2023届新高考新教材化学鲁科版一轮学案-第4章第14讲　碳、硅及无机非金属材料

第14讲碳、硅及无机非金属材料复习目标核心素养1.掌握碳、硅元素单质及其重要化合物的主要性质及应用。2．了解碳、硅元素单质及其重要化合物对环境质量的影响。3．知道无机非金属材料等常见材料类型，结合实例认识材料组成、性能及应用的联系。证据推理与模型认知：能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。加强物质组成、结构、性质等化学视角与真实情境素材之间的联系，引导学生从化学的视角看待和解决实际问题。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)结构金刚石：正四面体空间网状结构；石墨：平面正六边形层状结构。(3)物理性质：金刚石熔点高、硬度大；石墨熔点高、质软，有滑腻感。(4)主要化学性质——还原性①与O2反应O2足量：C＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())CO2；O2不足：2C＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())2CO。②与氧化物反应CuO：2CuO＋Ceq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())2Cu＋CO2↑(冶炼金属)；SiO2：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Si＋2CO↑(制取粗硅)；H2O：C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())CO＋H2(制取水煤气)。2．一氧化碳(1)物理性质：无色气体，有毒，难溶于水。(2)化学性质——还原性①燃烧：2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())2CO2，淡蓝色火焰；②还原CuO：CuO＋COeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Cu＋CO2(冶炼金属)。3．二氧化碳(CO2)(1)一种无色、无味的气体，能溶于水，固态CO2俗称干冰。(2)分别与H2O、Na2O、Ca(OH)2(足量、澄清)、Mg反应。(3)CO2在自然界中的循环CO2的主要来源大量含碳燃料的燃烧自然界消耗CO2的主要反应①溶于江水、海水中：CO2＋H2OH2CO3；②光合作用将CO2转化为O2；③岩石的风化：CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2[微思考]写出除去下列气体中混有的杂质(括号内为杂质)可采取的方法：(1)CO(CO2)：。(2)CO2(CO)：。(3)CO2(HCl)：。提示：(1)通过盛有浓NaOH溶液的洗气瓶(2)通过盛放灼热CuO的硬质玻璃管(3)通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶4．碳酸(H2CO3)弱酸性、不稳定性。碳酸(H2CO3)只能在水中存在。H2CO3在水中与CO2共存，因此常把CO2＋H2O当碳酸用。5．碳酸的酸式盐与正盐的比较(1)在水中的溶解性①含K＋、Na＋、NHeq\o\al(＋,4)的正盐易溶于水，其余一般不溶于水；酸式盐均能溶于水。②一般来说，在相同温度下，难溶性正盐溶解度小于其酸式盐溶解度，如溶解度Ca(HCO3)2>CaCO3；可溶性正盐溶解度大于其酸式盐溶解度，如溶解度Na2CO3>NaHCO3。(2)热稳定性一般来说，热稳定性顺序：①正盐>酸式盐>碳酸，如稳定性Na2CO3>NaHCO3>H2CO3；②可溶性正盐>难溶性正盐，如CaCO3高温分解，而K2CO3不易分解。(1)12C、13C、14C是碳的三种同素异形体。()(2)金刚石和石墨由相同的元素组成，因此它们具有相同的性质。()(3)石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应。()(4)向空气中排放二氧化碳会形成酸雨。()(5)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。()(6)氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体，会析出晶体。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√[典例]为检验二氧化碳气体中是否混有一氧化碳，某课外兴趣小组的同学设计了如下图所示的实验装置。根据装置回答问题：(1)A装置的作用是。(2)实验后怎样处理尾气，发生反应的化学方程式为。(3)若实验时观察到，则证明原气体中一定含有一氧化碳。[解析](1)除去混合气体中的CO2时，可先将混合气体通入盛有浓NaOH溶液的洗气瓶中，故A装置的作用是吸收CO2，以排除对下面实验的干扰。(2)根据一氧化碳有毒和能燃烧的性质考虑尾气处理；所以点燃尾气生成二氧化碳，排到空气中；反应方程式为2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())2CO2。(3)CO还原CuO的实验现象是黑色粉末变成红色，故利用这一现象来证明原气体中一定含有CO。[答案](1)吸收CO2(2)点燃2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())2CO2(3)B中无明显现象，装置C中黑色粉末变成光亮的红色，D中澄清石灰水变浑浊[延伸探究](1)该实验的尾气是否需要处理？为什么？如何处理？(2)实验结束时，先停止通入气体还是先熄灭酒精灯？提示：(1)尾气需要处理，因为尾气中含有一氧化碳，一氧化碳有毒；将CO点燃生成CO2才能排放到空气中。(2)应先熄灭酒精灯，之后再停止通入气体防止倒吸。[对点练1](碳元素的同素异形体)近年来科学家制造出大量的新物质，对下列三种物质的相关说法错误的是()石墨烯：从石墨中分离出来，是最薄、最坚硬的纳米材料石墨炔：平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性纳米碳管：具有优良的场发射性能，制作阴极显像管、储氢材料A．石墨烯具有良好的导电性B．上述三种物质与金刚石互为同素异形体C．石墨炔孔径略大于H2分子的直径，可作H2的提纯薄膜D．上述三种物质与浓硫酸都能发生反应，但反应产物不同解析：D石墨烯和铜有着一样出色的导电性，因此具有良好的导电性，A正确；题述三种物质均为碳的单质，与金刚石互为同素异形体，B正确；碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔径大于H2分子的直径，可以容纳H2分子，则石墨炔是理想的H2提纯薄膜，C正确；题述三种物质都是碳的单质，在加热条件与浓硫酸都能发生反应，且反应产物相同，D错误。[对点练2](二氧化碳的应用)通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的碳中和方式，下列说法中正确的是()A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应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：B该反应应为吸热反应，A错误；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。[对点练3](自然界中的碳循环)研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCOeq\o\al(－,3)占95%。写出CO2溶于水产生HCOeq\o\al(－,3)的方程式：。(2)在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。①写出钙化作用的离子方程式：。②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：＋eq\o(→,\s\up7(光能),\s\do5(叶绿体))(CH2O)x＋x18O2＋xH2O答案：(1)CO2＋H2OH2CO3、H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)(2)①2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O②xCO22xHeq\o\al(18,2)O考点二硅及其化合物无机非金属材料一、硅单质1．存在：硅单质主要有晶体和无定形两大类。2．物理性质：带有金属光泽的灰黑色固体，熔点高，硬度大，有脆性。3．化学性质(1)常温下不活泼，一般不与其他物质反应，但可以与氟气、氢氟酸、碱反应，反应的化学方程式分别为：与氟气：Si＋2F2=SiF4；与氢氟酸：Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑；与碱：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑。(2)在加热或者点燃的条件下可以与氢气、氧气、氯气等反应，与氧气反应的化学方程式为Si＋O2eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())SiO2。4．硅的工业制法及提纯eq\x(石英砂)eq\o(→,\s\up7(①焦炭),\s\do5(高温))eq\x(粗硅)eq\o(→,\s\up7(②氯气),\s\do5(加热))SiCl4eq\o(→,\s\up7(③氢气),\s\do5(高温))eq\x(高纯硅)涉及的化学方程式：①SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Si＋2CO↑；②Si＋2Cl2eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())SiCl4；③SiCl4＋2H2eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Si＋4HCl。5．用途：(1)良好的半导体材料；(2)太阳能电池；(3)计算机芯片。二、二氧化硅1．存在(1)自然界中，碳元素既有游离态，又有化合态，而硅元素仅有化合态，主要以氧化物和硅酸盐的形式存在。(2)天然SiO2有晶体和无定形两种，统称硅石。2．物理性质：熔点高，硬度大，难溶于水。3．结构SiO2晶体有多种晶型，其基本结构单元为硅氧四面体(如图甲所示)，硅氧四面体通过氧原子相互连接为空间的网状结构(如图乙所示)。每个硅原子与4个氧原子相连，而每个氧原子与2个硅原子相连，故SiO2晶体中Si和O的比例为1∶2。4．化学性质(1)SiO2可以与碱反应，生成硅酸盐，如与氢氧化钠反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。(2)在高温条件下可以与碳酸盐反应，如与碳酸钙反应的化学方程式为SiO2＋CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())CaSiO3＋CO2↑。(3)在高温条件下，能够与碱性氧化物反应，如与氧化钙反应的化学方程式为SiO2＋CaOeq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())CaSiO3。(4)常温下与氢氟酸反应的化学方程式为SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O。5．用途光导纤维、光学仪器等。①SiO2是H2SiO3的酸酐，但SiO2不与水反应，不能用SiO2直接与水作用制备H2SiO3。②氢氟酸能与SiO2反应，故氢氟酸不能盛放在玻璃瓶中而应存放在塑料瓶中。三、硅酸、硅酸盐1．硅酸(1)物理性质硅酸的溶解度小，新制备的硅酸为透明、胶冻状，干燥硅胶多孔，吸水性和吸附性强。(2)化学性质①弱酸性：酸性比碳酸弱，与NaOH溶液反应的化学方程式为H2SiO3＋2NaOH=Na2SiO3＋2H2O。②不稳定性：受热易分解，反应的化学方程式为H2SiO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())SiO2＋H2O。(3)制备：通过可溶性硅酸盐与其他酸反应制得，如Na2SiO3溶液与盐酸反应：Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3(胶体)。(4)用途：硅胶可用作干燥剂、催化剂的载体等。2．硅酸盐(1)硅酸盐是由硅、氧和金属组成的化合物的总称，是构成地壳岩石的主要成分。(2)硅酸钠：硅酸钠溶液俗称水玻璃，是无色黏稠液体，常用于制备黏合剂、防腐剂、耐火材料。四、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。(1)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)玻璃生产中的两个重要反应：Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Na2SiO3＋CO2↑；CaCO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())CaSiO3＋CO2↑。2．新型无机非金属材料，如高温结构陶瓷、光导纤维、生物陶瓷、压电陶瓷等。[微思考]能否依据反应Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Na2SiO3＋CO2↑说明H2SiO3的酸性比H2CO3强？提示：不能。强酸＋弱酸盐=强酸盐＋弱酸，该规律仅适用于常温下水溶液中进行的反应，而该反应是在高温且熔融态下进行的，只能从化学平衡移动角度去解释反应发生的原因——CO2为气体，能及时分离出反应体系，使化学平衡向右移动，直至反应结束。(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)SiO2是酸性氧化物，可溶于强碱(NaOH)，不溶于任何酸。()(5)玻璃是一种晶体，有较高的熔点。()(6)水玻璃是一种特殊的玻璃，泡花碱属于碱。()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[典例]二氧化硅又称硅石，是制备硅及含硅化合物的重要原料。部分转化过程如图所示，下列说法正确的是()A．SiO2既能发生②反应，又能发生③反应，说明SiO2属于两性氧化物B．④反应是水泥工业的化学反应原理之一，⑤反应可证明H2CO3酸性强于H2SiO3C．①反应的生成物除Si外还有CO2，硅胶可用作催化剂的载体D．除了粗硅的制备和提纯过程中涉及的反应外，图中所示其他反应都是非氧化还原反应[解析]A．SiO2能与HF反应SiF4和H2O，能与NaOH反应生成硅酸钠和氢气，不符合两性氧化物的定义，不属于两性氧化物，A项错误；B.SiO2与Na2CO3的反应是工业上制玻璃的反应，硅酸钠与CO2的反应可用于验证H2CO3酸性强于H2SiO3，B项错误；C．SiO2在高温下与C反应，生成Si单质和CO，产物中不存在CO2，C项错误；D.除了粗硅的制备和提纯过程中涉及的反应外，图中所示其他反应都是非氧化还原反应，D项正确。[答案]D[延伸探究](1)转化过程①能否说明碳的还原性大于硅？(2)转化过程⑤能否说明碳酸的酸性比硅酸的强？并设计实验证明二者酸性强弱关系。提示：(1)不能。该反应是在高温条件下发生的反应，通常条件下发生的反应才能用于氧化性、还原性强弱的比较。(2)能。向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性强于硅酸。[对点练1](二氧化硅的性质及用途)二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行的判断，其中正确的是()①SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O②SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Si＋2CO↑③SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O④Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Na2SiO3＋CO2↑⑤SiO2＋3Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())SiC＋2CO↑a．反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b．反应②中SiO2表现出氧化性c．反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性d．反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理e．反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应A．ace B．bdeC．cde D．ab解析：B通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，因此a、c判断错误；反应②是一个置换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应④是一个复分解反应，用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，d判断正确；反应⑤中碳的化合价由0价变为－4和＋2价，硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e判断也正确。[对点练2](硅的制备与提纯)硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：eq\x(石英砂)eq\o(→,\s\up7(焦炭),\s\do5(高温))eq\x(粗硅)eq\o(→,\s\up7(HCl),\s\do5(573K以上))eq\x(\a\al(SiHCl3,粗))eq\o(→,\s\up7(精馏),\s\do5())eq\x(\a\al(SiHCl3,纯))eq\o(→,\s\up7(H2),\s\do5(1357K))eq\x(高纯硅)①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式：。②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式：；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是。(2)化学研究性学习小组在探究硅的制取方法时，从资料查阅到下列信息：Ⅰ.Mg在高温条件下可与SiO2反应；Ⅱ.金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐和SiH4；Ⅲ.SiH4在空气中自燃。他们根据信息进行实验，当用足量稀H2SO4溶解第Ⅰ步实验获得的固体产物时，发现有爆鸣声和火花；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量、计算，测得其产率只有预期值的63%左右。①第Ⅰ步实验发生反应的化学方程式是。②用稀H2SO4溶解第Ⅰ步实验获得固体产物时，产生爆鸣声和火花的原因是。答案：(1)①SiHCl3＋H2eq\o(=,\s\up7(1357K),\s\do5())Si＋3HCl②SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋H2↑＋3HCl高温下，H2遇O2发生爆炸(2)①2Mg＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())2MgO＋Si、2Mg＋Sieq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Mg2Si或4Mg＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Mg2Si＋2MgO②硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃，即发生反应Mg2Si＋2H2SO4=2MgSO4＋SiH4↑，SiH4＋2O2=SiO2＋2H2O[对点练3](无机非金属材料)平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作了－20℃能发热4h的智能服饰；用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35m、重量仅为10kg的熊猫木偶，向世界展现了新时代的中国形象。下列说法不正确的是()A．石墨烯是能导热的金属材料B．铝合金是密度较低的金属材料C．碳纤维是耐低温的无机非金属材料D．新型材料种类多、用途广解析：A石墨烯是碳的一种单质，属于无机非金属材料，故A项错误；铝合金的密度较小，属于金属材料，故B项正确；碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于无机非金属材料，故C项正确；人们依据生产生活的需要研制出很多种用途不同的新型材料，如功能新型材料、新的合金材料等，故D项正确。[对点练4](硅酸盐的性质及表示方法)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·H2OD．1mol青石棉能使1molHNO3被还原解析：B硅酸盐指的是硅、氧与其他化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，故青石棉是一种硅酸盐产品，A项正确；虽然青石棉可用氧化物形式来表示，但不代表含有一定量的石英晶体，B项错误；C项说法正确；1molNa2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O跟足量硝酸反应时，失去3mol电子，而还原产物只有NO，故能使1molHNO3被还原，D项正确。[练后归纳]硅酸盐改写成氧化物形式的方法(1)氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“·”隔开。(2)各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成。(3)当计量数配置出现分数时应化为整数。如正长石：KAlSi3O8不能写成eq\f(1,2)K2O·eq\f(1,2)Al2O3·3SiO2，应写成K2O·Al2O3·6SiO2。1．CO2与盐溶液反应产物的判断一般从强酸制弱酸的角度去分析，同时注意生成碳酸盐的类型。(1)CO2的用量不同产物不同，如：CO2(过量)＋Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓＋NaHCO3；CO2(少量)＋2Na[Al(OH)4]=2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O；(2)与CO2用量无关。CO2＋ONa＋H2O→OH＋NaHCO3、CO2＋NaClO＋H2O=HClO＋NaHCO3。2．CO2与碱反应产物的判断(1)CO2与单一组分反应(如CO2通入NaOH溶液)产物的分析①反应原理②反应后溶质成分的判断x＝eq\f(nNaOH,nCO2)溶质成分x≤1∶1NaHCO31∶1<x<2∶1Na2CO3、NaHCO3x＝2∶1Na2CO3x>2∶1NaOH、Na2CO3③用数轴来表示(2)CO2与多组分[如CO2通入NaOH、Ca(OH)2的混合溶液]，反应的顺序是①Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；②2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O；③Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3；④CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2。1．用四种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是()选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊饱和Na2CO3溶液B通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊澄清石灰水答案：B2．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、K[Al(OH)4]的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为()解析：C将CO2通入KOH、Ba(OH)2、K[Al(OH)4]的混合溶液中，依次发生如下反应：①Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O②2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O③2K[Al(OH)4]＋CO2=2Al(OH)3↓＋K2CO3＋H2O④K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3⑤BaCO3＋H2O＋CO2=Ba(HCO3)2根据沉淀生成和溶解的情况，对照图像可知，C正确。3．向300mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液得到白色固体，请回答下列问题：(1)由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的量及组成也不同，试推断有几种可能的组成，试分别列出。(2)若通入CO2气体2.24L(标准状况)，得到11.9g白色固体，请通过计算确定：此白色固体是由哪些物质组成的？其质量分别为多少？KOH的物质的量浓度为多少？解析：(1)可能发生的反应有：CO2不足时，CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O①CO2过量时，CO2＋KOH=KHCO3②其中eq\f(nCO2,nKOH)分别为eq\f(1,2)、1。所以可确定eq\f(1,2)、1为临界点。画数轴：根据数轴、列表得出结果。(2)根据题意：n(CO2)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，若生成的固体全部为K2CO3，则其质量为0.1mol×138g·mol－1＝13.8g，若生成的固体全部为KHCO3，则其质量为0.1mol×100g·mol－1＝10g。现固体质量为11.9g。所以，此固体为K2CO3和KHCO3的混合物。设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为amol、bmol，则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0.1,138a＋100b＝11.9，))解得a＝b＝0.05，所以，白色固体中m(K2CO3)＝0.05mol×138g·mol－1＝6.9g；m(KHCO3)＝0.05mol×100g·mol－1＝5g，反应中消耗n(KOH)＝2amol＋bmol＝0.15mol。故c(KOH)＝eq\f(0.15mol,0.3L)＝0.5mol·L－1。答案：(1)eq\f(nCO2,nKOH)固体组成0<比值<eq\f(1,2)KOH、K2CO3＝eq\f(1,2)K2CO3eq\f(1,2)<比值<1K2CO3和KHCO3≥1KHCO3(2)白色固体为K2CO3和KHCO3的混合物，质量分别为K2CO36.9g和KHCO35gc(KOH)＝0.5mol·L－11．(2021·山东卷，1)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是()A．风能发电 B．粮食酿酒C．燃煤脱硫 D．石油裂化解析：A碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选A。2．(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＝eq\f(x,2)，则M为二价阳离子C．调节eq\f(y,x)(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．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3＋，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；B.设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×eq\f(x,2)＋x×(－1)＝0，解得m＝＋2，B正确；C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D.调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确。3．(2020·全国卷Ⅱ，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A．海水酸化能引起HCOeq\o\al(－,3)浓度增大、COeq\o\al(2－,3)浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境解析：CA．海水酸化，H＋浓度增大，平衡H＋＋COeq\o\al(2－,3)HCOeq\o\al(－,3)正向移动，COeq\o\al(2－,3)浓度减小，HCOeq\o\al(－,3)浓度增大，A正确；B.海水酸化，COeq\o\al(2－,3)浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq