高中化学专题座2.doc

专题讲座十一 离子浓度的大小比较一、熟悉两大理论，构建思维基点1电离理论(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3H2O、NH、OH浓度的大小关系是c(NH3H2O)c(OH)c(NH)。(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS、S2、H的浓度大小关系是c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。2水解理论(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H)或碱性溶液中c(OH)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl、NH3H2O、H的浓度大小关系是c(Cl)c(NH)c(H)c(NH3H2O)。(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)c(HCO)c(H2CO3)。二、把握3种守恒，明确等量关系1电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO、CO、OH，存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)。2物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2、HS都能水解，故S元素以S2、HS、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)。3质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。三、理清一条思路，掌握分析方法四、典例导悟，分类突破1单一盐溶液【例1】对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是 ()A0.1 molL1的(NH4)2CO3溶液中：c(CO)c(NH)c(H)c(OH)B0.1 molL1的NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(H2CO3)2c(CO)C将0.2 molL1 NaA溶液和0.1 molL1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(Cl)D在25 时，1 molL1的CH3COONa溶液中：c(OH)c(H)c(CH3COOH)解析A项，溶液中的c(NH)c(CO)，故不正确；B项，根据物料守恒，c(Na)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)；C项，不符合电荷守恒，正确的关系式为c(Na)c(H)c(A)c(Cl)c(OH)。答案D【例2】硫酸铵溶液中离子浓度关系不正确的是 ()Ac(NH)c(SO)c(H)c(OH)Bc(NH)2c(SO)Cc(NH)c(NH3H2O)2c(SO)Dc(NH)c(H)c(OH)2c(SO)解析硫酸铵中，n(NH)2n(SO)，溶液中因存在NHH2ONH3H2OH，使溶液呈酸性，又因NH水解程度很小，所以1c(NH)/c(SO)c(SO)c(H)c(OH)，A对；由微粒数守恒关系可得c(NH)c(NH3H2O)2c(SO)，C对由溶液中电荷守恒，可知c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)，D对。2酸碱中和型(1)恰好中和型【例3】在10 mol 0.1 molL1 NaOH溶液中加入同体积、同浓度的HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是 ()Ac(Na)c(Ac)c(H)c(OH)Bc(Na)c(Ac)c(OH)c(H)Cc(Na)c(Ac)c(HAc)Dc(Na)c(H)c(Ac)c(OH)解析由题意知二者恰好完全反应，生成NaAc，等同于单一盐溶液，由于Ac发生水解，AcH2OHAcOH，故有c(Na)c(Ac)c(OH)c(H)，A错，B对；由物料守恒知C正确，由电荷守恒知D正确。答案A2)反应过量型【例4】在25 时，将pH11的NaOH溶液与pH3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是 ()Ac(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)Bc(H)c(CH3COO)c(OH)Cc(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)Dc(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)解析pH11的NaOH溶液中c(NaOH)c(OH)103 molL1，而pH3的CH3COOH溶液中c(H)103 molL1，c(CH3COOH)远远大于103 molL1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，电荷恒等关系为c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)。答案D【例5】25 时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH7时，下列关系正确的是 ()Ac(NH)c(SO)Bc(NH)c(SO)Cc(NH)c(Na)，对该溶液的下列判断正确的是 ()Ac(H)c(OH)Bc(CH3COO)0.1 molL1Cc(CH3COOH)c(CH3COO)Dc(CH3COO)c(OH)0.1 molL1【例7】将0.2 molL1 NaHCO3溶液与0.1 molL1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是 ()A2c(K)c(HCO)2c(CO)c(H2CO3)Bc(Na)c(K)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)Cc(OH)c(CO)c(H)c(H2CO3)0.1 molL1D3c(K)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)解析根据物料守恒可知A中表达式为2c(K)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)，A错题中两溶液反应后含有等浓度的HCO和CO，由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，因此选项B中的表达式为c(Na)c(HCO)c(K)c(CO)c(OH)c(H)，B错；C选项，根据电荷守恒有c(Na)c(K)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，根据物料守恒有c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)，两者相减可知正确的表达式为c(OH)c(CO)c(H)c(H2CO3)0.05 molL1。由电荷守恒和c(Na)2c(K)可知选项D正确答案D4不同物质同种离子浓度的比较【例8】相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是 ()ANH4Cl BNH4HCO3CNH4HSO4 D(NH4)2SO4解析D中的c(NH)大于A中的c(NH)，故D中c(H)大于A中c(H)；C中NH4HSO4=NHHSO，B中HCO水解显碱性促进NH水解，故pH：CDAB溶液中阴离子的物质的量浓度之和：C溶液中：c(CO)c(H2CO3)D溶液中：c(HCO)c(H2CO3)解析根据题意可知，中水解程度大于，中阴离子的物质的量浓度之和大于，B正确；而水解时所需H由水电离产生，溶液中电离出的H个数：，A正确；在0.1 molL1的NaHCO3溶液中存在以下几个关系式：c(Na)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)0.1 molL1(物料守恒)c(H)c(Na)c(OH)c(HCO)2c(CO)(电荷守恒)H2OHCOH2CO3OH(同时存在HCOHCO)，其中水解大于电离，因此在中c(CO)c(H2CO3)，D正确。答案C题讲座四无机化工流程题复习策略与解题方法指导1.无机化工流程题的特点无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。所以这类题成为近年来高考的必考题型。这类题常呈现的形式：流程图、表格、图像这类题常围绕以下几个知识点进行设问：(1)反应速率与平衡理论的运用；反应物颗粒大小：反应速率、原料的利用率等温度：反应速率、物质的稳定性、物质的结晶等(2)氧化还原反应的判断、化学方程式或离子方程式的书写；(3)利用控制pH分离除杂；(4)化学反应的能量变化；(5)实验基本操作：除杂、分离、检验、洗涤、干燥等；(6)流程中的物质转化和循环，资源的回收和利用；7)环境保护与绿色化学评价。2工业生产流程主线规律：主线主产品、分支副产品、回头为循环核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制3解答无机化工流程试题的程序基本步骤：从题干中获取有用信息，了解生产的产品。然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：A、反应物是什么 B、发生了什么反应 C、该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用；抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。从问题中获取信息，帮助解题。解题思路：明确整个流程及每一部分的目的仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质结合基础理论与实际问题思考注意答题的模式与要点 4熟悉工业流程常见的操作与名词工业流程题目在流程上一般分为3个过程：(1)原料处理阶段的常见考点与常见名词加快反应速率溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等水浸：与水接触反应或溶解浸出：固体加水(酸)溶解得到离子浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)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的溶解过程灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解控制反应条件的方法(2)分离提纯阶段的常见考点调pH值除杂a控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若要除去Mn2溶液中含有的Fe2，应该怎样做？提示：先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH到3.7。b调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。试剂除杂加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯德榜制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)、为使化学平衡向着题目要求的方向移动萃取3)获得产品阶段的常见考点：洗涤(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。重结晶(4)其他常见考点化学方程式实验仪器计算信息 5注重答案的文字叙述规范(1)洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次。(2)从溶液中得到晶体：蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥。(3)在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，只写“除杂”等一类万金油式的回答是不给分的。(4)看清楚是写化学反应方程式还是离子方程式，注意配平。6热点题型探究热点1碱金属及其矿物的开发利用【例1】碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2、Mg2、Fe3、Cl和SO等杂质，提纯工艺流程如下：已知碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如下图所示：回答下列问题：1)滤渣的主要成分为_。(2)“趁热过滤”的原因是_。(3)若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是_(写出一种)。(4)若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是_。(5)已知：Na2CO310H2O (s)=Na2CO3(s)10H2O(g)H1532.36 kJmol1Na2CO310H2O(s)=Na2CO3H2O(s)9H2O(g)H2473.63 kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式_。解析从题目中可知，该题中的实验目的是从工业碳酸钠中提纯出碳酸钠,工业碳酸钠中含有的杂质有Mg2、Fe3、Ca2、Cl和SO等，所以该流程的目的就是把这些杂质除去并得到纯净的碳酸钠固体。流程图中加水的目的是使可溶物质溶于水，少量的Ca2与CO生成沉淀CaCO3。加入过量的NaOH溶液,很显然是将Mg2、Fe3转化成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，再通过过滤的方法除去。但这一步骤对Cl和SO是没什么影响的,所以流程图中出现了一个蒸发浓缩结晶和趁热过滤的操作,这肯定是为了使一个随温度升高溶解度变化不大或减小的物质析出来,通过读图可得出Na2CO3H2O符合这一条件,这样可以通过趁热过滤除去Cl、SO和一些沉淀不完全的离子。由于Na2CO310H2O 溶解度随温度的升高变化非常大,如果降温，一定会析出来而影响主要产物，所以要趁热过滤。答案(1)Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3(2)使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长(3)用已预热的布氏漏斗趁热抽滤4)溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3中混有杂质；原因：“母液”中含有的离子有Ca2、Na、Cl、SO、OH、CO，当多次循环后，使得离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4、Ca(OH)2、CaCO3等沉淀(5)Na2CO3H2O(s)=Na2CO3(s)H2O(g)H58.73 kJmol1方法技巧首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙生产工序)试题，首先对比分析生产流程示意图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产流程过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。关键在于认真对比分析原料与产品的组成，从中产生将原料转化为产品和除去原材料中所包含的杂质的基本原理和所采用的工艺生产措施。当把生产的主线弄清楚了，围绕生产主线所设计的系列问题也就可解答了。迁移应用1 锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：已知：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：_。(2)反应加入碳酸钙的作用是_。(3)写出反应中生成沉淀A的离子方程式：_。(4)反应生成Li2CO3沉淀，写出在实验室中得到Li2CO3沉淀的操作名称_，洗涤所得Li2CO3沉淀要使用_(选填“热水”或“冷水”)，你选择的理由是_。(5)电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是_。解析(1)将硅酸盐改为氧化物形式的方法为依次将各元素写成氧化物形式，中间用“”连接，同时要注意氧化物先后顺序。(2)由(1)改写可知，锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2被氧化为Fe3，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3、Al3、Mg2、Li等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应中加入碳酸钙的作用为：除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3、Al3完全沉淀。(3)利用题干信息知反应要除去Mg2，但在加入沉淀剂Ca(OH)2时会引入大量Ca2，故还需加入Na2CO3除去Ca2,即沉淀A为Mg(OH)2沉淀与CaCO3沉淀的混合物。(4)实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水。(5)由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2。答案(1)Li2OAl2O34SiO2(2)除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3、Al3完全沉淀(3)Mg22OH=Mg(OH)2、Ca2CO=CaCO3(4)过滤热水Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗(5)加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2(其他合理答案均可)热点2镁、铝及其矿物的开发利用【例2】高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管。实验室制取高纯氧化铝的流程如下：(1)“除杂”操作是加入适量过氧化氢，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2。检验Fe2是否除尽的实验操作是_。(2)通常条件下KspFe(OH)34.01038，除杂后溶液中c(Fe3)约为_。(3)配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是_。(4)“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止，冷却结晶，得到铵明矾(含结晶水)。母液不能蒸干的原因是_。(5)“分离”操作名称是_(填字母代号)。A蒸馏B分液C过滤(6)测定铵明矾组成的方法是：a称取0.453 0 g铵明矾样品，高温灼烧，得Al2O3固体0.102 0 g；b称取0.453 0 g铵明矾样品，用适量蒸馏水溶解，再加入稍过量的BaCl2溶液，经陈化、过滤、灰化，得BaSO4 0.465 9 g。c称取0.453 0 g铵明矾样品，加入足量的NaOH溶液，加热，将产生的气体依次通过碱石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.017 0 g。则铵明矾的化学式为_。解析(2)根据(1)中除杂后溶液的pH约为8，即c(OH)106 molL1，再根据KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)c(Fe3)(106)34.01038,解得c(Fe3)4.01020 molL1。(6)由a：0.102 0 g Al2O3的物质的量为1103 mol,则0.453 0 g铵明矾中含有的Al3为1103 mol；由b：0.453 0 g铵明矾中含有的SO为2103 mol；由c：0.453 0 g铵明矾中含有的NH为1103 mol。综合上述可知n(NH)n(Al3)n(SO)112，再根据质量守恒：0.453 0 g1103 mol27 gmol11103 mol18 gmol12103mol96 gmol1m(水),解得m(水)0.216 0 g,则结晶水的物质的量为0.012 mol，即铵明矾的化学式为NH4Al(SO4)212H2O。答案(1)取样，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2已除尽(2)4.01020 molL1(3)抑制Al3水解(4)减少可溶性杂质的析出及Al3的水解(5)C(6)NH4Al(SO4)212H2O迁移应用2 镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。某学校课外兴趣小组从海水晒盐后的盐卤(主要含Na、Mg2、Cl、Br等)中模拟工业生产来提取镁，主要过程如下：回答下列问题：(1)工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是_。(2)从过程得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入到盛有_溶液的烧杯中，充分搅拌后经_、_(填操作方法)可得纯净的Mg(OH)2。(3)下图是该兴趣小组设计进行过程的实验装置图：其中装置A的作用是_。(4)写出过程中发生反应的化学方程式_。答案(1)石灰乳原料丰富，成本低2) MgCl2过滤洗涤(3)制备干燥的HCl气体(4) MgCl2(熔融)Mg Cl2热点3铁、铜及其矿物的开发利用【例3】(2011江苏，16)以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl36H2O)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，该反应的平衡常数表达式为K_；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为_。(2)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是_、_。(3)通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为_；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为_。(写化学式)。解析(1)根据化学反应方程式可写出平衡常数表达式为K，过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为SO2NaOH=NaHSO3。(2)加入过量盐酸可保证铁元素浸出到溶液中，且Fe3容易水解，加酸可抑制其水解。(3)通氯气的目的是氧化Fe2，尾气中的有害气体是剩余的氯气以及盐酸挥发出的氯化氢气体。答案(1)SO2NaOH=NaHSO3(2)提高铁元素的浸出率抑制Fe3水解(3)Cl22Fe2=2Cl2Fe3 Cl2、HCl迁移应用3 工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如下图所示：试根据上图转化回答下列问题：(1)工业生产Cl2时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是_。(2)还原过程中的产物为NaCuCl2，试写出反应的化学方程式_。制备中当氯化完成后必须经还原过程再制得CuCl，为什么不用一步法制得CuCl？(已知Cu2Cu2Cl=2CuCl)_。(3)还原过程中加入少量盐酸的作用是_，加入NaCl且过量的原因是_。(4)合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。(5)实验室中在CuCl2热溶液中通入SO2气体也可制备白色的CuCl沉淀，试写出该反应的离子方程式_解析(1)主要从原料经济性的角度来回答(2)产物NaCuCl2中Cu的化合价为1，因此还原过程发生的是归中反应。(3)主要考查盐类水解和化学平衡知识。(4)产品用水和酒精洗的效果是不同的，酒精沸点低，易挥发，易晾干。(5)反应中CuCl2被还原为CuCl，则SO2的氧化产物必为H2SO4。答案(1)石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉(2)CuCl22NaClCu=2NaCuCl2CuCl沉淀沉积在Cu表面阻碍反应的进行(3)防止Cu2水解增大NaCl的浓度有利于生成更多的NaCuCl2，提高产率(4)使CuCl尽快干燥，防止被空气氧化(5)2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO专题讲座五气体的实验室制备、净化和收集1气体制备实验的基本过程(1)气体制备实验装置一般包含以下几部分(2)气体制备的一般实验操作步骤组装(从下到上，从左到右)；检验装置的气密性；加入药品；排尽装置内的空气；验纯；反应；拆除装置。2气体发生装置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：(1)固体固体气体发生装置：制备气体：O2、NH3、CH4等注意事项：试管口应稍向下倾斜，以防止产生的水蒸气在试管口冷凝后倒流，而使试管破裂。铁夹应夹在距试管口1/3处。固体药品应平铺在试管底部。胶塞上的导管伸入试管里面不能过长，否则会影响气体导出。如用排水集气法收集气体，当停止制气时，应先从水槽中把导管撤出，然后再撤走酒精灯，防止水倒吸。(2)固体液体或液体液体气体发生装置： 制备气体：Cl2、C2H4等注意事项：烧瓶应固定在铁架台上。先把固体药品放入烧瓶中，再缓缓加入液体。分液漏斗应盖上盖，注意盖上的凹槽对准分液漏斗颈部的小孔。对烧瓶加热时要垫上石棉网。(3)固体液体(不加热)气体发生装置： 制备气体：H2、CO2、NO2、SO2、NO等注意事项：块状固体与液体的混合物在常温下反应制备气体，可用启普发生器制备，当制取气体的量不多时，也可采用简易装置。简易装置中长颈漏斗的下口应伸入液面以下，否则起不到液封作用而无法使用。加入块状固体药品的大小要适宜。加入液体的量要适当。最初使用时应待容器内原有的空气排净后，再收集气体。在导管口点燃氢气或其他可燃性气体时，必须先检验纯度。3气体的除杂方法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、可燃性。除杂原则：(1)不损失主体气体，(2)不引入新的杂质气体，(3)在密闭装置内进行，(4)先除易除的气体。一般可从以下几个方面考虑：易溶于水的杂质可用水吸收；酸性杂质可用碱性物质吸收；碱性杂质可用酸性物质吸收；水分可用干燥剂吸收；能与杂质反应生成沉淀或可溶性的物质，也可用作吸收剂。【例1】为下列各组气体选择合适的除杂试剂(括号内为杂质气体)(1)含有HCl杂质的气体CO2(HCl)：_；SO2(HCl)：_Cl2(HCl)：_(2)中性气体中含有酸性杂质气体O2(Cl2)：_；CO(CO2)：_NO(NO2)：_；(3)酸性气体中含有其他酸性杂质气体CO2(SO2)：_；(4)含有O2杂质的气体CO2(O2)：_；N2(O2)：_。(5)HCl(Cl2)：_。答案(1)饱和NaHCO3溶液饱和NaHSO3溶液(2)NaOH溶液NaOH溶液H2O(3)饱和NaHCO3溶液或酸性高锰酸钾溶液(4)灼热Cu灼热Cu(5)CCl44气体净化与干燥的先后顺序(1)若采用溶液除杂，应该是除杂在前，干燥在后。其原因是：气体除杂过程中会从溶液中带入水蒸气，干燥剂可除去水蒸气。如实验室中利用大理石与稀盐酸反应制备CO2，欲制得干燥、纯净的CO2，可先将产生的气体通过饱和NaHCO3溶液，除去混入其中的HCl气体，再通过浓硫酸除去水蒸气。(2)若采用加热除杂，则一般是干燥在前。如N2中混有O2、CO2、H2O(g)，可先将混合气体通过碱石灰，除去CO2和H2O(g)，再将从干燥管中导出的气体通过装有灼热铜网的硬质玻璃管，除去O2，即可得到干燥、纯净的N2。若将混合气体先通过灼热的铜网，因气体中混有水蒸气，易使硬质玻璃管破裂。【例2】为制备干燥、纯净的CO2，将大理石和盐酸反应生成的气体先后通过装有下列物质的两个吸收装置，两个装置中应依次装入()饱和NaHCO3溶液；无水CaCl2固体饱和NaHCO3溶液；浓硫酸浓硫酸；饱和NaHCO3溶液饱和Na2CO3溶液；稀硫酸A B C D解析用大理石和盐酸反应制得的CO2中，含有少量HCl，可用饱和NaHCO3溶液除去；干燥CO2可用浓硫酸或无水CaCl2固体作干燥剂。注意：应先净化，后干燥。5气体的干燥(1)选用干燥剂应根据气体的性质和干燥剂的性质而定，其原则是干燥剂只能吸收气体中的水分，而不能与气体发生反应。酸性干燥剂，如浓H2SO4、P2O5、硅胶等。一般用来干燥酸性或中性气体，而不能用来干燥碱性气体。思考：下列气体中不能被浓H2SO4干燥的是哪些？为什么？NH3、H2、CO、H2S、SO2、Cl2、CO2提示NH3因为显碱性而不能被浓H2SO4干燥，H2S因为强还原性而不能被浓H2SO4干燥。碱性干燥剂，如生石灰、固体NaOH、碱石灰等。碱性干燥剂不能干燥酸性气体，如碱石灰不能干燥Cl2、CO2、HCl等。中性干燥剂，如无水CaCl2。无水CaCl2呈中性，对各类气体一般均可干燥，但NH3能与其发生络合反应而不能使用，其反应方程式为CaCl28NH3=CaCl28NH3。(2)气体干燥净化装置液态干燥剂固态干燥剂固态干燥剂固体，加热装置常见干燥剂浓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粉或Mg粉。6气体的收集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，又不与水反应的气体O2、H2、Cl2(饱和NaCl溶液)、NO、CO2(饱和NaHCO3溶液)、CO排空气法向上排空气法密度比空气大Cl2、SO2、NO2、CO2向下排空气法密度小于空气H2、NH37.尾气的吸收(1)用水吸收的是：HCl、NH3(注意防倒吸)。(2)用烧碱溶液吸收的是：Cl2、SO2、NO2、H2S等。(3)用燃烧的酒精灯可点燃除去的是：CO。专题集训能力提升1如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是()A.若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色解析浓盐酸和MnO2在加热时才能反应，A错；Al(OH)3不能溶于弱碱(氨水)，C错；SO2只能使紫色石蕊试液变红，D错。答案B2拟用下图装置制取表中的四种干燥纯净的气体(图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置已略去，必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)。气体abcdC2H4乙醇浓H2SO4NaOH溶液浓H2SO4Cl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓H2SO4NH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHNO稀HNO3铜屑H2OP2O5(1)上述方法中可以得到干燥、纯净的气体是_。(2)指出不能用上述方法制取的气体，并说明理由(可以不填满)。气体_，理由是_。气体_，理由是_。气体_，理由是_。气体_，理由是_。解析由于所给制备装置中没有温度计，无法控制反应温度，不能确定是否有C2H4产生，也就不可能得到干燥、纯净的C2H4；所给装置虽然加热时可以产生Cl2，但在c装置中用NaOH溶液除HCl的同时，Cl2也被吸收，最后不能得到Cl2；饱和NH4Cl溶液与Ca(OH)2作用产生NH3，在NH3通过c装置时被水吸收，最后也不能收集到气体；铜屑与稀HNO3作用产生NO气体，部分被装置中的氧气氧化，在通过c中的水时，因发生反应3NO2H2O=2HNO3NO，又得到NO，经P2O5干燥可得到纯净的NO。答案(1)NO(2)C2H4装置中没有温度计，无法控制反应温度Cl2反应生成的Cl2被c中的NaOH溶液吸收了NH3反应生成的NH3被c中的H2O吸收了3某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式：_。(2)装置A中的烧瓶内固体可选用_(选填以下选项的代号)。A碱石灰B生石灰C二氧化硅D五氧化二磷E烧碱(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B_，D_，E_。(均填编号)(4)氯气和氨气在常温下相混就会反应生成氯化铵和氮气，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计实验方案鉴定该固体就是氯化铵：_。(5)从装置C的出气管口处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？_。解析本题将氯气的制法和性质与氨气的制法和性质融合在一起，考查内容包括反应原理分析、试剂的选择、装置的选择、物质鉴别的实验方案设计等，具有较强的综合性。根据题设提示，制得的氯气要先除杂、再干燥，可选用(饱和食盐水除HCl)、(干燥氯气)装置；制得的氨气可用碱石灰(装置)干燥。反应装置C中导管长短不同是因为NH3和Cl2的密度大小不同而决定的。另外，设计鉴定氯化铵固体的实验方案时，既要考虑鉴定NH，又要考虑鉴定Cl，二者不可偏废。答案(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(2)A、B、E(3)(4)取一定量该固体加水溶解，将该溶液分成两份于试管中，向其中一份中加入NaOH溶液，加热，生成的气体能使红色石蕊试纸变红，说明含NH；向另一份溶液中加入HNO3酸化，然后加入AgNO3，出现白色沉淀，说明含Cl；通过上述现象即可证明该固体是氯化铵(5)将尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯中专题讲座八 元素推断题的知识贮备和解题方法元素推断题主要考查元素周期表中“位、构、性”的关系及学生利用物质结构和性质进行综合推断的能力。该类题目综合性强，难度较大，所占分值较高。学生需要掌握短周期所有元素的结构特点，它们在元素周期表中的位置和性质以及它们形成的化合物的性质，在此基础上综合分析，得到答案。一、元素在周期表中的位置推断知识贮备1根据核外电子的排布规律 (1)最外层电子规律最外层电子数(N)3N次外层电子数元素在周期表中的位置主族第A族、第A族、第族、副族、0族元素氦第二周期(2)“阴三阳四”规律某元素阴离子最外层电子数与次外层相同，该元素位于第三周期。若为阳离子，则位于第四周期。(3)“阴上阳下”规律电子层结构相同的离子，若电性相同，则位于同周期，若电性不同，则阳离子位于阴离子的下一周期“阴上阳下”规律。解题方法由原子核外的电子排布规律正确推断元素在周期表中的位置是解题的关键。【例1】已知X、Y、Z为三种主族元素，可分别形成Xn、Ym、Zn三种离子，已知mn且X、Y、Z三种原子的M层电子数均为奇数。下列说法中不正确的是 ()A三种离子中，Ym的离子半径最小BZ的最高价氧化物对应水化物的分子式为HnZO4CX、Y、Z一定在同一周期，且原子半径ZXYD三种元素相应的最高价氧化物对应水化物之间两两会发生