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1、高中化学人教版（2019）必修第二册8.1自然资源的开发利用（2）同步练习一金属腐蚀的化学原理（共4小题）1铜锈的成分是铜绿成分为Cu5（OH）x（CO3）y。某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如图所示的实验。一个月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。可知铜生锈所需的条件是：铜与 相互作用发生化学反应的结果。2（多选）下列说法不正确的是（）A铜在潮湿的空气中不会被锈蚀B纯铁的抗蚀性很强C普通玻璃没有一定的熔点D常温下，铝不被空气氧化，因而可做导线3化学是材料科学发展的基础，合理使用材料有利于人类的生产和生活。在一定条件下，将某种单体进行
2、加聚反应得到一种如图所示的导电性塑料：则合成该塑料的单体为 （填字母序号，下同）；A乙炔 B乙烯 C乙烷 D甲烷工业炼铁通常采用的方法是 ；A加热分解法 B电解法C高温还原法某同学欲探究铁在NaCl溶液、蒸馏水和空气中锈蚀的快慢，设计了如下实验。实验序号 ABC实验内容一周后，试管中铁钉锈蚀程度最大的是 ；将质量相同的铁片、铜片用导线连接后浸入硫酸铜溶液中，构成原电池，工作一段时间后铜片质量与铁片质量相差12 g，则理论上导线中通过 mol电子。4某研究小组对铁生锈进行研究：（1）经过较长时间后，甲同学观察到的现象是：图1中的铁钉最容易生锈的是 （填字母），铁锈的主要成分是 （2）根据实验条件
3、判断，在铁钉的锈蚀过程中，正极的电极反应为 （3）铁生锈的外部条件是 ；在此条件下，铁钉发生吸氧腐蚀转化为Fe（OH）2的电池反应方程式为 （4）若为了防止铁钉生锈，该小组同学想在铁钉表面镀上一层金属，该金属最好是 A锡 B铜 C锌（5）钢铁容易腐蚀，工业生产中常需对钢铁进行“发蓝”处理，以有效避免或减缓钢铁的腐蚀所谓“发蓝”，就是在钢铁零件等进行氧化处理，使其表面形成一层致密的蓝黑色氧化膜发蓝处理过程可表示如图2所示：步骤用除锈液（15%的硫酸溶液）浸泡铁件的目的在于除去铁表面的铁锈，该步反应的离子方程式为 为检验经过步骤处理的铁件是否合格，常往成品表面滴上5%的硫酸铜溶液，如果成品不合格（
4、即铁件表面有微小松孔，未形成致密的氧化膜），一段时间将观察到的现象为 除锈后的铁件在发蓝液（NaNO2、NaNO3及NaOH组成的混合液）中浸泡（步骤IV），发生了复杂的化学反应：反应一： Fe+ NaNO2+ NaOH Na2FeO2+ H2O+ NH3反应二：8Fe+3NaNO3+5NaOH+2H2O4Na2Fe2O4+3NH3反应三：Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH配平“反应一”的化学方程式（将系数直接填在横线上）若要循环使用发蓝液，从理论角度分析，需要往使用过的发蓝液中 A只需加入NaNO2B只需加入NaNO2和NaNO3C需要加入NaNO2、NaNO3
5、和NaOHD不需加入任何物质而直接使用二防止金属腐蚀的重要意义（共1小题）5下列有关金属的说法中，正确的是（）不锈钢抗腐蚀性较好钛合金可用于飞机、火箭的制造司母戊鼎是铁合金缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血青铜、不锈钢都是合金形成合金时金属与金属之间发生了化学反应。ABCD三金属的回收与环境、资源保护（共4小题）6某化学小组以铝土矿（含Al2O3，Fe2O3和SiO2）为原料进行炼铝探究（流程如图），叙述错误的是（）A步骤过程中均需过滤操作B步骤分离出的杂质是氢氧化铁C步骤之中可能发生了氧化还原反应Dd只能是氧化铝7加强废旧金属的回收和再利用，是合理开发和利用金属资源的主要途径之一。下图是从镀
6、铜废电路板中回收金属铜的一种工艺流程（各过程需控制适宜条件）。（1）上述流程中，为加快化学反应速率而采取的措施是 。（2）过程中，Cu溶解，过氧化氢的作用是 。（3）过程中，获得Cu的反应的离子方程式为 。（4）过程的目的是 。8实验室产生的酸性废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，某同学设计了如图所示方案对废液进行处理来回收金属，保护环境。（1）沉淀A的成分是： （写化学式），若步骤中加入少量铁屑，无沉淀生成，此时发生反应的离子方程式为 。（2）如何检验溶液A中的金属阳离子，简述其方法： 。（3）写出步骤发生反应的化学方程式： 。（4）步骤的操作名称是 ，用到的主要玻璃仪器有烧杯、 ，沉
7、淀C与胶体C的本质区别是： 。9为探索工业含铝、铁、铜的合金（其它成分与酸碱都不反应）废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如图：（1）滤渣B中含有 （填化学式，下同）；试剂Z为 （填化学式）。（2）生成沉淀C的离子方程式为 。（3）检验滤液D中含有的金属阳离子的实验方法为 （试剂自选，从操作+现象+结论答题），若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤： 、冷却结晶、 、洗涤、在低温下干燥。（4）若试剂Y是H2O2溶液，则生成硫酸铜溶液的化学方程式为 。（5）为测定绿矾化学式中结晶水的数目，某同学称取上述绿矾晶体m1g，在隔绝空气下加热，使绿矾晶体失去结晶水，当质量不再变化时称得固体质
8、量为m2g，则绿矾化学式中结晶水的数目x （列式表示）。四常见金属元素的单质及其化合物的综合应用（共3小题）10下列物质可以由单质直接化合得到的是（）ACuSBFeSCFeCl2DFeI311金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（）ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al（OH）3AlCl3CMgMgCl2Mg（OH）2MgSO4DFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）312我们已经学习了钠、氯、铁、铝等元素的单质及其化合物的相关性质，请回答下列问题：（1）四种元素的单质中，氧化性和还原性最强的两种单质反应生成某种
9、化合物，用电子式表示该化合物的形成过程： 。（2）把8.3g铁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6L标况下的H2，则合金中铁的质量分数为： （保留三位有效数字）。（3）配平Na2FeO4与盐酸反应的方程式： Na2FeO4+ HCl NaCl+ FeCl3+ H2O+ Cl2，Na2FeO4的电离方程式为 。该反应按方程式计量数关系，所得产物中离子键与共价键的个数比为： 。五石油的分馏产品和用途（共3小题）13关于石油的说法中，不正确的是（）A石油主要含烃类物质，这些烃类物质随着烃分子含有的碳原子数的增加沸点升高B常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点，但石油气为纯净的丙烷C石油分馏不
10、是化学变化，但裂化是化学变化D裂化的目的是得到轻质油，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料14下列说法不正确的是（）A乙烯分子与苯分子二者所含碳碳键不同B等体积的甲烷与氯气混合，在光照下反应只生成一氯甲烷和氯化氢C石油的裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料D乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化成乙酸15下列有关石油、煤、天然气的叙述正确的是（）A石油分馏可得到汽油、煤油和柴油等，裂解可得到乙烯、丙烯等B煤中含有的苯、甲苯等，煤干馏可得到芳香烃，石油的催化重整也可得到芳香烃C石油的分馏、煤的气化和液化都属于化学变化D石油、煤、天然气、可燃冰、沼气都属于化石燃料六石油的裂化和裂解（共3小题）1
11、6石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，成分复杂，需要先在炼油厂进行精炼。利用石油中各组分沸点的不同进行分离的过程叫做分馏。石油经分馏后可以获得汽油、煤油、柴油等含碳原子少的轻质油，但其产量难以满足社会需求，而含碳原子多的重油却供大于求。因此，需要通过催化裂化过程将重油裂化为汽油等物质，再进一步裂解，可以获得很多重要的化工原料。例如：C16H24（十六烷）C8H18（辛烷）+C8H16（辛烯）、C8H18（辛烷）C4H10（丁烷）+C4H8（丁烯），通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要的基本化工原料。根据石油催化裂化、催化裂解的规律分析，1分子丁烷（C4H10）催化裂解产生1分子乙烯
12、的同时，还可能得到1分子下列物质中的（）ACH4BC2H6CC3H6DC3H817用石油和煤可以得到有机化工生产中需要的众多原料，例如用通过石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯。生产过程如下：下列说法不正确的是（）A通过裂解可以从石油中获得更多的不饱和烃B通过煤干馏不能直接得到苯的纯净物C反应为加成反应，为加聚反应D反应的原子利用率都达到了100%18很多重要的化工原料都来源于石油，模拟石油深加工合成丙烯酸乙酯等化工原料的过程如下。回答下列问题：（1）AB的反应类型为 。（2）丙烯酸中含有的官能团的名称为 。（3）丙烯分子中，最多有 个原子共平面。（4）已知石蜡油的分解产物中除含有A、丙烯外
13、，还可能含有C5H12等有机物。C5H12的一氯代物有 种。（5）写出反应的化学方程式 。（6）聚丙烯酸可用于配制某些高档商品的涂饰剂、制取丙烯酸树脂漆等.写出聚丙烯酸的结构简式： 。七化石燃料与基本化工原料（共3小题）19下列关于煤、石油和天然气的说法正确的是（）A煤的气化是将其通过物理变化转化为气态的过程B燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物D天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料20天工开物中记载，古人利用火井中采得的天然气作为燃料，熬煮盐井水获得井盐，下列说法正确的是（）A天然气的主要成分是CO和H2B天然气燃烧的反应中，反应物具
14、有的总能量高于生成物具有的总能量C该生产原理利用的实验方法是蒸馏D获得井盐时，Na+和Cl之间形成共价键21英国BP石油公司最新发布的“2020年世界能源统计报告”显示，化石燃料仍占全球一次能源消费的84%。下列说法正确的是（）A石油的裂解气中，乙烯的含量比较高B煤的干馏、石油的分馏均是化学变化C煤、石油、天然气的主要成分都是烃D核能、氢能、太阳能是当今社会的主要能源参考答案一金属腐蚀的化学原理（共4小题）1【分析】由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断。【解答】解：由铜锈的化学式Cu2（OH）2CO3，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用
15、的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果，故答案为：O2、H2O、CO2。【点评】本题考查了铜生锈条件的探究，题目难度不大，注意正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。2【分析】A铜与氧气、二氧化碳和水充分接触时容易生锈；B依据纯铁不能形成电化学腐蚀，生铁含有杂质碳，铁和碳在表面电解质溶液中形成原电池反应，铁做负极被腐蚀分析判断；C晶体有一定的熔点，非晶体没有，玻璃没有固定的熔点；D铝很活泼，在空气中易被氧化生成氧化铝【解答】解：A铜片长期暴露在空气中与空气中的
16、水蒸气、氧气和二氧化碳反应，在表面会形成一层铜绿，铜绿的成分为Cu2（OH）2CO3，故A选；B纯铁不含杂质，不能构成原电池，在潮湿空气中生铁中含有杂质和铁与表面的电解质溶液形成原电池反应，铁做负极，生铁比纯铁容易被腐蚀，故B不选；C晶体熔化过程中吸热，温度保持不变；非晶体没有熔点，熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高，玻璃可在一定温度范围内软化，没有固定的熔点，故C不选；D常温下，铝易被氧气氧化生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，所以铝具有较强的抗腐蚀性，可做导线是因为铝具有导电性，故D选；故选：AD。【点评】本题考查了元素化合物知识，掌握铜、铁、玻璃、铝的性质是解答关键，注意铝的性
17、质，铝的氧化物薄膜致密性较强，能防止铝继续被腐蚀，题目难度不大3【分析】由高聚物的结构可知最小重复单位为CHCH，则单体为CHCH，以此解答该题；工业炼铁通常采用的方法是热还原法，利用还原剂还原金属氧化物；形成原电池后能加快金属的腐蚀速率；负极上铁溶解，正极上析出铜，铁片和铜片相差的质量为溶解铁和析出铜的质量之和，溶解铁的物质的量和析出铜的物质的量相等，根据金属和转移电子之间的关系式计算。【解答】解：该塑料最小重复单位为CHCH，则单体为CHCH，为乙炔，故答案为：A；工业炼铁通常采用的方法是热还原法，利用还原剂一氧化碳还原氧化铁得到金属铁，故选C，故答案为：C；A铁钉和氯化钠溶液能构成原电池
18、，铁作负极而被腐蚀；B铁钉在蒸馏水中，并与空气接触，会缓慢生锈；C铁钉在干燥的空气中不易生锈；所以铁钉腐蚀最快的是A，故答案为：A；设转移xmol电子，则消耗0.5xmolFe，析出0.5xmolCu，则有0.5x（64+56）12，x0.2，故答案为：0.2mol。【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系、原电池反应、电子守恒的计算应用，侧重考查化学在生产生活中的应用，选取合适的方法防止金属被腐蚀是解题的关键，题目难度不大。4【分析】（1）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，隔绝空气或在干燥的空气中难以形成原电池反应；（2）铁活泼，易失去电子而被氧化；（3）铁在潮湿的空气中易形成原电池反应
19、而被氧化；中性环境下，金属铁发生吸氧腐蚀，据此书写化学方程式；（4）锌比铁活泼，当镀层破损后，易腐蚀锌而保护铁；（5）稀硫酸、洗盐酸会与铁制品表面上的锈发生反应，可用于除锈；铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可观察到铁丝表面出现红色固体，溶液由蓝色逐渐变为无色；根据氧化还原反应中电子守恒来配平方方程式，根据化学方程这消耗的物质的情况来回答【解答】解：（1）A、铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；B、植物油隔绝空气，铁难以腐蚀，；C、碱石灰吸水，在干燥的空气中铁难以腐蚀，铁锈的主要成分是Fe2O3（或 Fe2O3xH2O），故答案为：A；Fe2O3（或 Fe2O3xH2O）；（2）负极上铁为活泼金
20、属，易失去电子而被氧化，正极上是氧气发生得电子的反应O2+2H2O+4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH；（3）铁在潮湿的空气中易形成原电池反应，发生吸氧腐蚀而被氧化，此中性条件下，铁钉发生吸氧腐蚀转化为Fe（OH）2的电池反应方程式为2Fe+O2+2H2O2Fe（OH）2，故答案为：潮湿的空气；2Fe+O2+2H2O2Fe（OH）2；（4）在铁表面镀上一层锌，锌比铁活泼，当镀层破损后，易腐蚀锌而保护铁，故答案为：C；（5）稀硫酸、洗盐酸会与铁制品表面上的锈发生反应，可用于除锈，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，铁锈与硫酸反应的实质为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：
21、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的方程式为Fe+CuSO4 FeSO4 +Cu，故答案为：铁制品表面有红色固体析出；铁元素化合价升高了2价，氮元素的化合价降低了6价，所以铁元素的前边系数是3，氮元素前边系数是1，根据元素守恒，配平水以及氢氧化钠的系数，若要循环使用发蓝液，从理论角度分析，需要往使用过的发蓝液中加入亚硝酸钠即可，选A，故答案为：3；1；5；3；1；1；A【点评】本题考查金属腐蚀的化学原理，题目难度不大，注意金属发生电化学腐蚀和化学腐蚀的区别，以及形成电化学腐蚀的条件二防止金属腐蚀的重要意义（共1小题）5【分析】不锈钢为铁合金，改变了铁合
22、金的结构，抗腐蚀性好；钛合金是航空工业的重要材料；司母戊鼎是铜合金；根据钙、铁与人体健康分析；合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等；形成合金时金属与金属之间未发生化学反应。【解答】解：不锈钢是由铁、铬、镍制成的，具有强的抗腐蚀性能，故正确；钛是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛合金可用于飞机、火箭的制造，故正确；司母戊鼎是世界上现存最大的青铜器，故错误；钙是组成骨骼的重要元素，缺钙会引起骨质疏松，血红蛋白中含有铁元素，缺铁会引起贫血，故正确；青铜为铜锡铅的合金、不锈钢为铁镍合金、硬铝为镁铝合金，都是
23、合金，故正确；形成合金为在金属中加热熔合某些金属或非金属，形成具有金属特性的物质，形成合金时金属与金属之间未发生化学反应，故错误；故选：A。【点评】本题考查金属的性质和用途，为高频考点，侧重于双基知识的考查，注意相关知识的积累，在考虑物质的用途时，不但要考虑物质的性质，还要考虑其它方面的影响，难度不大。三金属的回收与环境、资源保护（共4小题）6【分析】由分离流程可知，SiO2和盐酸不反应，先加过量盐酸，溶液a为氯化铝和氯化铁的混合液，再加NaOH溶液，生成沉淀Fe（OH）3和溶液NaAl（OH）4，向NaAl（OH）4溶液中通入过量的二氧化碳可以生成Al（OH）3沉淀，则沉淀c为Al（OH）3
24、，Al（OH）3加热分解可以得到d为氧化铝，电解氧化铝生成Al，以此解答该题。【解答】解：A步骤过程中均需将固体和液体分离，为过滤操作，故A正确；B溶液a为氯化铝和氯化铁的混合液，加入过量的氢氧化钠溶液铝元素以NaAl（OH）4存在，过滤后分离出的杂质是氢氧化铁，故B正确；C的反应之中没有化合价的变化，没有氧化还原反应，故C错误；D若d为氧化铝，氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，所以d只能是氧化铝，故D正确。故选：C。【点评】本题考查物质的分离、提纯的方法及综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。7【分析】（1）加快反应速
25、率，可以升高温度、增大接触表面积等措施；（2）过程中，过氧化氢在酸性条件下将Cu溶解是铜和过氧化氢在酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液；（3）过程中加入过量铁粉是将铜离子全部还原生成单质铜；（4）过程中，发生反应是铁和稀硫酸反应，将固态铁除去。【解答】解：（1）加快反应速率，可以升高温度、增大接触表面积等措施，粉碎固体，增大接触面积加快反应速率，故答案为：粉碎、使用铁粉；（2）过程中，过氧化氢在酸性条件下将Cu溶解是铜和过氧化氢在酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸铜溶液，Cu的化合价由0价升高为+2价，被双氧水氧化，过氧化氢的作用是作氧化剂，故答案为：作氧化剂；（3）过程中加入过量铁粉将溶液
26、中的Cu2+全部置换出来，获得Cu的反应的离子方程式为：Fe+Cu2+Fe2+Cu，故答案为：Fe+Cu2+Fe2+Cu；（4）过程中，发生反应是铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，将铁除去，通过过滤得到Cu，故答案为：去除过量铁粉。【点评】本题考查了物质性质分析和应用，注意混合物分离过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。8【分析】由流程可知，酸性废液中含Fe3+、Cu2+，加入过量铁发生2Fe3+Fe3Fe2+、Cu2+FeFe2+Cu，操作为过滤，沉淀A为Cu、Fe，检验亚铁用铁氰化钾溶液，中发生2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，沉淀C为Fe（OH）3，胶体与沉淀的本
27、质区别是分散质直径大小不一样，以此来解答。【解答】解：（1）由分析可知沉淀A 中含有的金属单质有Cu、Fe，若加入少量铁粉，则只和铁离子反应，离子反应方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：Cu、Fe；2Fe3+Fe3Fe2+；（2）A中阳离子为亚铁离子，用铁氰化钾进行检验，显蓝色，故答案为：取少量A溶液于试管中加入铁氰化钾，若显蓝色，则含有亚铁离子；（3）步骤将亚铁离子变为铁离子，故A生成B的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2O，故答案为：2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2O；（4）固液分离用过滤的方法，主要用到玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏
28、斗，胶体和溶液的本质区别是分散质的直径不同，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗；分散质的直径不同。【点评】本题考查混合物分离提纯综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9【分析】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，Y为H2O2
29、，NaAlO2和CO2反应生成Al（OH）3，所以C是Al（OH）3，Al（OH）3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，以此解答该题。【解答】解：（1）由以上分析可知滤渣B含有Cu、Fe，试剂Z为硫酸，用于溶解铁，得到硫酸亚铁，故答案为：Cu、Fe；H2SO4；（2）CO2气体进入含AlO2溶液中可反应产生Al（OH）3沉淀，故答案为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；（3）检验亚铁可把亚铁转化为铁离子用硫氰化钾检验，或者直接用铁氰化钾检验显蓝色沉淀，故答案为：取少量待检液于试管中，向其中先滴加适量KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量新制氯水，溶液显红色，说明
30、溶液D中含Fe2+或取少量待检液于试管中，向其中滴加适量铁氰化钾（K3Fe3（CN）6）溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液D中含Fe2+；蒸发浓缩；过滤；（4）试剂Y是H2O2溶液，铜与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜，反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O；（5）取绿矾晶体m1g，在隔绝空气下加热，使绿矾晶体失去结晶水，当质量不再变化称得固体质量装置为m2g，则n（H2O）mol，n（FeSO4）mol，则绿矾化学式中结晶水数目x，故答案为：。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物
31、分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。四常见金属元素的单质及其化合物的综合应用（共3小题）10【分析】A.S具有弱氧化性；B.Fe为变价金属，与弱氧化剂反应生成低价铁的化合物；C.氯气具有强氧化性；D.碘的氧化性较弱。【解答】解：A.Cu与S直接化合生成Cu2S，故A错误；B.Fe与S直接化合生成FeS，故B正确；C.Fe与Cl2直接化合生成FeCl3，故C错误；D.Fe与I2直接化合生成FeI2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查金属及化合物的性质，题目难度不大，明确变价金属与不同氧化剂的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力
32、的考查，注意元素化合物知识的应用。11【分析】Na、Al、Mg、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化，以此解答该题。【解答】解：ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O2NaOH+H2、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B氧化铝和水不反应，所以Al2O3不能一步生成Al（OH）3，故B选；CMg和HCl反应生成氯化镁、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，然后和硫酸反应生成硫酸镁，可一步转化，反应方程式分别是M
33、g+2HClMgCl2+H2、MgCl2+2NaOHMg（OH）2+2NaCl、Mg（OH）2+H2SO4MgSO4+2H2O，故C不选；DFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3中反应方程式分别是Fe+2HClFeCl2+H2、FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，所以能一步实现，故D不选。故选：B。【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Al、Mg、Fe为知识点构建知识网络，题目难度不大。12【分析】（1）四种元素的单质中，氧化性和还原性最强的两种单质为Cl2、Na，反应生
34、成化合物氯化钠为离子化合物；（2）把8.3g铁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6L标况下的H2，发生的反应为Fe+2HClFeCl2+H2，2Al+6HCl2AlCl3+3H2，设合金中铁的物质的量为x，铝的物质的量为y，利用重力和气体关系列式计算得到铁的质量，计算得到合金中铁的质量分数；（3）Na2FeO4+HClNaCl+FeCl3+H2O+Cl2，反应中铁元素化合价+6价降低到+3价，电子转移3e，氯元素化合价1价升高到0价，电子转移2e，结合电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式，Na2FeO4的为强电解质水中完全电离，【解答】解：（1）四种元素的单质中，氧化性和还原性最强的两种单
35、质为Cl2、Na，反应生成化合物氯化钠为离子化合物，电子式表示该化合物的形成过程为：，故答案为：；（2）把8.3g铁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6L标况下的H2，发生的反应为Fe+2HClFeCl2+H2，2Al+6HCl2AlCl3+3H2，设合金中铁的物质的量为x，铝的物质的量为y，得到x+1.5y0.25mol，56x+27y8.3g，计算得到x0.1mol，y0.15mol，合金中铁的质量分数100%67.5%，故答案为：67.5%；（3）Na2FeO4+HClNaCl+FeCl3+H2O+Cl2，反应中铁元素化合价+6价降低到+3价，电子转移3e，氯元素化合价1价升高到0价
36、，电子转移2e，结合电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式我为：2Na2FeO4+16HCl4NaCl+2FeCl3+8H2O+3Cl2，Na2FeO4的为强电解质水中完全电离，电离方程式为：Na2FeO42Na+FeO42，该反应按方程式计量数关系，所得产物中离子键与共价键的个数比为：（4+23）：（82+3）10：13，故答案为：2；16；4；2；8；3；Na2FeO42Na+FeO42；10：13。【点评】本题考查了物质组成和结构，电子式形成过程的表示方法、氧化还原反应配平等知识点，注意氧化还原反应电子守恒的应用，题目难度中等。五石油的分馏产品和用途（共3小题）13【分析】A石油是烷烃、环
37、烷烃、芳香烃等的混合物，烃类的沸点与分子间作用力有关；B石油分馏产品仍是混合物；C根据石油分馏和裂化的定义考虑；D根据裂化的目的考虑【解答】解：A石油是烷烃、环烷烃、芳香烃等的混合物，烃类的沸点与分子间作用力有关，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，沸点升高，故A正确；B分馏石油得到的各个馏分为烃类物质的混合物，故B错误；C石油炼制过程中，利用石油中各成分的沸点不同，将它们分馏可得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等等不同产品；石油的裂化是在一定条件下，将相对分子质量较大，沸点较高的烃分解为相对分子质量较小、沸点较低的烃，故C正确；D石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）
38、的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了石油的组成、分馏、裂化的目的，难度不大，注意石油炼制的方法的不同，比较分馏、裂化、裂解的不同原理及不同用途14【分析】A.乙烯分子中为碳碳双键，苯分子中无碳碳双键；B.甲烷和氯气的反应是链锁反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；C.石油裂化的目的是生产轻质油，裂解的目的是生产“三烯”；D.乙醇中的CH2OH能直接被高锰酸钾氧化为COOH。【解答】解：A.乙烯分子中为碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的键，无碳碳双键，故A正确；B.甲烷和氯气的反应
39、是链锁反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故不只是生成一氯甲烷和HCl，故B错误；C.石油裂化的目的是生产轻质油，裂解的目的是生产“三烯”，故可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料，故C正确；D.乙醇中的CH2OH能直接被高锰酸钾氧化为COOH，即乙醇能直接被高锰酸钾溶液氧化为乙酸，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了常见有机物的结构、性质以及石油的综合利用，难度不大，应注意甲烷和氯气的反应是链锁反应，不只是生成一氯甲烷。15【分析】A、石油分馏可以获得轻质油；裂解可以获得“三烯”；B、煤中不含苯、甲苯；C、利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法
40、为石油的分馏；D、化石燃料是远古时期的动植物的遗体在高温高压条件下转化而来的。【解答】解：A、石油分馏可以获得汽油、煤油和柴油等轻质油，裂解可以获得乙烯、丙烯等“三烯”，故A正确；B、煤中不含苯、甲苯，但煤在高温条件下隔绝空气加强热使其分解可以获得芳香烃，石油的催化重整也可以获得芳香烃，故B错误；C、利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法为石油的分馏，故石油的分馏是物理过程，不是化学变化，故C错误；D、化石燃料是远古时期的动植物的遗体在高温高压条件下经几亿年转化而来的，故沼气不是化石燃料，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了煤、石油的来源和综合利用，难度不大，应注意的是
41、煤中不含苯、甲苯等，但可以通过干馏获得苯、甲苯等。六石油的裂化和裂解（共3小题）16【分析】由题中信息及质量守恒定律知：C4H10（辛烷）C2H6（乙烷）+C2H4（乙烯）。【解答】由题中信息及质量守恒定律知：C4H10（辛烷）C2H6（乙烷）+C2H4（乙烯），故另一个产物为C2H6；故选：B。【点评】本题考查石油的裂解，题目很简单，关键是掌握石油催化裂化和裂解的原理，明确题干信息。17【分析】A裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程；B煤的干馏得到的产物煤焦油中含苯；C中碳碳双键变为单键，中由小分子生成高分子化合物；D如原子利用率是100%，则反应物全部转化为目标生成物。
42、【解答】解：A.裂解是深度的裂化，主要目的是获得乙烯、丙烯和丁二烯等烯烃，即将石油生成更多的不饱和烃，故A正确；B.煤干馏得到的煤焦油中含苯，但煤焦油是苯、甲苯等多种芳香烃的混合物，不是苯的纯净物，故B正确；C.根据方程式可知，为加成反应，为加聚反应，故C正确；D.反应在生成苯乙烯的同时还生成了氢气，氢气是副产物，不是目标产物，故此反应的原子利用率不是100%，故D错误；故选：D。【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物官能团的变化以及有机物的性质，题目难度不大。18【分析】根据流程图可知，丙烯酸CH2CHCOOH和B反应生成了丙烯酸乙酯CH2
43、CHCOOCH2CH3，则B为乙醇CH3CH2OH，而B是由A和水反应生成的，且A是石蜡油的裂解产物，故A为乙烯CH2CH2。则反应是CH2CH2和水的加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH2CH2+H2OCH3CH2OH；反应是CH3CH2OH和CH2CHCOOH发生酯化反应生成CH2CHCOOCH2CH3，化学方程式为：CH3CH2OH+CH2CHCOOHH2O+CH2CHCOOCH2CH3；反应是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：nCH2CHCOOH，据此解答。【解答】解：（1）AB的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；（2）丙烯酸中含有碳碳双键和羧基两个官能团，故答案为：
44、碳碳双键、羧基。（3）丙烯分子中三个C原子中甲基上的碳原子是sp3杂化，其余两个为sp2杂化，故三个碳原子以及1号、2号碳原子上的H原子共6个原子一定共平面，甲基上还最多有一个H原子与之共平面，故丙烯中最多有7个原子共平面，故答案为：7；（4）C5H12有正戊烷、新戊烷、异戊烷三种同分异构体，含H原子种类分别为3、4、1，则一氯代物有8种，故答案为：8；（5）反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH2CHCOOHH2O+CH2CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH+CH2CHCOOHH2O+CH2CHCOOCH2CH3；（6）丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：nCH2C
45、HCOOH，聚丙烯酸的结构简式为，故答案为：。【点评】本题考查石油的裂解和有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机方程式书写等，题目侧重考查学生对知识的掌握，有利于基础知识的分析巩固。七化石燃料与基本化工原料（共3小题）19【分析】A.煤的气化是化学变化；B.燃煤中加入CaO可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放；C.石油大多是由烃类构成的混合物；D.天然气和液化石油气体污染较小。【解答】解：A.煤的气化是C和水高温生成CO和氢气，属于化学变化，故A错误；B.燃煤中加入CaO可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，不能减少温室气体的排放，故B错误；C.石油大多是由烃类构成的混合物，分