知，该原电池的负极为铁，正极为铜，铁失去电子发生氧化反应：Fe2e=Fe2+，铁片不断溶解，由于生成了Fe2+，溶液由无色变为浅绿色，溶液里的H+在正极铜上得到电子发生还原反应：2H++2e=H2↑，铜片上析出大量氢气，原电池工作，化学能转化为电能，电流计指针偏转，答案为：电流计指针偏转，铁片逐渐溶解，溶液由无色变为浅绿色，铜片上有大量气泡产生；2H++2e=H2↑；(3)①实验室加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备NH3，化学方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑，答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；②溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同，为了比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是溶液显色的时间，答案为：溶液显色所需时间；③由图可知，其它条件相同时，③中NH3的物质的量减少的程度最快，反应速率的最快，达平衡时间最短，所以催化剂的性能也最好，答案为：③；其它条件相同时，③中NH3的物质的量减少的程度最快，反应速率的最快，达平衡时间最短，所以催化剂的性能也最好；18.某同学设计实验探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，实验装置如图所示(已知烃类都不与碱反应)。请回答下列问题：(1)工业制乙烯的实验原理是烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃。例如，石油分馏产物之一的汽油(主要成分：辛烷)发生反应：辛烷丁烷＋甲丁烷乙＋丙(丙的相对分子质量比乙大2)则甲的分子式为______，乙的结构简式为______。(2)B装置中的实验现象是_______，反应的化学方程式为_________，反应类型是_______，通过测定装置B中溶液在反应前后的酸碱性来证明该反应类型，简述其理由_________。(3)C装置中可观察到的现象是__________。(4)该同学查阅资料可知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，你认为能根据上面的实验装置中________(填字母)的实验现象可判断该资料是否真实。(5)该同学通过上述实验探究，验证了___(填字母，下同)可以检验甲烷和乙烯；能通过___除去甲烷中乙烯。A.气体通入水中B.气体通过盛溴水的洗气瓶C.气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D.气体通过氢氧化钠溶液(6)分别燃烧乙烯和甲烷，甲烷火焰明亮而乙烯产生少量黑烟，原因是______。【答案】①.C4H8②.CH2=CH2③.橙红色褪去且溶液分层④.CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br⑤.加成反应⑥.若乙烯与溴发生的是取代反应则生成HBr，溶液酸性会显著增强，溶液酸性不会显著增强，说明是加成反应⑦.紫红色褪去⑧.D⑨.BC⑩.B⑪.乙烯中碳的质量分数为85.7%比甲烷中碳的质量分数(75%)大【解析】【分析】(1)根据原子个数守恒判断甲、乙物质；(2)乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应；(3)乙烯具有还原性；(4)二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊(5)甲烷性质稳定，乙烯可发生加成反应和氧化反应，除杂时不能引入新的杂质；(6)有机物含碳量越高，烟越浓；【详解】(1)石油裂化属于化学变化，遵循原子个数守恒，辛烷丁烷＋甲，即C8H18C4H10+甲，所以甲为C4H8；丁烷乙＋丙(丙的相对分子质量比乙大2)，即C4H10乙＋丙，丙的相对分子质量比乙大2，说明二者所含碳原子数相同都为2，丙比乙多2个氢原子，所以乙为C2H4，结构简式为：CH2=CH2，答案为：C4H8；CH2=CH2；(2)乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴水的橙红色褪去，生成的1，2—二溴乙烷为有机物，不溶于水，所以液体出现分层，方程式为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，由于发生加成反应，装置B中溶液酸性不会显著增强，若乙烯与溴发生的是取代反应则生成HBr，溶液酸性会显著增强，答案为：橙红色褪去且溶液分层；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；加成反应；若乙烯与溴发生的是取代反应则生成HBr，溶液酸性会显著增强，溶液酸性不会显著增强，说明是加成反应；(3)乙烯具有还原性，通入紫红色的酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，答案为：紫红色褪去；(4)乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，二氧化碳能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，D中溶液变浑浊，答案：D；(5)A.甲烷、乙烯不溶于水，且常温下都不与水反应，不能用于甲烷、乙烯的检验和除杂；B.乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷液体，甲烷不与溴水反应，所以可用于甲烷、乙烯的检验和除杂；C.甲烷与酸性高锰酸钾不反应，乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是乙烯被氧化生成二氧化碳气体，产生了新的杂质，可用于甲烷、乙烯的检验，但不能用于除杂；D.甲烷、乙烯都不溶于氢氧化钠溶液，不能用于除杂和检验，答案为：BC；B；(6)有机物含碳量越低燃烧越充分，有机物含碳量越高，燃烧时黑烟越浓，乙烯中碳的质量分数=×100%=85.7%，甲烷中碳的质量分数=×100%=75%，乙烯中碳的质量分数为比甲烷中碳的质量分数