鲁科版必修2高考题同步练习：3.2
石油和煤、重要的烃（02）
一．选择题（共14小题）
1．下列物质不能使溴水褪色的是（）
A．乙烯
B．二氧化硫
C．KI溶液
D．CH4
2．下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（）
A．氢氧化钠溶液
B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜
D．碳酸钠溶液
3．关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）
A．反应物是乙醇和过量的3摩/升硫酸的混和液
B．温度计插入反应溶液液面以下，以便控制温度在140℃
C．反应容器（烧瓶）中应加入少许瓷片
D．反应完毕先灭火再从水中取出导管
4．下列变化属于加成反应的是（）
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中
B．乙烯通入溴水中
C．苯与液溴在FeBr3催化下反应
D．乙烯与氯化氢在一定条件下反应
5．二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（）
A．利用金属钠或金属钾
B．利用燃烧法
C．利用红外光谱法
D．利用核磁共振氢谱
6．下列说法正确的是（）
A．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D．汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
7．下列关于有机物的说法正确的是（）
A．乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的B．淀粉、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
C．聚氯乙烯塑料最适合用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜
D．等物质的量的CH4与Cl2恰好反应时，生成CH3Cl与HCl
8．过量的下列溶液与水杨酸（）反应能得到化学式为C7H5O3Na的是（）
A．NaHCO3溶液
B．Na2CO3溶液
C．NaOH溶液
D．NaCl溶液
9．甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么可推断氢元素的质量分数是（）
A．0.05
B．0.087
C．0.174
D．无法计算
10．某化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8g
CO2和7.2g
H2O．下列说法正确的是（）
A．该化合物仅含碳、氢两种元素
B．该化合物中碳、氢原子个数比为1：4
C．无法确定该化合物是否含有氧元素
D．该化合物一定是C2H8O2
11．下列说法正确的是（）
A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3
D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同
12．在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是（）
A．CH2＝C（CH3）CH2CH2CH3
B．CH2＝CHCH（CH3）CH2CH3
C．CH3C（CH3）＝CHCH2CH3
D．CH3CH＝CHCH（CH3）CH3
13．下列关于丙烯（CH3﹣CH＝CH2）的说法正确的是（）
A．丙烯分子中所有原子位于同一平面
B．丙烯分子中不存在同分异构体
C．丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
14．下列说法中正确的是（）
A．红外光谱图可以确定有机物分子中不同类型氢原子的种类和数目
B．质谱图最右边的分子离子峰表示待测物质的相对分子质量
C．苯、乙烷、乙烯、乙炔分子中碳碳键的键长分别为a、b、c、d，则b＞c＞a＞d
D．等质量的烃完全燃烧，耗氧量最少的是甲烷
二．填空题（共1小题）
15．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是。
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是。
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是。
（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是。
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197kJ/mol；
H2O（g）⇌H2O（l）△H2＝﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3＝﹣545kJ/mol。
则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是。
焙烧948t明矾（M＝474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸
t。
三．解答题（共1小题）
16．1，2﹣二溴乙烷汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度2.18g/mL，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇，醚、丙酮等有机溶剂．在实验中可以用如图所示装置制备1，2﹣二溴乙烷．其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓H2SO4的混合液，试管d中装有液溴（表面覆盖少量水）．填写下列空白：
（1）写出本题中制备1，2﹣二溴乙烷有关的两个化学方程式．
①
；②
．
（2）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时b瓶中的现象
．
（3）容器c中所装的试剂是，其作用是
．
（4）d中用冷水冷却液溴的原因是，但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是
．
鲁科版必修2高考题同步练习：3.2
石油和煤、重要的烃（02）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．下列物质不能使溴水褪色的是（）
A．乙烯
B．二氧化硫
C．KI溶液
D．CH4
【分析】溴水具有氧化性，能够氧化具有还原性的物质；溴水能够与含有碳碳双键、碳碳三键的有机物发生加成反应，从而使溴水褪色，据此进行解答．
【解答】解：A．乙烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故A错误；
B．二氧化硫具有还原性，能够与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，故B错误；
C．碘化钾溶液中的碘离子具有还原性，能够被溴水氧化而使溴水褪色，故C错误；
D．甲烷性质稳定，不与溴水发生反应，不能使溴水褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见有机物结构与性质、溴水、二氧化硫等物质的性质，题目难度不大，注意掌握溴水的组成、化学性质，明确能够使溴水褪色的物质一般具有的化学性质是解答本题关键．
2．下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（）
A．氢氧化钠溶液
B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜
D．碳酸钠溶液
【分析】只有新制Cu（OH）2与乙醇、乙酸、乙醛溶液分别混合时，现象有明显区别。乙醇不与新制Cu（OH）2反应，乙酸与新制Cu（OH）2反应使Cu（OH）2溶解，溶液变为蓝色，沉淀消失，乙醛溶液与新制Cu（OH）2悬浊液加热有红色沉淀生成；
【解答】解：A．乙醇、乙醛和NaOH溶液不反应，无现象，乙酸和NaOH溶液能反应，但无明显现象，不能鉴别，故A错误；
B．乙醇、乙醛均不与石蕊反应，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu（OH）2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．乙醇、乙醛均不与碳酸钠溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛、羧酸性质的考查，题目难度不大。
3．关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）
A．反应物是乙醇和过量的3摩/升硫酸的混和液
B．温度计插入反应溶液液面以下，以便控制温度在140℃
C．反应容器（烧瓶）中应加入少许瓷片
D．反应完毕先灭火再从水中取出导管
【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170℃，反应装置为液液加热装置．
【解答】解：A、反应物是乙醇和过量浓硫酸的混合物，故A错误；
B、反应温度在140℃时，生成乙醚，170℃时生成乙烯，故B错误；
C、溶液加热为防暴沸，加入沸瓷片，故C正确；
D、为防倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了乙烯的实验室制法．有机反应中，反应条件不同，产物不同，故一定要记住反应条件．
4．下列变化属于加成反应的是（）
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中
B．乙烯通入溴水中
C．苯与液溴在FeBr3催化下反应
D．乙烯与氯化氢在一定条件下反应
【分析】根据定义分析解答．加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．
【解答】A、乙烯通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故A错误；
B、乙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，故B正确；
C、苯环上的氢原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故C错误；
D、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等）．
5．二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（）
A．利用金属钠或金属钾
B．利用燃烧法
C．利用红外光谱法
D．利用核磁共振氢谱
【分析】二甲醚和乙醇中分别含有﹣O﹣和﹣OH，二者性质不同，﹣OH可与Na反应，二者含有的H原子的种类和性质不同，由于分子式相同，燃烧产物相同．
【解答】解：A．乙醇中含有﹣OH，可与金属钠或金属钾反应生成氢气，可鉴别，故A正确；
B．由于分子式相同，燃烧产物相同，不能鉴别，故B错误；
C．二甲醚和乙醇中分别含有﹣O﹣和﹣OH，官能团不同，可用红外光谱法鉴别，故C正确；
D．二者含有的H原子的种类和性质不同，可用核磁共振氢谱鉴别，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意有机物官能团的异同以及有机物的结构，注意把握鉴别方法．
6．下列说法正确的是（）
A．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D．汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
【分析】A．植物油属于油脂；
B．干馏为煤在隔绝空气条件下发生复杂的物理、化学变化；
C．葡萄糖的相对分子质量较小，在10000以下；
D．汽油、生物柴油均为烃的混合物，酒精中含C、H、O元素．
【解答】解：A．植物油属于油脂，为高级脂肪酸甘油酯，是人体必需的营养物质，故A正确；
B．干馏为煤在隔绝空气条件下发生复杂的物理、化学变化，裂化、裂解都是石油产品获得小分子的化学变化，只有分馏为物理变化，故B错误；
C．葡萄糖的相对分子质量较小，在10000以下，不是高分子化合物，但淀粉、蛋白质都是高分子化合物，故C错误；
D．汽油、生物柴油均为烃的混合物，酒精中含C、H、O元素，酒精不是碳氢化合物，但都可作燃料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、结构、性质及物质分类为解答的关键，注意煤和石油的综合利用，题目难度不大．
7．下列关于有机物的说法正确的是（）
A．乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的B．淀粉、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
C．聚氯乙烯塑料最适合用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜
D．等物质的量的CH4与Cl2恰好反应时，生成CH3Cl与HCl
【分析】A．乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；
B．油脂不是高分子化合物；
C．聚氯乙烯不能用于保鲜膜；
D．甲烷与氯气发生取代反应生成多种氯代烃。
【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可溴水发生加成、与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故A正确；
B．油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；
C．聚氯乙烯在一定条件下释放出有害物质，不能用于保鲜膜，故C错误；
D．甲烷与氯气的取代反应为多步取代同时进行，发生取代反应生成多种氯代烃，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
8．过量的下列溶液与水杨酸（）反应能得到化学式为C7H5O3Na的是（）
A．NaHCO3溶液
B．Na2CO3溶液
C．NaOH溶液
D．NaCl溶液
【分析】根据酸性＞碳酸氢钠判断，反应能得到化学式为C7H5O3Na，只能是羧基参加反应，以此解答．
【解答】解：A．水杨酸与NaHCO3溶液反应时只是﹣COOH作用转化为﹣COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，故A正确；
B．水杨酸与Na2CO3溶液反应时﹣COOH、﹣OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，故B错误；
C．水杨酸与NaOH溶液反应时﹣COOH、﹣OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，故C错误；
D．与NaCl溶液不反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意酚羟基、羧基与碳酸酸性的强弱比较，为解答该题的关键．
9．甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么可推断氢元素的质量分数是（）
A．0.05
B．0.087
C．0.174
D．无法计算
【分析】甲苯C7H8，甘油C3H8O3，二者相对分子质量都是92，H元素的质量分数相同，混合后H元素的质量分数不变，据此计算判断．
【解答】解：甲苯C7H8，甘油C3H8O3，二者相对分子质量都是92，H元素的质量分数相同为0.087，故二者混合物的中H元素的质量分数为0.087，故选：B。
【点评】本题考查质量分数的有关计算，难度不大，关键是根据分子式的判断二者氢元素的质量分数相等．
10．某化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8g
CO2和7.2g
H2O．下列说法正确的是（）
A．该化合物仅含碳、氢两种元素
B．该化合物中碳、氢原子个数比为1：4
C．无法确定该化合物是否含有氧元素
D．该化合物一定是C2H8O2
【分析】有机物燃烧生成8.8gCO2和7.2gH2O，则一定含有C、H元素，其中n（CO2）0.2mol，n（H2O）0.4mol，以此计算C、H元素的质量，根据质量守恒，判断是否含有O元素。
【解答】解：A．有机物燃烧生成8.8gCO2和5.4gH2O，则该有机物分子中一定含有C、H元素，当可能含有氧元素，故A错误；
B.8.8g二氧化碳的物质的量为：n（CO2）0.2mol，7.2g水的物质的量为：n（H2O）0.4mol，则n（C）：n（H）＝0.2mol：（0.4mol×2）＝1：4，故B正确；
C．n（C）＝n（CO2）＝0.2mol，m（C）＝0.2mol×12g/mol＝2.4g，n（H）＝2n（H2O）＝0.8mol，m（H）＝0.8g，由于2.4g+0.8g＝3.2g＜6.4g，所以该化合物中一定含有氧元素，故C错误；
D．C2H8O2，2个C最多含有6个H，则该有机物分子式为：CH4O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物分子的元素组成，题目难度不大，本题注意有机物完全燃烧只生成二氧化碳和水，一定含有C、H元素，可能含有O元素，从质量守恒的角度判断是否含有氧元素。
11．下列说法正确的是（）
A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷
B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3
D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同
【分析】A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；
B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H；
C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；
D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油．
【解答】解：A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷，故A正确；
B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；
C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；
D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与﹣OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大．
12．在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是（）
A．CH2＝C（CH3）CH2CH2CH3
B．CH2＝CHCH（CH3）CH2CH3
C．CH3C（CH3）＝CHCH2CH3
D．CH3CH＝CHCH（CH3）CH3
【分析】根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2﹣甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃．
【解答】解：2﹣甲基戊烷的碳链结构为，2﹣甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2﹣甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、、。
A、CH2＝C（CH3）CH2CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷，故A不选。
B、CH2＝CHCH（CH3）CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后不能生成3﹣甲基戊烷，故B选。
C、CH3C（CH3）＝CHCH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷，故C不选。
D、CH3CH＝CHCH（CH3）CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了根据烷烃的结构判断烯烃的结构，难度较大，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳双键，注意不能重写、漏写．
13．下列关于丙烯（CH3﹣CH＝CH2）的说法正确的是（）
A．丙烯分子中所有原子位于同一平面
B．丙烯分子中不存在同分异构体
C．丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【分析】A．丙烯中含有甲基，故所有原子不可能位于同一平面；
B．丙烯与环丙烷互为同分异构体；
C．乙烯为平面结构，故丙烯分子中至少有6个原子位于同一平面，由于单键可以旋转，故甲基上的1个氢原子也可能在这个平面内，故丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面；
D．丙烯分子中3个碳原子在同一平面内．
【解答】解：A．丙烯中含有甲基，故所有原子不可能位于同一平面，故A错误；
B．丙烯与环丙烷互为同分异构体，故B错误；
C．乙烯为平面结构，故丙烯分子中至少有6个原子位于同一平面，由于单键可以旋转，故甲基上的1个氢原子也可能在这个平面内，故丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面，故C正确；
D．乙烯为平面结构，则丙烯分子中3个碳原子在同一平面内，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以乙烯为模型，考查丙烯的结构，难度中等．侧重学生知识迁移能力的培养．
14．下列说法中正确的是（）
A．红外光谱图可以确定有机物分子中不同类型氢原子的种类和数目
B．质谱图最右边的分子离子峰表示待测物质的相对分子质量
C．苯、乙烷、乙烯、乙炔分子中碳碳键的键长分别为a、b、c、d，则b＞c＞a＞d
D．等质量的烃完全燃烧，耗氧量最少的是甲烷
【分析】A．红外光谱图常用来测定得分子中含有化学键或官能团的信息；
B．用质谱仪测定的有机物的最大质合比，质谱法中最右边的分子离子峰为最大值；
C．键能越大，键长越短，键能：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键；
D．等质量的烃完全燃烧，烃中氢元素的质量分数越大，耗氧量越高。
【解答】解：A．红外光谱图常用来测定得分子中含有化学键或官能团的信息，故A错误；
B．质谱法是用高能电子流轰击样品分子，使分子失去电子变成分子离子或碎片离子；质谱仪测定的有机物的最大质合比，质谱图中最右边的分子离子峰为最大值，为该物质的相对分子质量，故B正确；
C．键能越大，键长越短，键能：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，苯中的化学键键能介于单键与双键之间，所以键长：b＞a＞c＞d，故C错误；
D．等质量的烃完全燃烧，烃中氢元素的质量分数越大，耗氧量越高，所有的烃中H元素的质量分数最大的是甲烷，所以耗氧量最多的是甲烷，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构式确定的谱学方法、键长比较、耗氧量的相关知识点，题目难度不大，熟悉鉴定有机物结构及性质是解答的关键。
二．填空题（共1小题）
15．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 S。
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶。
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 4。
（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是 Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O＝NaAlO2+3Ni（OH）2。
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197kJ/mol；
H2O（g）⇌H2O（l）△H2＝﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3＝﹣545kJ/mol。
则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）△H＝﹣130kJ/mol。
焙烧948t明矾（M＝474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸 ②432 t。
【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；
（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；
（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池
负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；
（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
②依据硫元素守恒计算得到；
【解答】解；（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；
故答案为：S；
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；
故答案为：蒸发结晶；
（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4；
故答案为：4；
（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O＝NaAlO2+3Ni（OH）2；
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O＝NaAlO2+3Ni（OH）2；
（5）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣197kJ/mol；Ⅰ
H2O（g）⇌H2O（l）△H2＝﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3＝﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）＝2H2SO4（l）△H＝﹣260kJ/mol；
即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）△H＝﹣130kJ/mol；
故答案为：SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）△H＝﹣130kJ/mol；
②948
t明矾生成SO2物质的量为4500mol
故生成硫酸的质量m＝4500×0.96×98÷0.98＝432000Kg＝432t。
故答案为：432t；
【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等。
三．解答题（共1小题）
16．1，2﹣二溴乙烷汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度2.18g/mL，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇，醚、丙酮等有机溶剂．在实验中可以用如图所示装置制备1，2﹣二溴乙烷．其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓H2SO4的混合液，试管d中装有液溴（表面覆盖少量水）．填写下列空白：
（1）写出本题中制备1，2﹣二溴乙烷有关的两个化学方程式．
① CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O ；② CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br ．
（2）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时b瓶中的现象 b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出 ．
（3）容器c中所装的试剂是 NaOH溶液，其作用是 除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质，以防止其杂质与溴反应 ．
（4）d中用冷水冷却液溴的原因是 避免溴大量挥发，但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是 产品1，2﹣二溴乙烷的熔点低，过度冷却会凝固而堵塞导管 ．
【分析】实验原理：乙醇和浓硫酸反应主要生成乙烯气体，反应为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O，还可能混有碳和浓硫酸反应生成的CO2和SO2气体，b为安全瓶，c为净化除杂装置，d为乙烯和溴的反应装置，反应为：CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br，e为尾气吸收装置．
（1）实验室中用乙醇和浓硫酸加热来制取乙烯，然后用乙烯和溴单质的加成反应来制得1，2﹣二溴乙烷；
（2）依据当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；
（3）根据上面的分析可知，乙烯中可能有CO2和SO2等酸性气体，对实验有干扰，所以要除去，C为净化装置，混合气体通过c瓶，CO2和SO2气体被氢氧化钠吸收，以防止其杂质与溴反应；
（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发；但1，2﹣二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，否则1，2﹣二溴乙烷凝固而堵塞导管．
【解答】解：（1）实验室中用乙醇和浓硫酸加热来制取乙烯，然后用乙烯和溴单质的加成反应来制得1，2﹣二溴乙烷，发生反应的化学方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O，CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O；CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
（2）试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出；
（3）a中浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，反应为：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，所以容器c中所装的试剂是NaOH溶液，除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质，以防止其杂质与溴反应，故答案为：NaOH溶液；除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质，以防止其杂质与溴反应；
（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2﹣二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，故答案为：避免溴大量挥发；产品1，2﹣二溴乙烷的熔点低，过度冷却会凝固而堵塞导管．
【点评】本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法，题目难度中等，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法是解题的关键，注重培养学生分析问题、解决问题的能力．
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