2023届新高考新教材化学人教版一轮学案-第四章第4讲　无机非金属材料.docx

第4讲无机非金属材料复习目标核心素养1.能列举、描述、辨识碳、硅及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。2能根据碳、硅及其化合物的性质分析生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。3能说明碳、硅及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。1.宏观辨识与微观探析：通过碳、硅核外电子排布的异同，体会运用原子微观结构解释化学现象、揭示现象的本质和规律的思维方法。2科学态度与社会责任：通过学习碳、硅元素单质及其化合物之间相互转化的现象和本质解决实际问题。考点一碳及其化合物1碳单质(1)存在形式：有金刚石、石墨、无定形碳、足球烯，它们互为同素异形体。(2)主要化学性质还原性可燃性2CO2(不足)2CO、CO2(足量)CO2与氧化物反应CuO：2CuOC2CuCO2(冶炼金属)；SiO2：SiO22CSi2CO(制取粗硅)；H2O：CH2O(g)COH2(制取水煤气)与强氧化性酸反应浓H2SO4：C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O；浓HNO3：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O2.CO、CO2的性质对比COCO2物理性质无色无味气体密度比空气小难溶于水无色无味气体密度比空气大可溶于水(溶解度小)毒性有毒(易结合血红蛋白)无毒(温室效应)化学性质还原性可燃性还原氧化铁无(灭火)氧化性与炽热炭反应Mg在CO2中燃烧与水反应无CO2H2OH2CO3与碱反应(石灰水)无Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O(检验CO2)相互转化CO2CO用途燃料、冶炼金属灭火、制汽水、植物肥料、化工原料等(1)石墨烯、足球烯结构不同，但都属于烯烃。(×)(2)石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应。(×)(3)向空气中排放二氧化碳会形成酸雨。(×)(4)向CaCl2溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失。(×)(5)氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体，会析出晶体。()(6)碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查。(×)题点碳及其氧化物的性质(双选)通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是()ACO2经催化分解为C、CO、O2的反应为吸热反应B除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法C过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同D由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%【解析】该反应应为吸热反应，A正确；碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；由碳氧原子个数比可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误。【答案】AB母题变式(1)侯氏制碱法试剂加入顺序？(2)原子利用率100%是指什么？提示：(1)在饱和的食盐水中先通入NH3，然后通入CO2气体。(2)原子利用率100%是指产物全部是期望产物，即化合反应。对点训练(2021·安徽省淮北模拟)有以下六种饱和溶液CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和NaCl。分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是()ABC D解析：A碳酸比盐酸酸性弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)22CO2=Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸酸性强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2Na2SiO32H2O=2NaHCO3H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，因为相同温度下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2ONaAlO2CO2=Al(OH)3NaHCO3，故错误；通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选A。名师指导检验CO2中是否存在CO的装置及作用各装置的作用是：A除去混合气体中的CO2B检验混合气体中CO2是否除尽C干燥气体DCO还原CuO：COCuOCuCO2E安全瓶，防倒吸F验证CO的氧化产物CO2G除去尾气中的CO，防止污染环境确定混合气体中含有CO的实验现象是：D中的物质由黑色变成光亮的红色，B中无明显现象，F中的澄清石灰水变浑浊。考点二硅及其化合物和无机非金属材料1硅及其化合物硅元素在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐等化合态的形式存在于地壳中。(1)单质硅晶体硅是灰黑色、有金属光泽、硬而脆的固体，其结构类似于金刚石，熔沸点很高、硬度大，导电能力介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料。硅与强碱溶液生成氢气(特征反应)：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。硅的工业制法：制备粗硅：SiO22CSi2CO。当碳过量时，继续反应生成SiC：3CSiO2(少量)SiC2CO(SiC的结构和性能与金刚石相似，属于共价晶体)。粗硅的提纯：Si3HClSiHCl3H2SiHCl3H2Si3HCl(2)SiO2的性质晶体类型：共价晶体。酸性氧化物：SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。高温下，Na2CO3与SiO2反应制玻璃：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2、CaCO3SiO2CaSiO3CO2。与氢氟酸反应(特殊)SiO24HF=SiF42H2O。(3)硅酸硅酸是难溶于水的弱酸。硅酸的制法：Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3。(SiO2不溶于水，不能直接与水反应制备硅酸)(4)硅酸盐的组成硅酸盐种类繁多，结构复杂，组成各异，常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，例如：硅酸钠(Na2SiO3)：Na2O·SiO2、长石(KAlSi3O8)：K2O·Al2O3·6SiO2。硅酸钠的水溶液俗称水玻璃。2无机非金属材料(1)传统无机非金属材料，如水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料。常见硅酸盐材料比较。水泥玻璃陶瓷生产原料石灰石、黏土纯碱、石灰石、石英黏土主要设备水泥回转窑玻璃窑陶瓷窑(2)新型无机非金属材料以硅为主体的硅芯片、硅太阳能电池。以二氧化硅为主体的光导纤维。新型陶瓷：高温结构陶瓷(碳化硅、氮化硅)；压电陶瓷(钛酸盐和锆酸盐)；透明陶瓷(氧化铝、氧化钇、氮化铝、氟化钙)；超导陶瓷等。碳纳米材料：富勒烯、碳纳米管、石墨烯。(1)硅在自然界中只以化合态的形式存在。()(2)晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料。(×)(3)Si和SiO2都可用于制造光导纤维。(×)(4)非金属性：C>Si，则热稳定性：CH4>SiH4。()(5)硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应。(×)(6)SiO2是酸性氧化物，可溶于强碱，不溶于任何酸。(×)(7)水玻璃是一种特殊的玻璃，泡花碱属于碱。(×)题点一硅及其化合物的性质及应用高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)下列说法不正确的是()A步骤的化学方程式为SiO22CSi2COB步骤中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol电子C硅和二氧化硅能与氢氟酸反应DSiHCl3(沸点为33.0 )中含有少量的SiCl4(沸点为67.6 )，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3【解析】A项，步骤的化学方程式为SiO22CSi2CO，正确；B项，步骤中每生成或反应1 mol Si，转移2 mol电子，错误；C项，硅和二氧化硅都能与氢氟酸反应，正确；D项，SiHCl3和SiCl4的沸点相差较大，可通过蒸馏(或分馏)提纯SiHCl3，正确。【答案】B母题变式由下列实验事实得出的结论正确的是()A由SiO2不能与水反应生成H2SiO3，可知SiO2不是H2SiO3的酸酐B由SiO22CSi2CO，可知碳的非金属性强于硅CCO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3DSiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物答案：C对点训练1(双选)水玻璃(Na2SiO3的水溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%70%、C：30%35%)制取水玻璃的工艺流程：下列说法正确的是()A原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值B操作A与操作B完全相同C该流程中硅元素的化合价没有发生改变D反应器中发生的复分解反应为SiO22NaOH=Na2SiO3H2O答案：AC题点二无机非金属材料青石棉是一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是()A青石棉是一种硅酸盐产品B青石棉中含有一定量的石英晶体C青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OD1 mol 青石棉能还原1 mol HNO3【解析】硅酸盐指的是Si、O与其他化学元素结合而成的化合物的总称，根据青石棉的化学式可知，青石棉是一种硅酸盐产品，故A说法正确；硅酸盐中不含有SiO2，因此青石棉中不含石英晶体，故B说法错误；按照硅酸盐写成氧化物形式，青石棉的化学式组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C说法正确；根据C选项分析，青石棉中含有2价的铁，与硝酸发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒可知，1 mol青石棉能还原1 mol HNO3，故D说法正确。【答案】B对点训练2天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘(黏)土而为之”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窑中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法中错误的是()A沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐B“燃薪举火”使黏土发生复杂的物理、化学变化C烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料解析：A沙子的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐。1.(2021·浙江1月选考，21)铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma(AlO2)x·(SiO2)y·zH2O(M代表金属离子)。下列推测不正确的是()A常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛B若a，则M为二价阳离子C调节(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性D分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子解析：AA项，题给分子筛的化学组成中含有AlO，在强酸性溶液中不可能存在AlO，故A错误；B项，若a，设M的化合价为n，有(n)×(1)×x0，得n2，故B正确；C项，调节的值，则形成的分子筛中的硅氧四面体和铝氧四面体的比例发生改变，引起空穴及通道的数量和大小发生变化，从而影响分子筛骨架的热稳定性，故C正确；D项，组成不同的分子筛中的笼状空穴和通道的孔径大小不同，可用于筛分分子，故D正确。2(2020·浙江7月选考，24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是()A可发生反应：Ca3SiO54NH4ClCaSiO32CaCl24NH32H2OB具有吸水性需要密封保存C能与SO2反应生成新盐D与足量盐酸作用所得固体产物主要为SiO2解析：D将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为Ca3SiO54NH4ClCaSiO32CaCl2 4NH32H2O，A正确；CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2H2OCa3SiO5=3CaSO3H2SiO3，C正确；盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HClCa3SiO5=3CaCl2H2SiO32H2O，D不正确。3(2021·全国乙卷，7)我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是()A将重质油裂解为轻质油作为燃料B大规模开采可燃冰作为新能源C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D研发催化剂将CO2还原为甲醇解析：D“碳中和”实际上就是通过植树造林、节能减排等方法实现二氧化碳的“零排放”。重质油裂解为轻质油，只是将长链烃变为短链烃，燃烧产生的二氧化碳的量不会改变，A不符合题意；可燃冰作为新能源，其主要成分为甲烷，燃烧依旧会产生二氧化碳，B不符合题意；清洁煤技术主要是减少二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物等污染物的排放，但不能减少二氧化碳的排放，C不符合题意；将二氧化碳转化为其他能源是实现“碳中和”最直接有效的一种方法，D符合题意。4(2020·山东卷，4)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是()A键能CC>SiSi、 CH>SiH，因此C2H6稳定性大于Si2H6B立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度CSiH4中Si的化合价为4, CH4中C的化合价为4，因此SiH4还原性小于CH4DSi原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成pp 键解析：C化合物中键能越大，该物质越稳定，由于键能CC>SiSi、CH>SiH，故可判断稳定性：C2H6>Si2H6，A项正确；SiC与金刚石均为立体网状的共价晶体，二者成键和结构均相似，均具有很高的硬度，B项正确；根据非金属性C>Si，可知还原性：SiH4>CH4，C项错误；由于原子半径：Si>C，Si原子间难形成pp键，故决定了Si原子间很难形成双键，D项正确。5(经典高考题)下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是()解析：AASiC中的C、Si分别为第二周期和第三周期的第A族元素，二者均为非金属元素，形成的SiC为无机非金属材料；B.聚氨酯中含有C、H、N等元素，三种元素不属于同主族元素，且聚氨酯为有机材料；C.碳包覆银纳米线由C、Ag元素组成，不属于无机非金属材料，且两种元素不是同主族元素；D.钛合金是金属材料。1草酸的性质草酸的化学式为H2C2O4，草酸晶体的化学式为H2C2O4·2H2O。(1)弱酸性：草酸为二元弱酸，酸性比醋酸的酸性强，电离方程式为H2C2O4HHC2O。(2)还原性：H2C2O4中C元素的化合价为3价，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的化学方程式为2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O。(3)不稳定性：草酸晶体受热易分解，反应的化学方程式为H2C2O4·2H2OCOCO23H2O。2草酸盐的性质(1)(NH4)2C2O4溶于水，加热分解，由氨水和草酸溶液反应生成。(2)CaC2O4不溶于水、醋酸，溶于盐酸、稀硝酸，灼烧时转变成碳酸钙或氧化钙。(3)MgC2O4、FeC2O4不溶于水，可由对应的可溶性金属盐与草酸铵反应而得到，加热分解可得到对应金属氧化物。1(1)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应的离子方程式为_。(2)KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式：_。答案：(1)2MnO6H5H2C2O4=2Mn210CO28H2O(2)2KClO3H2C2O42H2SO4=2ClO22CO22KHSO42H2O2探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 mol·L1 H2C2O4的pH1.3)实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，产生白色沉淀少量NaHCO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是()AH2C2O4有酸性，Ca(OH)2H2C2O4=CaC2O42H2OB酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3H2C2O4=NaHC2O4CO2H2OCH2C2O4有还原性，2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2ODH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H52H2O解析：CA项，往草酸中加入含酚酞的Ca(OH)2溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH)2与H2C2O4反应生成CaC2O4白色沉淀，正确；B项，由实验可知，在NaHCO3溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO2，说明草酸酸性比碳酸的强，正确；D项，草酸结构中含2个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类物质，正确；C项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不能拆分，而应写成分子式，错误。3草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4×102，K25.4×105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。解析：问题思维流程(1)考查CO2的检验方法：CO2能使澄清石灰水变浑浊。考查草酸的性质：草酸的熔点为101 ，故草酸蒸气遇冰水会发生冷凝，故装置B的作用是冷凝，防止草酸蒸气对CO2的检验造成干扰(2)考查实验方案的设计：首先分析如何排除CO2对CO检验的干扰，其次分析如何检验CO。应在装置H中进行CO还原CuO的反应，气体进入装置H前需除尽CO2，从装置H中导出的气体需用澄清石灰水检验其中是否含有CO2。再设计实验流程：(2)考查CO还原CuO实验的现象及产物：CO还原CuO时，黑色的CuO变成红色的单质Cu，且CO的氧化产物是CO2。故证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中的黑色粉末变成红色，H前的D澄清石灰水不变浑浊，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)考查实验方案的设计：向NaHCO3中滴加草酸溶液，若有CO2生成，即可证明草酸的酸性强于碳酸；当草酸与NaOH完全反应时，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍，即可证明草酸为二元酸答案：(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(2)F、D、G、H、D、ICuOH中黑色粉末变为红色，H前的D澄清石灰水不变浑浊，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍4(2021·山东潍坊二模)为了探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性，某化学兴趣小组设计如下实验。【查阅资料】乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4·2H2O)在100 时开始升华，157 时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。.乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。(1)用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题：装置的连接顺序为：AD_FECG。装置中冰水混合物的作用是_。整套装置存在不合理之处为_。.乙二酸的弱酸性：该小组同学为验证草酸性质需0.1 mol·L1的草酸溶液480 mL。(2)配制该溶液需要草酸晶体_g。(3)为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的的是_(填序号)。A将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色B测定0.1 mol·L1草酸溶液的pHC将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出D测定草酸钠溶液的pH(4)该小组同学将0.1 mol·L1草酸溶液和0.1 mol·L1NaOH等体积混合后，测定反应后溶液呈酸性，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。解析：(2)配制480 mL 0.1 mol·L1的草酸溶液需要500 mL容量瓶，则需要草酸晶体质量mcVM0.1 mol·L1×0.5 L×126 g·mol16.3 g。(3)将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，只能说明草酸具有酸性，不能说明草酸是弱酸，A项错误；测定0.1 mol·L1草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于0.2 mol·L1，就说明草酸部分电离，为弱酸，B项正确；将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性强于碳酸，但不能说明草酸是弱酸，C项错误；测定草酸钠溶液的pH，如果pH7，说明草酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，如果pH>7，说明草酸钠是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，所以能验证草酸是弱酸，D项正确。(4)二者恰好反应生成NaHC2O4，混合溶液呈酸性，则c(H)>c(OH)，说明HC2O电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小顺序是c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)。答案：(1)BG冷凝草酸蒸气，防止干扰实验没有CO尾气处理装置(2)6.3(3)BD(4)c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)【命题分析】本部分知识在高考考查中以选择题和非选择题的形式考查，考查学生对气体的制备、净化和收集的掌握，重点考查实验的基本操作及实验评价。考查宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识等学科素养。1重要气体的发生装置(1)依据制备气体所需的反应物状态和反应条件，可将制备气体的发生装置分为三类：固体固体气体发生装置如右图：制备气体：O2、NH3、CH4等。固体液体(或液体液体)气体发生装置：制备气体：Cl2、C2H4等。固体液体(不加热)气体发生装置：制备气体：选择合适的药品和装置能制取中学化学中常见的气体。(2)常见气体典型制备系统举例：Cl2的实验室制备SO2的实验室制备NH3的实验室制备2气体的除杂方法(1)除杂试剂选择的依据：主体气体和杂质气体性质上的差异，如溶解性、酸碱性、氧化性、还原性。除杂原则：不损失主体气体；不引入新的杂质气体；在密闭装置内进行；先除易除的杂质气体。(2)气体干燥净化装置类型液态干燥剂固态干燥剂固体，加热装置图常见干燥剂浓H2SO4(酸性、强氧化性)无水氯化钙(中性)、碱石灰(碱性)除杂试剂Cu、CuO、Mg等当CO2中混有O2杂质时，应选用上述中的装置除O2，除杂试剂是Cu粉。3气体的收集方法收集方法收集气体的类型收集装置可收集的气体(举例)排水法难溶于水或微溶于水，且不与水反应的气体O2、H2、NO、CO等排空气法向上排空气法密度大于空气且不与空气中的成分反应Cl2、SO2、NO2、CO2向下排空气法密度小于空气且不与空气中的成分反应H2、NH34.尾气处理的原因、方法及装置(1)原因：有些气体有毒或有可燃性，任其逸散到空气中，会污染空气或者引发火灾、爆炸等灾害。(2)处理方法：一般根据气体的相关性质，使其转化为非气态物质或无毒物质，如酸性有毒气体用碱溶液吸收，可燃性气体用点燃等措施。(3)尾气处理装置(见下图a、b、c)实验室制取Cl2时，尾气的处理可采用b装置。制取CO时，尾气处理可采用a、c装置。制取H2时，尾气处理可采用a、c装置。5防倒吸装置肚容式分液式1(双选)下列制备和收集气体的实验装置合理的是()解析：CD用氯化铵和氢氧化钙固体制氨气时有水生成，试管口应向下倾斜；NO能和空气中的氧气反应生成NO2，应用排水法收集；氢气密度比空气小，收集氢气时导管应短进长出。C正确、D正确。2硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化学试剂，其熔点为54.1 ，沸点为69.1 ，遇冷水逐渐分解，其制备原理为SO2(g)Cl2(g)=SO2Cl2(l)H97.3 kJ·mol1，现用如图所示装置(夹持仪器已略去)进行实验。下列说法正确的是()AA的作用是冷凝回流，冷凝水应从b口进a口出B乙和丙中分别盛装饱和食盐水和浓硫酸C活性炭可加快反应速率DB中最好盛装碱石灰，其作用只是为了除去多余的SO2和Cl2答案：C3某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是()A实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KBb、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C装置e的作用是收集一氧化碳气体D用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性解析：D实验开始时，需先打开活塞K，利用a中反应产生的CO2排尽装置内空气，避免点燃酒精灯时装置中的空气与锌粉反应，A项错误；a中制得的CO2中含有HCl和水蒸气，用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，B项错误；装置e作安全瓶，作用是防止装置f中的液体倒吸到硬质玻璃管中，C项错误；a装置适用于块状固体与液体反应，可以用锌粒与稀盐酸或稀硫酸反应制备氢气，可将d装置中锌粒换成氧化铜来探究H2的还原性，D项正确。4一套装置可以用于制备多种气体，根据如图“套装”回答下列问题。(1)若使用如上图所示装置制备干燥的SO2气体：A中盛液体的玻璃仪器名称是_，实验开始后A中反应的化学方程式为_。B装置的作用是_；C装置的作用是_。E装置中固体试剂为_。(2)若使用如上图所示装置制备干燥的Cl2：A中反应的化学方程式为_。B装置的作用为除去Cl2中混有的HCl，则B装置中盛装的试剂为_，如何改进装置？_；C装置的作用是_。答案：(1)分液漏斗Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O防倒吸干燥SO2气体碱石灰(2)2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O或KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O饱和食盐水导管“长进短出”干燥Cl25二氧化氯(ClO2)是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11 ，可用于处理含硫废水。回答下列问题：ClO2的制备：已知：SO22NaClO3H2SO4=2ClO22NaHSO4(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)欲收集ClO2，选择图中的装置，其连接顺序为a_(按气流方向，用小字母表示)。(3)装置D的作用是_。解析：(1)装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。(2)二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则agh，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用NaOH溶液吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为aghbcefd。(3)装置D的作用为冷凝并收集ClO2。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(2)ghbcefd(3)冷凝并收集ClO2【命题分析】化学工艺流程题是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化学工艺试题。这类试题充分体现了“化学是真实的”这样一种命题指导思想，通过分析、推理等方法认识研究对象的本质特征、构成要素及其相互关系，建立认知模型，并能运用模型揭示现象的本质和规律。一、无机化工流程的一般结构二、流程图中主要环节的分析1核心反应一陌生方程式的书写关注箭头的指向：箭头指入反应物，箭头指出生成物。(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律，判断产物，根据化合价升降相等配平。(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。2原料的预处理(1)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸等。水浸与水接触反应或溶解浸出固体加水(酸)溶解得到离子酸浸在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)(2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。(3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。3常用的控制反应条件的方法(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2中混有的Fe3可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)趁热过滤。防止某物质降温时会析出。(4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程