化学人教版必修一课件第四章非金属及其化合物章末重难点专题突破

章末重难点专题突破第四章

非金属及其化合物

学习目标定位1.理清非金属及其化合物间的转化关系，构建其系统的知识网络。2.学会用类比、对比的方法认识非金属及其化合物的共性和个性、联系和区别。3.熟知典型物质的性质及应用。内容索引一、掌握非金属及其化合物的学习方法二、构建非金属及其化合物的知识体系三、理清非金属及其化合物间的转化关系四、熟知典型物质的性质及其应用五、喷泉实验和气体制备综合实验一、掌握非金属及其化合物的学习方法1.明确知识主线。学习理解非金属元素及其化合物知识的主线：单质―→氧化物―→酸―→盐。如掌握硅及其化合物知识内容的思维程序：单质硅(晶体结构、亲氧性、半导体)；二氧化硅(难溶性酸性氧化物，能与强碱反应)；硅酸(硅胶具有胶体的性质)；硅酸盐(硅酸钠及复杂硅酸盐)。2.把握横向联系。物质的结构决定性质，物质的性质决定其存在、保存、检验、用途、制取。因此学习元素化合物知识要结合物质的结构(原子结构、分子结构、晶体结构)，从本质上认识物质的性质，并注重联系氧化还原和离子反应等基本概念。如氯元素原子最外层电子数比较多，易得到1个电子，其单质氯气具有较强的氧化性。3.采用对比的方法，学习SiO2和CO2，SO2和CO2的性质；根据物质的类别推测其应具有的性质；根据主要元素的化合价分析判断其氧化性或还原性等。浓硫酸、硝酸的氧化性有许多相似的地方，通过比较，加深理解，方便记忆。抓住硫元素、氮元素化合价的变化，从实质上揭示浓硫酸、硝酸具有强氧化性的原因。例1

氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A.若管道漏气遇氨就会产生白烟B.该反应利用了Cl2的强氧化性C.该反应属于复分解反应D.生成1molN2有6mol电子转移答案解析√解析本题通过一个陌生的化学反应方程式，考查氨气和氯气的性质及氧化还原知识。当NH3过量时会与HCl反应生成NH4Cl白烟，故A对；又反应中氮和氯两元素的化合价发生了变化，因而属于氧化还原反应，故C错；氯气化合价从0价变为－1价，化合价降低，氯气为氧化剂，NH3中的氮由－3价升高至0价(得到3个电子)，为还原剂，生成1molN2需2mol氮原子，失去6mol电子，D对。例2检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是A.通过品红溶液B.通过澄清石灰水C.先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水D.先通过足量酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水答案解析√理解感悟解析要正确解题必须先做到以下两点：(1)理解题意，本题要检验的是CO2，且CO2又是混在SO2气体中。(2)要掌握SO2与CO2性质上的相似点与不同点。如通过澄清石灰水都能生成白色沉淀(CaSO3和CaCO3)，又如遇NaOH溶液都能发生反应，这便是它们性质上的相似点。它们性质上的不同点又表现在，如SO2具有漂白性从而能使品红溶液褪色，而CO2不具备漂白性；又如在通过NaHCO3溶液时，由于H2SO3酸性>H2CO3酸性，所以SO2与NaHCO3溶液反应能放出CO2，而CO2却无法与NaHCO3反应；再如由于SO2的还原性，在通过酸性KMnO4溶液时会发生反应：5SO2＋2KMnO4＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，而CO2却不具备这种还原性。若对本题选项稍加分析，A项检验的是SO2而不是CO2，B项中不管是否混有CO2，溶液均变浑浊，C项中不管是否混有CO2，均有白色沉淀生成，唯有D项在通过酸性KMnO4溶液时混合气体中仅SO2被吸收，再通过澄清石灰水若有浑浊现象，说明混有CO2；若无浑浊现象，说明不混有CO2。综上分析，D项正确。理解感悟理解感悟SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2。通常可用以下方法：(1)用品红溶液，使品红溶液褪色的是SO2，不能使品红溶液褪色的是CO2。(2)用氢硫酸，出现浑浊的是SO2，无明显现象的是CO2。2H2S＋SO2===2H2O＋3S↓(3)用高锰酸钾溶液，紫色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2。2KMnO4＋5SO2＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4(4)用溴水，使橙色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2。Br2＋2H2O＋SO2===2HBr＋H2SO4(5)用硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀的是SO2，无明显现象的是CO2。二、构建非金属及其化合物的知识体系例3下列叙述正确的是A.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥

有较强还原性的HI、H2S等气体B.浓硫酸与单质硫反应的化学方程式：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，

在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性C.把足量铜粉投入到含2molH2SO4的浓硫酸中，得到气体体积在标准

状况下为22.4LD.常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性

使其钝化√答案解析理解感悟解析A项浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体(H2S)和碱性气体(NH3)；B项金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性；C项Cu与浓H2SO4反应过程中，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2不足22.4L；D项利用浓H2SO4强氧化性而使Fe、Al钝化的反应，可以用铁、铝容器来盛放浓H2SO4，D正确。理解感悟理解感悟浓硫酸具有极强的氧化性，主要是构成酸根的中心原子易获得电子，显示出与稀硫酸不同的强氧化性。而稀H2SO4具有氧化性是电离出的H＋得到电子，如氧化较活泼的金属Zn、Fe等。例4有A、B、C、D四种含有硅元素的物质，它们能发生如下反应：①C与烧碱反应生成A和水；②已知A溶液的焰色反应为黄色，A溶液与钙盐反应生成白色沉淀D；③B在空气中燃烧生成C；④C在高温下，与碳酸钙反应生成D和一种气体；⑤C在高温下与碳反应生成单质B。根据上述变化填空：(1)写出化学式：B___，D_______。(2)写出C与烧碱反应生成A和水的反应方程式：____________________________。答案解析SiCaSiO3SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O解析①能与烧碱反应，含硅，C可能是SiO2和H2SiO3；②A溶液是钠盐，又含硅，A确定为Na2SiO3，D为CaSiO3；③B＋O2―→C(可能是SiO2和H2SiO3)，确定B为Si、C为SiO2；④反应为SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；⑤反应为SiO2＋2CSi＋2CO↑。三、理清非金属及其化合物间的转化关系1.非金属元素化合物之间的相互转化关系2.分析理解同一元素不同化合物之间的转化关系时，一是从氧化还原反应的角度分析化合价不同的元素的化合物之间的相互转化，

二是从非氧化还原反应的角度分析化合价相同的元素的化合物之间的相互转化，例5

右图中A是气体单质，根据下图所示的A、B、C、D、E五种物质的相互转化关系，完成以下各题。(1)分别写出下列物质的化学式A___，B____，C___，D____，E______。(2)写出有关反应的化学方程式：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O答案解析N2NH3NONO2HNO3N2＋3H22NH3，N2＋O22NO，4NH3＋5O2

4NO＋6H2O，解析根据一系列的转化关系进行有关物质成分的推断，必须找到合适的突破点。已知A是气体单质，气体单质有氢气、氮气、氧气、氟气、氯气和稀有气体，A既能与O2反应，又能与H2反应，A不可能是稀有气体。A经两步与O2的反应，产物D应为高价氧化物。该氧化物与水反应得到的物质E能与位于金属活动顺序表中H之后的金属Cu反应，E应是强氧化性酸，如浓H2SO4或HNO3。与HNO3对应的单质A是气体N2；与浓H2SO4对应的单质A是固体S，因此A是氮气。例6非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：答案解析(1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。①D的化学式是______；②在工业生产中B气体的大量排放被雨水吸收后形成了______而污染了环境。H2SO4酸雨解析若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则B是SO2，A是单质S，C是SO3，D是H2SO4；若大量排放SO2，则会形成酸雨。解析若C是红棕色气体，则C为NO2，B为NO，A为N2，D为HNO3，浓HNO3可与Cu反应：4HNO3(浓)＋Cu===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O此反应有化合价升降变化，属于氧化还原反应。(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。①A、C的化学式分别是A____；C_____。②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式：______________________________________。该反应_____(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。答案解析N2NO2Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O属于四、熟知典型物质的性质及其应用1.碳和硅的“反常”(1)一般情况下，较强氧化剂＋较强还原剂―→较弱氧化剂＋较弱还原剂，而碳却能还原出比它还原性更强的还原剂；SiO2＋2CSi＋2CO↑，FeO＋CFe＋CO↑。(2)非金属单质与碱的反应，一般是非金属单质既作氧化剂又作还原剂，而Si与碱溶液反应却只作还原剂：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。(3)一般情况下，较活泼金属＋酸===盐＋氢气，然而Si是非金属，却能与氢氟酸发生反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。(4)一般情况下，碱性氧化物＋酸―→盐＋水，SiO2是酸性氧化物，却能与氢氟酸发生反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(5)无机酸一般能溶于水，而H2SiO3及H4SiO4均难溶于水。(6)H2CO3的酸性大于H2SiO3，所以有Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，但高温下却能发生Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑的反应(CO2离开反应体系)。(7)一般情况下，非常活泼的金属(Na、K等)才能够置换出水中的氢，但C在高温下与水蒸气发生反应：C＋H2O(g)CO＋H2。(8)一般情况下，非金属氧化物与水反应生成相应的酸，如CO2＋H2O

H2CO3，但SiO2不溶于水，也不与水反应。2.氯气的重要性质(1)氯气具有强氧化性，在反应中通常作强氧化剂。(2)氯气与水反应可生成次氯酸，与碱反应可生成次氯酸盐。Cl2＋H2O

HCl＋HClO，2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O次氯酸具有漂白性，可用于自来水消毒。氯气与氢氧化钙反应生成的漂白粉的有效成分为次氯酸钙，它的稳定性比次氯酸强，与酸反应生成次氯酸，常作为生活中的漂白剂或消毒剂使用。解析电解质必须是化合物，Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不正确；漂白粉是利用强氧化性杀菌消毒，而明矾是利用Al3＋和水反应生成Al(OH)3胶体吸附杂质，B不正确；D项只能说明存在HClO，D不正确。例7下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是A.氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质B.漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C.氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸

而不是氯气D.氯水中加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有Cl2存在答案解析√3.浓硫酸的特性浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性。吸水性可用于实验室中氢气、二氧化碳、二氧化硫等的干燥，但不能干燥硫化氢或氨气等；在与金属铜反应时，浓硫酸表现强酸性和强氧化性，要注意反应条件与硝酸的不同，反应后有可能硫酸与铜都剩余等。例8某研究小组成员在讨论鉴别浓硫酸和稀硫酸的方案时，设计了如下方案：

甲乙丙丁戊操作火柴梗加入金属铜片分别加入到盛水的试管中用玻璃棒蘸浓氨水靠近盛酸试剂瓶的瓶口加到CuSO4·5H2O晶体中结论变黑者为浓硫酸产生刺激性气味气体者为浓硫酸放热者为浓硫酸冒白烟者为浓硫酸使晶体变白者为浓硫酸(1)其中可行的是___________。答案解析解析甲经放置后，浓硫酸有脱水性会把木柴炭化，可以区别。乙中Cu与浓硫酸在常温下反应很慢，现象不明显，需要加热才能区分：稀者不反应，浓者反应。丙可行。丁中因浓、稀硫酸都不挥发，所以不可区分。戊可行。甲、丙、戊(2)其中稍作改进就可行的方案是___，改进方法是_____。(3)完全错误的是___，因为_________________。乙加热丁硫酸是难挥发性酸操作滴加到NaCl固体中加入铝片加木炭，加热称量同体积的酸加热结论有白雾者为浓硫酸常温反应者为稀硫酸产生刺激性气味气体者为浓硫酸轻者为稀硫酸先沸腾者为稀硫酸(4)请给出另外两种鉴别方法：_________________________________。答案答案以下任意两种(或其他可行方案均可)：理解感悟理解感悟浓、稀硫酸的判断方法各取少量试样，做以下实验，都可区分其浓、稀。(1)称量：取等体积，重者为浓硫酸(用手掂掂也能分辨出来)。(2)放出H2：分别加入到有Fe片的试管中，放出气体者为稀硫酸。(3)脱水性：用玻璃棒分别蘸取试样在纸上写字，在常温下，一会儿变黑者为浓硫酸。也可用锯末、蔗糖等做相似的实验。(4)吸水性：加到CuSO4·5H2O晶体中，使晶体变白者为浓硫酸；得蓝色溶液者为稀硫酸。(5)吸水性：各取等质量试样，敞口放置一段时间后称量，增重者为浓硫酸。(6)氧化性：分别加入到有Cu片的试管中，加热，放出刺激性气味气体者为浓硫酸。(7)酸碱指示剂：在蓝色石蕊试纸上滴1～2滴待测溶液，变红色者为稀硫酸，先变红再变黑者为浓硫酸。4.硝酸的强氧化性及其典型计算硝酸是常见的氧化性酸，具有强氧化性、强酸性和不稳定性，在试题中侧重强酸性和强氧化性的应用，比如与金属铜反应时随着浓度的不同产物也会不同，计算时通常使用氮原子守恒和电子守恒法解决问题。(1)依据守恒规律计算①四个守恒a.得失电子守恒：金属失电子数＝n(NO2)＋3n(NO)。b.氨原子守恒：n(HNO3)总＝xn[M(NO3)x]＋n(NO2)＋n(NO)。c.电荷守恒：反应后溶液中c()＝x·c(Mx＋)＋c(H＋)。d.若向反应后所得溶液中加入氢氧化钠恰好使Mx＋沉淀完全，此时溶质为硝酸钠，则存在n(Na＋)＝n()＝n(HNO3)总－n(NO)－n(NO2)。

②一个关系起酸性作用的硝酸的物质的量是金属的物质的量和金属所带电荷数的乘积，可表示为n(HNO3)酸性＝xn(Mx＋)＝n(转移电子)。(2)利用离子方程式计算硝酸与硫酸混合液跟金属的反应，当金属足量时，不能用硝酸与金属反应的化学方程式计算，应用离子方程式计算，因为生成的硝酸盐的

借助H＋仍能继续与金属反应。例9

19.2gCu加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，假定两者恰好完全反应，同时产生标准状况下8.96LNO和NO2的混合气体(忽略气体的溶解及转化)。求：(1)混合气体中NO和NO2的体积比。答案解析答案V(NO)∶V(NO2)＝1∶3

解析设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，解得x＝0.3mol，y＝0.1mol。故V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。(2)硝酸溶液的物质的量浓度。答案解析答案10mol·L－1解析根据N原子守恒有例10足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1氢氧化钠溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A.60mL B.45mLC.30mL D.15mL答案解析√解析由题意可知：HNO3

，由关系式分析可得：Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15mol。根据NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝

＝0.06L＝60mL。故正确答案为A。5.氮的氧化物溶于水的计算方法NO2和NO有如下反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO

①2NO＋O2===2NO2

②4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3

③4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3

④(1)NO和NO2的混合气体NO、NO2的混合气体溶于水时仅涉及反应①：可利用气体体积变化差值进行计算V剩＝V(NO)原＋

V(NO2)(2)NO2和O2的混合气体NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应③：其计算如下表：反应情况O2过量，剩余气体为O2恰好完全反应NO2过量，剩余气体为NO(3)NO和O2的混合气体NO、O2的混合气体溶于水时涉及反应④：其计算如下表：反应情况O2过量，剩余气体为O2恰好完全反应NO过量，剩余气体为NO例11将充满NO2和O2的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的一半处停止了，则原混合气体中NO2和O2的体积比是______。答案解析2∶3解析3NO2＋H2O===2HNO3＋NO

①2NO＋O2===2NO2

②由方程式①×2＋②得：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3

③由方程式①×2＋②×3得：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3

④NO2和O2的体积比不等于4∶1，则需讨论NO2和O2分别过量时的两种情况。设混合气体的体积为1，混合气体中NO2的体积为x，则O2为(1－x)。(1)假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)<4∶14NO2＋O2＋2H2O===4HNO341x

y(2)假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)>4∶14NO2＋O2＋2H2O===4HNO341y

1－x解得y＝4(1－x)暂时剩余NO2：1－[4(1－x)＋(1－x)]＝5x－4由反应式：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知最后剩余NO：五、喷泉实验和气体制备综合实验1.喷泉实验(1)形成喷泉的原理形成喷泉最根本的原因是瓶内外存在压强差。当烧瓶内气体溶于液体或与之反应时，瓶内气体大量减少，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内，如此持续，最后液体将充满烧瓶。①减小内压法：如图Ⅰ所示。烧瓶内气体与液体接触→气体溶解或发生化学反应→烧瓶内压强减小→外部液体迅速进入形成喷泉。②增大外压法：如图Ⅱ所示。锥形瓶内液体挥发或发生化学反应产生气体→锥形瓶内压强增大→锥形瓶内液体迅速流入烧瓶形成喷泉。(2)常见喷泉的形成主要有以下两类：①极易溶于水的气体(NH3、HCl、SO2等)与水可形成喷泉；②酸性气体(HCl、SO2、NO2、CO2、H2S等)与NaOH(aq)也能形成喷泉。(3)喷泉实验成功的关键①盛气体的烧瓶必须干燥；②气体要充满烧瓶；③烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；④所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。(4)常见的喷泉实验装置喷泉实验的本质是形成压强差而引发液体上喷，为此可设计多种不同的装置和采用不同的操作(如使气体溶于水、热敷、生成气体、发生气体体积减小的反应等)来使喷泉产生。例12喷泉是一种常见的自然现象，其产生原因是存在压强差。(1)图甲为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中盛有液体。①下列组合中不可能形成喷泉的是_____(填字母)。A.HCl和H2OB.O2和H2OC.NH3和H2OD.CO2和NaOH溶液E.NO2和H2O答案解析√解析O2难溶于水，不能使烧瓶中的压强减小。②若用D组合做喷泉实验，烧杯中的液体一定是NaOH溶液吗？_____________________________________________________________。③用A组合做喷泉实验时，若烧瓶中充满HCl气体，则在标准状况下，做完实验后烧瓶中c(HCl)＝_____mol·L－1(设溶质不扩散)。④若用E组合做喷泉实验时，则标准状况下，做完实验后烧瓶中溶质的物质的量浓度是_____mol·L－1。答案解析解析只要胶头滴管中的物质能把CO2几乎完全吸收，使烧瓶中的压强减小即可形成喷泉。只要胶头滴管中盛有的浓碱溶液足以把烧瓶中的CO2吸收即可不一定，(2)某学生积极思考产生喷泉的其他办法，并设计了如图乙所示的装置。①在图乙的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是_____(填字母)。A.Cu与稀盐酸

B.NaHCO3与NaOH溶液C.CaCO3与稀硫酸

D.NH4HCO3与稀盐酸这种方法产生喷泉的原理是________________________________________________________________________________________________________。答案解析√

锥形瓶中发生反应：NH4HCO3＋HCl===NH4Cl＋CO2↑＋H2O，随着CO2气体的产生，锥形瓶中的压强增大而产生“喷泉”解析NH4HCO3与稀盐酸反应产生CO2气体，使锥形瓶内的压强增大。②在图乙锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入水后，再加入足量的下列物质，结果也产生喷泉。水槽中加入的物质可能是_____(填字母)。A.浓硫酸

B.食盐

C.硝酸钾

D.硫酸铜这种方法产生喷泉的原理是_________________________________________________________________________________________________。答案解析√解析浓H2SO4溶于水放出大量的热使酒精挥发，使锥形瓶内压强增大。

浓H2SO4溶于水放出大量的热，温度升高使锥形瓶中的酒精挥发加快，锥形瓶内压强增大，从而形成“喷泉”2.实验室气体的制备(1)制备装置的选择①分析反应原理：主反应与副反应。②分析反应试剂固体：块状、粒状还是粉末状；溶液：稀还是浓；催化剂：有还是无。③分析反应条件：加热还是不加热。(2)反应装置的安装①组装仪器的一般原则：先零后整，先主后辅，从下到上、从左到右。②组装顺序：制备气体→净化→集气→尾气处理。③在装入药品前要检查装置的气密性。其基本方法：一般先把导气管插入盛水的水槽中，把有关活塞关闭，微热主发生器，有气泡从水中冒出，停止微热后，水倒吸进入导气管中形成一段稳定的水柱，方可表示气密性良好。(3)常见气体的发生装置依据所用药品的状态和反应时是否需要加热，可把气体的发生装置归纳为三类(如图)：(4)气体的净化干燥装置结合气体杂质的性质，如果想用液体试剂来除杂就选用下图A装置，如果想用固体试剂来除杂就选用下图B、C装置。(5)常见气体的收集装置根据气体的溶解性及气体的密度确定气体的收集方法。①排水集气法条件：气体难溶或微溶于水，且与水不发生化学反应，如H2、O2、NO、CO、CH4等。②排空气集气法条件：气体不与空气发生反应，且密度与空气密度相差较大。向上排空气集气法：适用于密度大于空气的气体的收集，如CO2、Cl2、HCl、O2等。向下排空气集气法：适用于密度小于空气的气体的收集，如NH3、H2等。③收集装置排空气法排液(水)法(6)尾气的处