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14．环氧乙烷（EO）为一种最简单的环醚，是重要的石化产品．环氧乙烷在低温下为无色透明液体，沸点10.4℃．与水任意比例互溶，能溶于醇、醚．工业上制备EO的方法常见有两种：
I．氯醇法     
工艺流程如下：

（1）写出次氯酸化对应的化学方程式CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl，该反应的反应类型为加成反应．
（2）操作 1 的方法为蒸馏，该操作所需的仪器可以有下列中的CE（填序号）
A．漏斗  B．玻璃棒  C．冷凝管   D．烧杯    E．锥形瓶
（3）氯醇法的总反应方程式CH2=CH2+Cl2+Ca（OH）2→+CaCl2+H2O，该反应的原子利用率25.4%．
II．氧气氧化法（银作催化剂）
（4）该反应的化学方程式2CH2=CH2+O2$\stackrel{Ag}{→}$2，
从绿色化学的角度分析，该方法的优点有无污染，原子利用率100%．（写出两点）
（5）环氧乙烷（  ）与乙二醇作用，可生成一系列化合物：
HO-CH2-CH2-OH   HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH
HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH…，则该系列化合物中碳元素的质量分数最大值约为B
A.40.00%      B.54.54%     C.66.67%        D.85.71%

分析 （1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸化为乙烯和次氯酸的加成反应，生成2-氯乙醇；
（2）2-氯乙醇和氢氧化钙反应生成环氧乙烷、氯化钙和水，环氧乙烷沸点10.4℃．与水任意比例互溶，通过操作1蒸馏的方法获得环氧乙烷，根据蒸馏操作选择所需仪器；
（3）氯醇法为乙烯和氯气和碱反应，生成环氧乙烷和氯化钙和水，根据原子利用率=$\frac{预期产物的总质量}{全部反应物的总质量}$×100%计算；
（4）乙烯在银作催化剂的作用下一步生成环氧乙烷钠，绿色化学要求反应物原子尽可能转化成生成物；
（5）根据有机物的结构简式求出通式为：C2nH 4n+2On，然后运用极限法求出质量分数的最大值．

解答 解：（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，乙烯的次氯酸化为乙烯和次氯酸的加成反应，所以总反应方程式为：CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl，
故答案为：CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl；加成反应；
（2）乙烯的次氯酸化，加入氢氧化钙，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，2-氯乙醇和氢氧化钙反应：ClCH2CH2OH+Ca（OH）2→+CaCl2+H2O，环氧乙烷沸点10.4℃．与水任意比例互溶，互溶的液体可利用沸点的不同进行蒸馏分离，所以操作1为蒸馏，蒸馏操作需要冷凝管冷凝环氧乙烷，需锥形瓶接受环氧乙烷，所以选择CE，
故答案为：蒸馏；CE；
（3）氯醇法为乙烯和氯气和碱反应，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，乙烯和次氯酸钙反应生成环氧乙烷，所以总反应方程式为：CH2=CH2+Cl2+Ca（OH）2→+CaCl2+H2O，该反应的原子利用率=$\frac{预期产物的总质量}{全部反应物的总质量}$×100%=$\frac{44}{28+71+74}$×100%≈25.4%，
故答案为：CH2=CH2+Cl2+Ca（OH）2→+CaCl2+H2O；25.4%；
（4）乙烯在银作催化剂的作用下反应：2CH2=CH2+O2$\stackrel{Ag}{→}$2，该反应通过一步加成反应生成，原子利用率为100%，无污染，
故答案为：2CH2=CH2+O2$\stackrel{Ag}{→}$2；无污染，原子利用率100%；
（5）根据同系物通式的推导法可知，该一系列化合物的通式为C2nH 4n+2On，则碳元素的质量分数为$\frac{2n×12}{2n×12+4n+2+16n}$×100%，n趋向于正无穷时，碳元素质量分数的最大，最大值是$\frac{6}{11}$≈54.54%，
故答案为：B．

点评 本题考查有机物环氧乙烷的几种制备方法，注意根据给予的信息及有机物结构进行推断，侧重考查学生的分析推理能力，题目难度中等．

练习册系列答案
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16．实验室在配制硫酸亚铁溶液时，先把硫酸亚铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释到所需的浓度，这样操作的目的是（　　）
A．提高硫酸亚铁的溶解度B．防止硫酸亚铁分解
C．抑制硫酸亚铁水解D．稀硫酸防止硫酸亚铁被氧化
17．CO2、SO2、NOx是对环境影响较大的气体，控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径．
（1）有效“减碳”的手段之一是节能．下列制氢方法最节能的是C．（填字母序号）
A．电解水制氢：2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O  $\frac{\underline{\;\;\;TiO_{2}\;\;\;}}{太阳光}$ 2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2O$\stackrel{高温}{?}$CO+3H2
（2）CO2可转化成有机物实现碳循环．在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图甲所示．
①从3min到10min，v（H2）=0.11mol•L-1•min-1．（保留2位有效数字）
②能说明上述反应达到平衡状态的是D（选填编号）．
A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度相等
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗3mol H2，同时生成1mol H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（3）新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收产物反应．该技术的优点除了能回收利用SO2外，还能得到一种正盐作为复合肥料．该复合肥料的化学式为（NH4）3PO4．
（4）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物（CO、
NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染．某研究性学习小组探究某种催化剂在不同空燃比（空气与燃油气的质量比）条件下对汽车尾气的催化效果．在一定条件下，测得尾气中的主要污染物的转化率与空燃比的关系如图乙所示．空燃比约为c时，催化剂对汽车尾气的催化效果最好．（填a、b、c、d）
2．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：
（1）实验一　焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取了Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5

（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤．
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为d（填序号）．

（2）实验二　焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．
（4）证明NaHSO3溶液中HSO${\;}_{3}^{-}$的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是a、e（填序号）．
a．测定溶液的pH　　　　　b．加入Ba（OH）2溶液　　　　　c．加入盐酸
d．加入品红溶液　　　　　 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成．
（3）实验三　葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：
葡萄酒样品100.00mL$→_{蒸馏}^{盐酸}$馏分$\underset{\stackrel{一定条件，淀粉溶液}{→}}{用0.01000mol•{L}^{-1}标准{I}_{2}溶液滴定}$溶液出现蓝色且30 s内不褪色
（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16g•L-1．
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）．
9．利用氟磷灰石[（Ca5（PO4）3F）]生产磷铵[（NH4）3PO4]并制取硫酸、联产水泥．其工艺流程如图1所示：

（1）操作I的名称过滤；在实验室中操作II包括蒸发浓缩、冷却结晶．
（2）沸腾槽的材质是附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨（从“玻璃”、“钢铁”、“附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨”中选择），选择的理由是因为在酸性且加热条件下，钢铁易被溶解，反应产生HF，HF能腐蚀玻璃
（3）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应方程式为：4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C$\frac{\underline{\;1500℃\;}}{\;}$20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑．
（4）黏土中有一种成分为石脂（Al2[OH]4Si2O5•nH2O），其用氧化物表示为Al2O3•2SiO2•（n+2）H2O．
（5）已知SO2的催化氧化反应为2SO2（g）十O2（g）?2SO3（g）△H＜0．
从化学反应原理的角度说明催化氧化时使用热交换器的原因移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体．
（6）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾．拟用图2所示的装置测定硫酸尾气中SO2的含量：若下列各组中的试剂，前者浓度为0.1mol•L-1，后者适量，溶液体积为5mL；通入尾气10L（已换算为标准状况）时反应管中的溶液恰好变色．判断下列试剂组能否测定硫酸尾气中SO2的体积分数．能者，确定SO2的体积分数；不能者，说明原因．
编号试剂组结论
①NaOH溶液、酚酞试液
②Na2CO3溶液、酚酞试液
③碘水、淀粉溶液
④KMnO4溶液、稀硫酸
19．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO2•3H2O；
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下．
（1）发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-．发生器中鼓入空气的作用可能是c．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性     b．将NaClO3还原为ClO2     c．稀释ClO2以防止爆炸
（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
（3）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．以下还可以选择的还原剂是a（选填序号）．
a．Na2O2            b．Na2S               c．FeCl2
（4）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250ml待测溶液．
（已知：ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-）
b．移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V ml．（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象为滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色．
②该样品中NaClO2的质量分数为$\frac{22.625cV}{m}$%（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简．）
6．可用如图所示的装置制取少量乙酸乙酯（酒精灯等在图中均已略去）．请填空：
（1）试管a中需要加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2mL，正确的加入顺序及操作是先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，最后再加入冰醋酸．
（2）为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是在试管a中加入几粒沸石（或碎瓷片）．
（3）导管不能伸入b液面下的原因是防止倒吸．
（4）试管b中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度．
（5）反应结束后，振荡试管b，静置．观察到的现象是b中的液体分层，上层是透明的油状液体．
3．某研究性学习小组设计实验验证乙酸乙酯的性质：向两支试管中各加入6滴乙酸乙酯，然后向第一支试管中加1：5的稀硫酸0.5mL和蒸馏水5mL，向第二支试管中加30%的氢氧化钠溶液0.5m和蒸馏水5mL；分别振荡均匀，70t〜80T水浴加热，观察现象：
①第一支试管中稀硫酸的作用是催化剂．
②写出乙酸乙酯与NaOH反应的化学方程式CH3COOCH2CH3+NaOH$\stackrel{H_{2}O}{→}$CH3COONa+CH3CH2OH．
4．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（　　）
A．Cl2、SO2均能品红溶液褪色，说明二者漂白原理相同
B．浓Na2SO4溶液和甲醛都能使蛋白质从溶液中析出，说明二者均使蛋白质发生盐析
C．CO2、SO2使澄清石灰水变浑浊，说明二者均为酸性氧化物
D．溶液中滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-

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