《来自石油和煤的两种基本化工原料》教案

第一篇：《来自石油和煤的两种基本化工原料》教案

第二课时 苯

［教学过程］ 〖引导阅读〗

一、苯的分子式、结构式、结构简式、碳元素含量与乙烯和烷烃比较 〖学 与 问〗：

1、按照苯的结构式，你们认为苯可能有哪些成键特点？

2、如何设计实验证明你的猜想是成立的？

〖实验探究〗：

1、苯与溴水

2、苯与酸性高锰酸钾 〖讨论提升〗：苯的结构简式用哪种形式表示更为合理 〖科学史话〗：阅读课本P63 对学生进行科学探究精神教育

二、苯的物理性质

三、苯的化学性质

1、可燃性——燃烧现象与乙烯、甲烷比较

2、取代反应——与液溴、浓硫酸、浓硝酸的反应

3、加成反应——难发生——与氢气、氯气的加成反应 〖思维拓展〗：甲苯与液溴的取代反应 【典型例题】

例1.下列说法中能说明苯不是单双键交替结构的是 A.苯的一溴代物无同分异构体 B.苯的邻二溴代物无同分异构体 C.苯的对二溴代物无同分异构体 D.苯不能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色

解析：如果苯分子中是单双键交替的话，它能与溴水发生取代反应，使酸性高锰酸钾褪色，且邻二溴代物有同分异构体，所以选：BD 例

2、苯的结构式可用（）

A．苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料 B．苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃 C．苯分子中6个碳碳化学键完全相同

D．苯可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色

来表示，下列关于苯的叙述中正确的是

解析：苯分子中6个碳碳化学键完全相同，苯分子中不含有简单的碳碳双键，苯不属于烯烃也不可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色，苯主要是以煤为原料而获得的一种重要化工原料。答案：C 例

3、甲烷、乙烯、苯、甲苯四种有机物中具有下列性质的是

（1）不能与溴水反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是

；（2）在催化剂作用下能与纯溴反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是

；（3）见光能跟氯气反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是

；（4）在催化剂作用下加氢生成乙烷，加水生成酒精的是。

解析：不能与溴水反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是甲苯；在催化剂作用下能与纯溴反应、不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是苯；见光能跟氯气反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是甲烷；在催化剂作用下加氢生成乙烷、和水在一定条件下生成酒精的是乙烯。

答案：（1）甲苯；

（2）苯；

（3）甲烷；

（4）乙烯。〖拓展提升〗：例4 已知

（R为烃基）被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物是。某芳香烃C10H14有5种可能的一溴代物C10H13Br，该芳香烃经酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧酸类物质C8H6O4，后者再经硝化，只能有一种硝基产物C8H5O4NO2。该芳香烃的结构简式为_________________________。

错解分析：本题为一道信息给予题，利用苯的同系物被高锰酸钾氧化后，苯环上的烃基被氧化成羧基的信息，而烃C10H14被氧化后生成 C8H6O4，说明本环上有两个烃基，烃C10H14有5种可能的一溴代物C10H13Br说明苯环上有一个甲基和一个异丙基，C8H6O4，后者再经硝化，只能有一种硝基产物C8H5O4NO2说明被氧化生成的两个羧基在苯环上的位置为对位。

正解思路：C10H14与饱和链烃C10H22相比，少8个H原子 → 说明该分子中除一个苯环外，分子的侧链是饱和的；C8H6O4与饱和链烃C8H18相比，少12个H原子 → 说明该分子中除一个苯环外，侧链上有两个C=O双键，C8H6O4是苯二甲酸，又由于其苯环上的一硝基取代物只有一种 → 说明C8H6O4是对苯二甲酸，所以C10H14有两个对位烃基。又由于对二乙苯的一溴代物至多是3种而不是5种，因此侧链上的4个C原子不可能分成两个乙基。

答案

第二篇：来自石油和煤的两种基本化工原料标准教案

老师：我们在买香蕉的时候是愿意买青香蕉还是黄香蕉？为什么？ 学生：当然原意买黄香蕉，因为黄香蕉是熟的，好吃。

老师：家里如果有尚未完全成熟的青香蕉，如何将它们尽快催熟？这时，我们可以将青香蕉和黄香蕉放在同一个塑料袋中，系紧袋口。这样，过几天青香蕉就可以变黄、成熟。这是因为水果在成熟的过程中，自身能放出乙烯气体，利用成熟水果放出的乙烯可以催熟生水果。这节课我们就来学习乙烯的有关性质。

板书：第二节

来自石油和煤的两种基本化工原料――――乙烯

老师：乙烯除了具有催熟果实的功能外，还有其他用途吗？请同学们阅读课本58页思考与交流中乙烯的有关用途。

老师：乙烯是石油化工中最重要的基础原料。它不仅用于制造塑料、合成纤维，还可以代替粮食造酒，为人类节约大量粮食，俗称“石油化工之母”。乙烯的生产规模、产量、技术水平标志着一个国家石化工业发展的水平。近几十年来，我国在乙烯的生产和利用上发展迅速，2008 年全国乙烯生产能力约1000万吨.到底乙烯是怎样的物质呢？如何从石油中得到乙烯呢？我们一起来探究下，按照课本59页图3－6组装石蜡油的分解实验，将生成的乙烯气体分别通入到溴的CCl4溶液、酸性高锰酸钾溶液中，并用排水法收集一试管气体点燃，大家看到什么现象？

学生：在溴的CCl4溶液和酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯后褪色了，而点燃乙烯出现了大量的黑烟。

老师：在前面，我们学习了甲烷的有关性质，甲烷能不能使溴的CCl4溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色？ 学生：不能

老师：我们常说结构决定性质，乙烯的性质与甲烷的差异是由其不同的结构导致的，乙烯与烷烃的结构有何差异呢？请同学们参照课本59页乙烯的球棍模型和比例模型，写出乙烯分子的分子式，电子式、结构式和结构简式。板书：

一、乙烯的分子组成和结构

分子式：C2H4，电子式：

结构式：

结构简式：CH2== CH2

0老师：在乙烯分子中，二个碳原子和四个氢原子在同一个平面上，键角为120，碳与碳之间以双键的形式存在。

板书：分子构型：平面型；键角：120°，连接方式：

老师：乙烯分子在结构上最大的特点就是含有一个碳碳双键，是不饱和烃。像这样分子中含有碳碳双键的烃类叫做烯烃。乙烯是最简单的烯烃，乙烯分子的这种不饱和性使得其化学性质非常活泼，可以发生很多化学反应。板书：

二、乙烯的性质

过渡：通过刚才的实验，大家能总结出乙烯具有的物理性质吗？ 学生：无色稍有气味的气体，比空气轻，难溶于水。板书：

1、物理性质：无色稍有气味的气体，比空气轻，难溶于水。老师：结合刚才的实验，大家能总结乙烯的化学性质吗？ 板书：

2、化学性质：

学生：能够燃烧，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使溴水褪色 板书：（1）氧化反应 a.在空气中燃烧：

老师：乙烯在空气中燃烧后的产物是什么？ 学生：二氧化碳和水

板书：C2H4+3O2  2CO2+2H2O

老师：乙烯在空气中燃烧时，为什么还会有黑烟？

老师：这是因为乙烯中碳元素含量较大，发生不完全燃烧，反应中有碳单质生成。为什么乙烯能使酸性的高锰酸钾溶液褪色？ 板书：b.使高锰酸钾溶液褪色

老师：说明了乙烯能和酸性高锰酸钾溶液反应，对吧。那么，我们回忆一下，上节课我们学过，甲烷能与酸性高锰酸钾溶液反应吗？ 学生：不能

老师：那么，从这两个对比实验中，大家能得到什么结论吗？甲烷和乙烯那个更活泼呢？ 学生：乙烯

老师：没错，乙烯的性质更加活泼。在前面我们就提到，乙烯的双键结构可能会对它的性质产生影响，使得它的性质有别与甲烷。甲烷与酸性高锰酸钾不反应，而乙烯由于具有这种特殊的双键结构，使得乙烯能与酸性高锰酸钾反应。对于这个反应，我们并不需要掌握化学反应方程式的书写，我们只需要掌握它褪色及褪色的原因。所以，我们可以利用酸性高锰酸钾来鉴别甲烷和乙烯。乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于发生了氧化还原反应，把乙烯气体通入到溴的四氯化碳溶液中，褪色的原因又是什么呢？

老师：这是因为乙烯和溴发生了加成反应，那乙烯的加成反应究竟是怎样一个过程？首先，是溴分子中一根键断开，同时乙烯中的碳碳双键也有一个键断开，然后两个溴原子分别加到两个不饱和的碳原子上，生成了1，2—二溴乙烷。1，2—二溴乙烷是一个系统命名法，在必修部分我们并不需要掌握这种命名法，我们在选修部分将会有详细介绍，现在，我们只需要知道，这物质叫做1，2—二溴乙烷。类似这种有机物分子中双键（或叁键）两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，叫做加成反应。副板书：

板书：（2）加成反应 ： 点燃

老师：其实，很多物质可以和乙烯发生加成反应。例如氢气、氯气、盐酸和水在一定条件下都可以和乙烯发生反应。现在大家就试一下，大家根据加成反应的过程原理，模仿刚才我们所讲的乙烯和溴的反应，请大家书写一下乙烯和氢气、氯气、氯化氢的反应方程式。板书：

老师：看来大家掌握得还不错。其实，加成反应并不难，我们来总结一下它的规律。“断一加二，产物单纯”。何谓“断一”，反应物单键断开，双键一个键也断开；何谓“加二”，两个原子或原子团分别加到两个碳原子上；“产物单纯”，说明只生成一个化合物。板书：“断一加二，产物单纯”

老师：好了，乙烯的化学性质的学习我们就学到这。我们说过，乙烯的双键结构使得乙烯所表现的化学性质有别于甲烷。我们学习了乙烯的氧化反应和加成反应。乙烯的氧化反应通过两个方面来介绍，第一，乙烯能与氧气反应，而且产物和甲烷在空气中点燃的产物是一样的，生成了CO2和H2O。第二，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色。而本节课的重点是乙烯的加成反应，大家需要理解加成反应的过程和特点，千万不要死记硬背。

老师：19世纪欧洲许多国家都使用煤气照明，煤气通常是压缩在桶里贮运的，煤气用完后桶里总剩有一种油状液体，但长时间无人问津。1825年英国科学家法拉第对这种液体产生了浓厚兴趣，他花了整整五年时间提取这种液体，从中得到了一种含碳氢的无色油状液体。热拉尔等化学家测定该物质的分子式为C6H6，并命名为苯。这就是今天广泛使用的化工原料——苯。板书：

二、苯

老师：这瓶试剂瓶里装有的是苯，取少许苯加入试管中，请大家观察苯是什么颜色的？ 学生：无色的液体 老师：有的同学还闻到了特殊的气体，苯是一种无色有特殊气味的液体。我向其中加少许水，振荡，静置，大家看到什么现象？ 学生：苯与水出现了分层现象

老师：说明苯是难溶于水，而且苯是在水层的上方，说明苯的密度比水小。

板书：

1、苯的物理性质：无色、特殊气味液体，密度比水小，不溶于水，是一种重要溶剂，沸点：80.1℃易挥发，熔点：5.5℃

过渡：科学家又是怎样推知苯的结构的呢？

老师：热拉尔等化学家测定了苯的分子式为C6H6，通过计算其中碳的质量分数为92.3%。苯分子中碳含量之高使化学家为之惊讶。但苯分子的结构到底是怎样的呢？从此科学家踏上A．CH≡C—CH2—C≡CH

B．CH3—C≡C—C≡C—CH3 C．CH2=CH—CH=CH—C≡ CH

了探求苯分子结构的漫漫征途。斗转星移，整整40余个春秋。德国科学家凯库勒是一位极富想象力的学者，曾提出碳四价和碳原子间可形成链状结构等重要学说，但即使是这样一位想象力丰富的学者也为定势思维所约束，一直认为苯分子为链状结构，因而苦思冥想不得其解。

老师：请大家写出符合C6H6组成的可能的无支链的链式结构。学生：

A．CH≡C—CH2—C≡CH B．CH3—C≡C—C≡C—CH3 C．CH2=CH—CH=CH—C≡ CH D．HC≡C—CH—C≡CH

老师：大家写出的苯的结构有何特征？ 学生：含有碳碳双键或碳碳三键 老师：若苯分子为上述结构之一，则其应该具有什么重要化学性质？能否运用我们学过的知识设计实验验证你写的结构式是否正确。有的同学说，没有学过碳碳三键的有关性质，在这里，我提醒一下大家，碳碳三键的性质与碳碳双键的性质很相似，都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色。下面请大家通过实验来验证：将苯分别加入到溴水和高锰酸钾溶液中。通过刚才的实验，大家能得到什么结论？

学生：苯分子的结构中不存在碳碳双键或碳碳三键

老师：通过上面实验我们否定了苯的链状结构。苯分子的结构究竟如何，这在十九世纪是个很大的化学之谜。化学家为此又提出了许多结构，如：

老师：但是这些结构都被实验给一一推翻了，到底苯分子的结构式是怎样的呢？在1864年的冬天，德国著名的化学家凯库勒正为之殚精竭虑。一天晚上，在书房里打起了瞌睡，眼前又出现了旋转的碳原子。碳原子的长链像蛇一样盘绕卷曲，忽见一蛇抓住了自己的尾巴，并旋转不停。凯库勒像触电般地猛醒过来，整理苯环结构的假说，悟出苯分子中6个碳原子形成六角环，然后在每个碳原子接上一个氢原子，苯分子结构豁然而得。

他先以(Ⅰ)式(如图1)表示苯结构。1866年他又提出了(Ⅱ)式，后简化为(Ⅲ)式，也就是我们现在所说的凯库勒式。投影：

图1 凯库勒提出的苯分子的几种结构式 老师：但是，我们已经通过苯与溴水及酸性高锰酸钾溶液的实验，证明了苯分子中不存在碳碳双键，说明凯库勒式还不是很完美。后来，随着超真空扫描隧道显微镜以及X-射线等技术下，研究表明了：

（1）苯分子具有平面正六边形结构

（2）其中的6个碳原子之间的键完全相同（3）是一种介于单键和双键之间的独特的键 老师：究竟如何表示苯分子结构呢？

老师：常用

来表示苯分子。但是，为了纪念凯库勒对苯分子结构的巨大贡献，现在一般仍可沿用凯库勒结构式表示苯分子，但不可理解为单双键的交替。板书：２、苯分子结构

结构简式：或

老师：根据“结构” 决定“性质”，苯的这种结构特征决定了苯可能会有什么样的性质？ 板书：

3、化学性质

老师：在前面的实验中，我们知道苯与溴水是不会发生反应的，但是苯与液溴在催化剂（FeBr3）的作用下，苯与溴单质发生反应，苯环上的氢原子被溴原子取代，生成溴苯和溴化氢。溴苯是一种无色液体，密度比水的密度大。板书:① 取代反应

老师：苯不仅可以与液溴发生取代反应，苯在50℃～60℃时，在浓硫酸作用下，还可以与浓硝酸发生取代反应，生成硝基苯。板书：

老师：硝基苯是一种无色油状液体，有苦杏仁气味，有毒，密度比水大，不溶于水。苯分子虽然没有典型的双键特性，但是苯在特定条件下，也可以发生加成反应。比如在镍催化下，可以与氢气加成。板书：② 加成反应

（环己烷）

老师：苯和其它烃一样，也可以燃烧生成二氧化碳和水。因为苯中含碳量高，故燃烧不充分，会出现黑烟。

板书：③ 氧化反应

第三篇：人教版高中化学必修二第三章有机化合物第二节来自石油和煤的两种基本化工原料课时练习

人教版高中化学必修二第三章有机化合物第二节来自石油和煤的两种根本化工原料课时练习

一、单项选择题

1.以下有关化学反响的表达正确的选项是:（）

A.室温下，Na在空气中反响生成Na2O2     B.室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反响生成NaAlO2

C.室温下，Cu与稀硫酸反响放出H2气体     D.室温下，Fe与浓H2SO4反响生成FeSO4

2.盐是一类常见的物质，以下物质通过一定反响可直接形成盐的是〔

〕

①金属单质　②碱性氧化物

③非金属单质

④酸性氧化物

⑤酸

⑥碱

A.①②③                                 B.①④⑥                                 C.②⑤⑥                                 D.全部

3.如下图，其中X、Y、Z、R、E分别是氧化铁、稀硫酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中短线相连的物质间均能相互发生反响，X和R反响有气泡出现，那么以下说法正确的选项是（）

A.X是稀硫酸

B.X和Z反响无明显现象

C.R与E反响产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

D.E在一定条件下可以转化为Y

4.以下对应实验现象的反响方程式正确的选项是

（）

A.切开的金属Na暴露在空气中,光亮外表逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2

B.Na2CO3溶液中逐滴参加盐酸,开始时无气泡产生:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3

C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间后,变成白色黏稠物:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

D.向NaHCO3溶液中参加过量的澄清石灰水,出现白色沉淀:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+C

O32−

+2H2O

5.聚合硫酸铁[

Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反响得到。以下说法错误的选项是〔

〕

A.KClO3在反响中作氧化剂

B.每生成1

mol

[

Fe(OH)SO4]n

转移1mol电子

C.将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色

D.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂

6.用洁净的铂丝蘸取某种无色溶液，在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中（）

A.只有Na＋        B.可能有Na＋，可能有K＋        C.一定有K＋        D.一定有Na＋，也可能有K＋

7.证明某溶液中只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验方法是〔

〕

A.只滴加KSCN溶液                                         B.先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色

C.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色      D.滴加NaOH溶液，产生白色沉淀

8.“胃舒平〞是一种治疗胃酸过多的药物，是一种常见的两性物质，其主要成分为〔

〕

A.Na2O2                              B.Al2O3                              C.NaHCO3                              D.Al(OH)3

9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲

→丁

乙

⇌甲丁

丙。以下有关物质的推断错误的选项是〔

〕

A.假设甲为Cl2，那么丁可能是铁

B.假设甲为铁，那么丁可能是硝酸

C.假设甲为AlCl3溶液，那么丁可能是氨水

D.假设甲为NaOH，那么丁可能是CO2

10.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL

5mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别参加等质量的铝粉，反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3〔相同状况〕，那么参加铝粉的质量为〔

〕

A.2.7g                                    B.3.6g                                    C.5.4g                                    D.6.75g

11.以下图像中的曲线〔纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为参加物质的量〕，其中错误的选项是〔

〕

A.图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线

B.图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线

C.图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线

D.图D表示向明矾溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液产生沉淀量的关系曲线

12.密闭容器中装有1mol

NaHCO3和0.8mol

Na2O2，加热充分反响后，容器内残留的固体是（）

A.0.8molNa2CO3和0.6molNaOH                         B.0.5molNa2CO3和1molNaOH

C.0.8molNa2CO3和1molNaOH                            D.1molNa2CO3和0.6molNaOH

13.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中参加100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL〔标准状况〕的气体，所得溶液中参加KSCN溶液无血红色出现。假设用足量的CO在高温下复原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是〔

〕

A.11.2g                                  B.5.6g                                  C.2.8g                                  D.无法计算

14.以下表达正确的选项是（）

①氧化铝是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚

②氧化铁常用于制作红色油漆和涂料

③碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物

④过氧化钠比氧化钠稳定，两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂

⑤焰色反响表达的是某些金属元素的物理性质

A.①②③⑤                           B.②③④⑤                           C.①③④⑤                           D.①②③④

15.以下关于钠的化合物的表达错误的选项是〔

〕

A.热稳定性：

Na2CO3>NaHCO3

B.Na2O

与

Na2O2

都能和水反响生成碱，它们都是碱性氧化物

C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多

D.Na2O2

中阴、阳离子的个数比为1：2

16.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液。以下图象中，能正确表示上述反响的是〔横坐标表示参加NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量〕〔

〕

A.B.C.D.二、综合题

17.〔1〕如图进行实验，将a溶液逐渐参加盛b溶液的试管中，写出试管中观察到的现象及对应的离子方程式。

a

b

试管中现象

离子方程式

Na2CO3

稀盐酸

________

________

稀盐酸

Na2CO3

________

________

〔2〕工业上利用NaIO3和NaHSO3反响来制取单质I2。配平以下化学方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目：

________NaIO3+________NaHSO3＝________I2+________Na2SO4+________H2SO4+________H2O

〔3〕ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取

ClO2−

。写出该反响的离子方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目________。

18.固体化合物

X

由

种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象

得出化合物

X

含有________元素(填元素符号)，X的化学式________。

〔2〕固体混合物

Y的成分________(填化学式)。

〔3〕实验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物

Z

制备氮气，该反响的化学方程式是________，当有28克氮气生成时转移的电子的物质的量为________mol。

19.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。

〔2〕固体混合物Y的成分________(填化学式)。

〔3〕X的化学式________。

〔4〕x与浓盐酸反响产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反响的化学方程式是________。

20.磁性材料

A

是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

〔1〕A的化学式为________。

〔2〕化合物

A

能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体〔标况下的密度为

1.518

g·L－1〕。该气体分子的电子式为________，写出该反响的离子方程式：________。

〔3〕写出

F→G

反响的化学方程式：________。

〔4〕设计实验方案探究溶液

G

中的主要微粒〔不考虑

H2O、H＋、K＋、I－〕：________。

答案解析局部

一、单项选择题

1.【答案】

B

【解析】A.室温下，钠在空气中与氧气反响生成氧化钠，在加热时生成过氧化钠，A不符合题意；

B.室温下，铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，B符合题意；

C.室温下，铜与浓硝酸反响生成硝酸铜、二氧化氮和水，C不符合题意；

D.室温下，铁与浓硫酸发生钝化反响，即浓硫酸具有强氧化性，将铁氧化生成一层致密的氧化物薄膜，不会生成硫酸亚铁，D不符合题意；

故答案为：B。

A．4Na+O2=2Na2O；

B．

2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑。；

C．Cu与稀硫酸不反响；

D．室温下，Fe与浓H2SO4发生钝化，阻止反响进一步进行。

2.【答案】

D

【解析】①金属单质与非金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，①符合题意；

②碱性氧化物与酸性氧化物、酸都可能生成盐，如Na2O与CO2反响生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反响生成氯化钠，②符合题意；

③非金属单质与金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，③符合题意；

④酸性氧化物与碱性氧化物、碱、某些盐反响都可能生成盐，如二氧化碳与氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液都能反响生成盐，④符合题意；

⑤酸与金属、碱性氧化物、碱、某些盐反响，都可能生成盐，如盐酸与钠、氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都能反响生成盐，⑤符合题意；

⑥碱与酸反响可以生成盐，如盐酸与氢氧化钠反响生成氯化钠，⑥符合题意；

综合以上分析，①②③④⑤⑥都可通过一定的反响生成盐，故答案为：D。

金属单质与酸或某些盐溶液反响生成盐；

碱性氧化物能与酸反响生成盐；

某些非金属单质与碱反响生成盐；

酸性氧化物与碱反响生成盐；

酸碱中和反响可以生成盐，据此分析解答。

3.【答案】

D

【解析】

X和R反响有气泡，那么X、R为稀硫酸和碳酸钠中的一种，又R能与三种物质反响，那么R为稀硫酸，X为碳酸钠，那么Z为氢氧化钡，Y为二氧化碳，E为氧化铁

A、X为碳酸钠，故A不符合题意

B、X和Z，有白色沉淀生成，故B不符合题意

C、R为稀硫酸，E为氧化铁，不能生成使澄清石灰水变浑浊的气体，故C不符合题意

D、E为氧化铁，被C或者CO复原时，能生成二氧化碳，故D符合题意

故答案为：D

此题突破点在于

X和R反响有气泡，且R能与三种物质反响。

4.【答案】

B

【解析】A.钠在常温下生成氧化钠，故A不符合题意

B.碳酸根结合氢离子也是分步的，刚开始无气泡生成，产生碳酸氢根，故B符合题意

C.在潮湿的空气中生成的生物为十水合碳酸钠，故C不符合题意

D.澄清石灰水过量，那么无碳酸根剩余反响为

2HCO3-+2Ca2++2OH-=2CaCO3↓ +2H2O，故

D不符合题意

故答案为：B

离子方程式判断，看是否符合反响事实，是否量的关系正确，是否配平，是否漏写离子反响

5.【答案】

B

【解析】A．根据分析，KClO3在反响中作氧化剂，故A不符合题意；

B．KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，根据反响可知，生成6mol[Fe(OH)SO4]n转移6nmol电子，那么每生成l

mol

[Fe(OH)SO4]n

转移nmol电子，故B符合题意；

C．绿矾(FeSO4⋅7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，那么将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色，故C不符合题意；

D．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，那么聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D不符合题意；

故答案为：B。

KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。

6.【答案】

D

【解析】钠离子的焰色反响为黄色，钾离子的焰色反响为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以焰色反响为黄色，说明一定含Na+也可能含K+，故D选项符合题意。

故答案为：D。

钠元素的焰色反响为黄色，钾元素的焰色反响为紫色，要观察钾元素的焰色，需要透过蓝色钴玻璃片，滤去黄色的光的干扰，焰色反响属于元素的性质，为物理变化。

7.【答案】

B

【解析】A.二价铁离子与硫氰根离子不反响，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故A不符合题意；

B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色，可证明二价铁离子存在，故B符合题意；

C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故C不符合题意；

D.加NaOH溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D不符合题意；

故故答案为：B。

铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。

8.【答案】

D

【解析】A．Na2O2是过氧化物，不是两性物质，不符合题意，A不符合题意；

B．Al2O3是两性氧化物，但不能用来治疗胃酸过多，B不符合题意；

C．NaHCO3能和酸反响，但不能仅仅生成盐和水，能和碱反响，生成盐和水，那么它不是两性物质，不符合题意，C不符合题意；

D．Al(OH)3是两性氢氧化物，可用来治疗胃酸过多，D符合题意。

故答案为：D。

既能与酸起反响生成盐和水，又能与碱起反响生成盐和水的物质称为两性物质，据此结合实际问题答复。

9.【答案】

C

【解析】A、假设甲为Cl2，氯气与铁反响生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反响生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液与氯气反响生成氯化铁，故A不符合题意；

B、假设甲为铁，过量铁与硝酸反响生成硝酸亚铁，硝酸亚铁溶液与硝酸反响生成硝酸铁，硝酸铁溶液与铁反响生成硝酸亚铁，故B不符合题意；

C、假设甲为AlCl3溶液，氯化铝溶液与氨水反响生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱，不能与氢氧化铝反响，故C符合题意；

D、假设甲为NaOH，二氧化碳与过量氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反响生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，故D不符合题意；

故答案为：C。

氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱是解答关键，也是易错点。

10.【答案】

D

【解析】盐酸与铝的离子反响式为：

2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，KOH与铝的离子反响式为：

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，所以等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钾溶液反响，消耗的氢氧化钾溶液的量比盐酸少；而此题中反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3，故盐酸少量，那么与盐酸反响生成的氢气为

n(H2)=2n(HCl)=0.25mol，故与KOH溶液反响生成的氢气为

n(H2)=1.5×0.25mol=0.375mol

。KOH溶液足量，参加其中的铝完全反响。故可求得

m(Al)=M(Al)×n(Al)=27g/mol×0.25mol=6.75g。

故答案为：D。

铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，假设Al都完全反响，那么生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：

2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反响时，消耗HCl较多，故酸与金属反响时酸不过量，碱与金属反响时碱过量，结合方程式计算解答．

11.【答案】

C

【解析】A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反响，所以开始无沉淀，其次为Al3+，反响后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg2+和OH-反响生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，NH4+和OH-反响生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，Al〔OH〕3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A不符合题意；

B．石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca〔OH〕2+CO2＝CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O＝Ca〔HCO3〕2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两局部二氧化碳的物质的量为1：1，故B不符合题意；

C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反响，开始没有气体产生，然后再与碳酸钠反响，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，产生CO2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象不符合题意，故C符合题意；

D．向明矾溶液中逐滴参加Ba〔OH〕2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4↓+2Al〔OH〕3↓，继续滴加，那么发生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：C。

此题以图象为载体考查钙镁铝化合物的性质，明确发生的化学反响是解答的关键，反响发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系。特别是C选项，盐酸先和氢氧化钠反响，再与碳酸钠反响，且先生成碳酸氢钠，再生成二氧化碳。

12.【答案】

D

【解析】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反响，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反响生成0.6mol氢氧化钠，故答案为：D。

根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，及过氧化钠与二氧化碳、水反响规律进行分析。

13.【答案】

B

【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反响所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=

n(HCl)=

×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下复原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故答案为：B。

由题意可得，铁完全转化为氯化亚铁，那么物质的量之比Fe：Cl=1：2，又n〔Cl-〕=0.2mol

故n〔Fe〕=0.1mol

14.【答案】

A

【解析】①氧化铝具有很高的熔点，是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故符合题意；②氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故符合题意；③碳酸氢钠俗名小苏打，因其碱性较弱，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物，故符合题意；④过氧化钠比氧化钠稳定，但氧化钠不能与水或二氧化碳反响生成氧气，所以氧化钠不能做供氧剂，故不符合题意；⑤焰色反响为物理变化，表达的是某些金属元素的物理性质，故符合题意；

正确的有①②③⑤

故答案为A。

①氧化铝的熔点高，可作耐火材料

②氧化铁，俗称铁红，呈红棕色，故可用作红色油漆和涂料

③小苏打加热可分解放出气体，故可用作发酵粉，呈碱性且碱性较弱，故可用作于治疗胃酸

④只有过氧化钠能做供氧剂

⑤焰色反响为物理变化，表达的是金属元素的物理性质

15.【答案】

B

【解析】A．NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3

△__

Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热不分解，不符合题意；

B．Na2O2与水反响生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，符合题意；

C．碳酸氢钠可与盐酸反响，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，不符合题意；

D．Na2O2中阴离子为O22-，Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，不符合题意；

故答案为：B。

碱性氧化物：能与碱反响只生成盐和水的氧化物，过氧化钠除了盐和水还生成了氧气

16.【答案】

D

【解析】因横坐标表示参加NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量，那么向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，那么沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反响，那么最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故答案为：D。

先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝继续反响，沉淀局部溶解但不消失应选D

二、综合题

17.【答案】

〔1〕立刻产生气泡；CO32-

+2H+

=H2O

+

CO2↑；开始时无气泡，后来有气泡；CO32-

+

H+

=

HCO3-、HCO3-

+

H+

＝H2O

+

CO2↑

〔2〕4；10；2；7；3；2

〔3〕

【解析】(1)将碳酸钠溶液滴入到稀盐酸中，盐酸过量，开始就产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+2H+=H2O+CO2↑；将稀盐酸滴入到碳酸钠溶液中，盐酸少量，开始时无气泡，后来产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+H+=

HCO3-、HCO3-

+H+=H2O+CO2↑；

(2)

NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液时，HSO3-

被氧化成SO42−，IO3-

被复原成I2，根据电子守恒和元素守恒，该反响为：4NaIO3+10NaHSO3═2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，该反响中转移的电子数为20e-；；

(3)

Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被复原为氯离子，1个氯气分子反响得到2个电子，因此离子反响方程式为：

2ClO2-

+Cl2=2ClO2+2Cl-；双线桥法表示电子转移的方向和数目为：

.(1)

碳酸钠溶液参加稀盐酸中：Na2CO3+2HCl=Na2CO3+2NaCl；

稀盐酸参加碳酸钠溶液中：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑;

(2)

氧化复原反响的配平：

1.标出化合价并计算出价态的变化量；

2.使化合价的升降总数相等〔最小公倍数〕;

3.再观察非氧化复原局部中元素的个数;

4.最后配平氢氧的个数。

对于氧化复原反响可以采用电子守恒的方法，根据物质得到的电子数,等于

失去的电子数；

(3)

两者反响为氯元素自身的氧化复原，注意两者生成产物的不同。

18.【答案】

〔1〕S；BaCuS2

〔2〕BaO和CuO

〔3〕2NH3+3CuO3=Cu+N2↑+3H2O；6

【解析】〔1〕根据上述分析可知，X中含有S元素，固体化合物Z的物质的量为：

8g80g/mol

=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：

15.3g153g/mol

=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：

26.5g-0.1mol×64g/mol-0.1mol×137g/mol32g/mol

=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2，故故答案为：：S；BaCuS2；〔2〕由上述分析可知，Y的主要成分为：CuO和BaO，故故答案为：：CuO和BaO；〔3〕氨气与氧化铜在高温条件下反响，生成铜、氮气、水，其化学反响方程式为：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O，反响

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

中N元素由-3价变为0价，每生成1molN2转移6mol电子，故当有28克氮气即1mol生成时转移的电子的物质的量为6mol。

故故答案为：：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

；6mol。

根据现象1可知，无色气体为SO2，向黑色固体化合物Z中参加盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+，由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答此题。

19.【答案】

〔1〕O

〔2〕Cu、NaOH

〔3〕NaCuO2

(Na2O2·2CuO)

〔4〕2NaCuO2

+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O

【解析】〔1〕CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，因为X和枯燥的H2反响，根据元素守恒分析，必定含有O元素；

〔2〕现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反响为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反响说明有NaOH；

〔3〕由反响NaOH+HCl=NaCl+H2O,所以NaOH为0.02mol，得出m(Na)=0.02×23g=0.46g，铜为1.28g，得m(O)=m总-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)=0.4623：1.2864：0.6416=1：1：2，故化学式为NaCuO2；

〔4〕X与浓盐酸反响，根据反响现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。

固体混合物Y溶于水，得到紫红色固体单质，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反响呈黄色说明含有钠元素，与HCl发生中和，说明是NaOH〔易算出为0.02mol〕，混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸气，说明含有氧元素，据此分析解答。

20.【答案】

〔1〕Fe3S4

〔2〕；Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2++S

〔3〕H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI

〔4〕取溶液

G，参加过量

BaCl2

溶液，假设产生白色沉淀，那么有

SO2－；过滤后取滤液，滴加

H2O2

溶液，假设再产生白色沉淀，那么有

H2SO3。

【解析】根据题干信息：C溶液显黄色，参加KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，B为红棕色固体，B为Fe2O3，且n(Fe2O3)=2.400g160g/mol

=0.015

mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.03

mol，m(Fe)=0.03

mol×56

g/mol=1.68

g。无色气体E溶于水得到酸性溶液，参加碘的KI溶液，得到无色溶液G，且溶液酸性变强，说明l2氧化了E的水溶液，那么E应为SO2，F为H2SO3。那么G中必定含有H2SO4和HI，可能还含有未反响的H2SO3，根据原子守恒，A含有Fe、S两种元素，且m(S)=2.960

g-1.68

g=1.28

g，n(S)==0.04

mol，可得n(Fe)：n(S)=3：4，A的化学式为Fe3S4，据此解答。

所以A为Fe3S4，B为Fe2O3，C为FeCl3，D为Fe(SCN)3，E为SO2，F为H2SO3，G中含H2SO4、HI及H2SO3等。

(1)由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，化学式为Fe3S4；

(2)A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518

gL-1)。那么淡黄色不溶物为S，该气体的摩尔质量=1.518

g/L×22.4

L/mol=34

g/mol，那么气体相对分子质量是34，为H2S气体。H2S电子式为：，该反响的离子方程式为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑；

(3)F为H2SO3，S元素具有复原性，在溶液中和I2发生氧化复原反响，F→G反响的化学方程式为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；

(4)G中的主要微粒(不考虑H2O，H+，K+，I-)为SO42-和H2SO3。可以先检验SO42-，再检验有H2SO3，利用BaCl溶液检验硫酸根。具体操作：取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42-；再根据H2SO3的复原性，检验H2SO3的存在，具体操作：过滤后取滤液，向其中滴加H2O2溶液，假设又产生白色沉淀，证明含有H2SO3。

此题注意把握物质的性质以及反响现象，结合质量守恒定律和原子守恒来推断物质的组成，根据物质的性质及溶解性等来分析判断。

第四篇：煤和石油 (二) -化学教案

教学目的

知识：使学生了解“煤是工业的粮食”，“石油是工业的血液”。对煤、石油、天然气是当今世界上最重要的三大矿物燃料有大致印象。能力：培养学生自学能力。

思想教育：教育学生节约能源并为开发新能源而努力学习。重点难点

煤和石油是重要的能源和化工原料。教学方法

自学、讨论、归纳相结合。教学用具 药品：石油。

其它：投影仪，投影片。

教学过程

附1：课堂练习一

1.煤和石油一定含有的主要元素是

A．碳

B．氢

C．氧

D．硫

2.下列物质属于化合物的是

A．甲烷

B．煤

C．石油

D．乙醇

3.下列物质中不具有固定沸点的是

A．液态氧

B．干冰

C．石油

D．酒精

4.下列各组物质，元素组成相同的是

]

]

]

]

[

[

[

[

A．金刚石、石墨

B．甲烷、甲醇

C．乙醇、乙酸

D．煤、石油

5.下列物质的燃烧产物，不能使澄清石灰水变浑浊的是

[

]

A．煤

B．石油

C．天然气

D．氢气 附2：课堂练习答案

1.A 2.A、D 3.C 4.A、C 5.D 附3：随堂检测

1.下列物质中属于混合物的是

A．石油

B．煤

C．甲烷

D．乙醇

2.天然气和石油一定含有的元素是

A．碳、氧

B．碳、氢

C．硫、碳

D．硫、氧

3.下列变化属于物理变化的是

A．工业制二氧化碳

B．石油炼制汽油

C．煤隔绝空气加强热

D．酒精燃烧

4.下列物质不能燃烧的是

A．甲烷

B．乙醇

C．煤

D．碳酸钙

5.下列物质不能作为能源的是

A．天然气

B．二氧化碳

C．氢气

D．煤

[

] [

] [

] [

] [

]

第五篇：科学五年级《煤与石油》教案

五年级科学19《煤与石油》教学设计

教学设计思想：

本课通过指导学生查阅、分析资料，引导学生从中了解煤与石油的提炼物及其用途，同时了解煤与石油漫长的形成过程，以及艰苦的开采过程，懂得煤与石油是与人类生活生产息息相关的重要能源和不可缺少的矿产资源。教学目标：

一、科学探究目标

1．能根据资料分析能源矿产的形成过程。

2．能通过调查发现煤和石油与我们日常生活有哪些关系。3．能根据资料计算地球上现存的煤和石油还能开采多少年。4．能通过模拟实验发现从煤中怎样提炼各种原材料。

二、情感态度与价值观目标

1．能意识到能源矿物的不可再生性。2．树立珍惜能源矿物的意识。3．能体验到煤和石油来之不易。

三、科学知识目标

1．能说出日常生活中常用的主要能源矿产及其提炼物有哪些。2．能用自己的话描述能源矿产形成的主要过程。3．能说出从煤和石油中可以提炼出哪些原材料。

四、科学、技术、社会、环境目标

1．能提出小学生能直接做得到的保护能源矿物的措施。

2．能采取实际行动避免浪费能源。教学重点和难点：

查阅、分析资料，认识煤与石油的各种提炼物及用途。教学方法：

教师讲授与学生探究活动相结合的互动教学法。教学媒体：

多媒体设备、有关煤和石油的资料图片。课时建议： 2课时。第一课时 教学过程：

（一）导入

谈话：煤、石油和天然气是重要的能源，除了做能源，它们还有哪些用途？让我们一起去探讨吧！

（二）新课教学

◆活动1：煤与石油的用途 1．出示煤和石油的资料图片。

2．分析：从煤和石油中可以获得哪些提炼物？说说它们的用途？ 从石油中可以提炼出汽油、煤油……等物。从煤中可以提炼出煤气、沥青……等物。

3．举例说明一些日常用品是有哪些提炼物制成的？

4．小结：塑料、涤纶、尼龙、涂料、阿司匹林和糖精等都是由煤和

石油的提炼物经过复杂的化学加工制成的。

5．讨论：如果没有煤和石油，我们的生活会是什么样？ ◆活动2：宝贵的煤和石油

1．出示煤与石油形成的图片及影音资料。2．分析煤和石油的形成。

讲解：煤和石油都是远古时代的生物的遗骸经过几亿年的变化而形成的，含有碳、氢的可燃性矿物质，它们含热能较高，使用方便，因此成为矿物燃料。

3．出示煤与石油的开采资料或图片。4．认识煤和石油的开采过程

5．小结：煤、石油在地球上的蕴藏量是有限的，将来必定用完，所以我们要好好的珍惜这些宝贵的资源，不能随意浪费。板书设计： 第十九课

煤与石油 1．石油的提炼物。2．煤的提炼物。

3．煤和石油是怎么形成的。4．煤和石油的开采。

5、保护资源，人人有责