有机化工的来源精选(九篇)

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第1篇：有机化工的来源范文

一、单项选择题

1.以下有关化学反响的表达正确的选项是:(

)

A. 室温下，Na在空气中反响生成Na2O2     B. 室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反响生成NaAlO2

C. 室温下，Cu与稀硫酸反响放出H2气体     D. 室温下，Fe与浓H2SO4反响生成FeSO4

2.盐是一类常见的物质，以下物质通过一定反响可直接形成盐的是〔

〕

①金属单质　②碱性氧化物

③非金属单质

④酸性氧化物

⑤酸

⑥碱

A. ①②③                                 B. ①④⑥                                 C. ②⑤⑥                                 D. 全部

3.如下图，其中X、Y、Z、R、E分别是氧化铁、稀硫酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中短线相连的物质间均能相互发生反响，X和R反响有气泡出现，那么以下说法正确的选项是(

)

A. X是稀硫酸

B. X和Z反响无明显现象

C. R与E反响产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

D. E在一定条件下可以转化为Y

4.以下对应实验现象的反响方程式正确的选项是

(

)

A. 切开的金属Na暴露在空气中,光亮外表逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2

B. Na2CO3溶液中逐滴参加盐酸,开始时无气泡产生:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3

C. Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间后,变成白色黏稠物:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

D. 向NaHCO3溶液中参加过量的澄清石灰水,出现白色沉淀:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3+C

O32−

+2H2O

5.聚合硫酸铁[

Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反响得到。以下说法错误的选项是〔

〕

A. KClO3在反响中作氧化剂

B. 每生成

1

mol

[

Fe(OH)SO4]n

转移1mol电子

C. 将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色

D. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂

6.用洁净的铂丝蘸取某种无色溶液，在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中(

)

A. 只有Na＋        B. 可能有Na＋

，

可能有K＋        C. 一定有K＋        D. 一定有Na＋

，

也可能有K＋

7.证明某溶液中只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验方法是〔

〕

A. 只滴加KSCN溶液                                         B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色

C. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色      D. 滴加NaOH溶液，产生白色沉淀

8.“胃舒平〞是一种治疗胃酸过多的药物，是一种常见的两性物质，其主要成分为〔

〕

A. Na2O2                              B. Al2O3                              C. NaHCO3                              D. Al(OH)3

9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲

丁

乙

⇌甲丁

丙。以下有关物质的推断错误的选项是〔

〕

A. 假设甲为Cl2

，

那么丁可能是铁

B. 假设甲为铁，那么丁可能是硝酸

C. 假设甲为AlCl3溶液，那么丁可能是氨水

D. 假设甲为NaOH，那么丁可能是CO2

10.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL

5mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别参加等质量的铝粉，反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3〔相同状况〕，那么参加铝粉的质量为〔

〕

A. 2.7g                                    B. 3.6g                                    C. 5.4g                                    D. 6.75g

11.以下图像中的曲线〔纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为参加物质的量〕，其中错误的选项是〔

〕

A. 图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线

B. 图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线

C. 图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线

D. 图D表示向明矾溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液产生沉淀量的关系曲线

12.密闭容器中装有1mol

NaHCO3和0.8mol

Na2O2

，

加热充分反响后，容器内残留的固体是(

)

A. 0.8molNa2CO3和0.6molNaOH                         B. 0.5molNa2CO3和1molNaOH

C. 0.8molNa2CO3和1molNaOH                            D. 1molNa2CO3和0.6molNaOH

13.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中参加100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL〔标准状况〕的气体，所得溶液中参加KSCN溶液无血红色出现。假设用足量的CO在高温下复原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是〔

〕

A. 11.2g                                  B. 5.6g                                  C. 2.8g                                  D. 无法计算

14.以下表达正确的选项是(

)

①氧化铝是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚

②氧化铁常用于制作红色油漆和涂料

③碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物

④过氧化钠比氧化钠稳定，两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂

⑤焰色反响表达的是某些金属元素的物理性质

A. ①②③⑤                           B. ②③④⑤                           C. ①③④⑤                           D. ①②③④

15.以下关于钠的化合物的表达错误的选项是〔

〕

A. 热稳定性：

Na2CO3>NaHCO3

B. Na2O

与

Na2O2

都能和水反响生成碱，它们都是碱性氧化物

C. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多

D. Na2O2

中阴、阳离子的个数比为1：2

16.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液。以下图象中，能正确表示上述反响的是〔横坐标表示参加NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量〕〔

〕

A.                  B.                  C.                  D.

二、综合题

17.

〔1〕如图进行实验，将a溶液逐渐参加盛b溶液的试管中，写出试管中观察到的现象及对应的离子方程式。

a

b

试管中现象

离子方程式

Na2CO3

稀盐酸

________

________

稀盐酸

Na2CO3

________

________

〔2〕工业上利用NaIO3和NaHSO3反响来制取单质I2。配平以下化学方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目：

________NaIO3+________NaHSO3＝________I2+________Na2SO4+________H2SO4+________H2O

〔3〕ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取

ClO2−

。写出该反响的离子方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目________。

18.固体化合物

X

由

3

种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象

1

得出化合物

X

含有________元素(填元素符号)，X

的化学式________。

〔2〕固体混合物

Y

的成分________(填化学式)。

〔3〕实验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物

Z

制备氮气，该反响的化学方程式是________，当有28克氮气生成时转移的电子的物质的量为________mol。

19.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。

〔2〕固体混合物Y的成分________(填化学式)。

〔3〕X的化学式________ 。

〔4〕x与浓盐酸反响产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反响的化学方程式是________。

20.磁性材料

A

是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

〔1〕A

的化学式为________。

〔2〕化合物

A

能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体〔标况下的密度为

1.518

g·L－1〕。该气体分子的电子式为________，写出该反响的离子方程式：________。

〔3〕写出

FG

反响的化学方程式：________。

〔4〕设计实验方案探究溶液

G

中的主要微粒〔不考虑

H2O、H＋、K＋、I－〕：________。

答案解析局部

一、单项选择题

1.【答案】

B

【解析】A.

室温下，钠在空气中与氧气反响生成氧化钠，在加热时生成过氧化钠，A不符合题意；

B.

室温下，铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，B符合题意；

C.

室温下，铜与浓硝酸反响生成硝酸铜、二氧化氮和水，C不符合题意；

D.

室温下，铁与浓硫酸发生钝化反响，即浓硫酸具有强氧化性，将铁氧化生成一层致密的氧化物薄膜，不会生成硫酸亚铁，D不符合题意；

故答案为：B。

A．4Na+O2=2Na2O；

B．

2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2。

；

C．Cu与稀硫酸不反响；

D．室温下，Fe与浓H2SO4发生钝化，阻止反响进一步进行。

2.【答案】

D

【解析】①金属单质与非金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，①符合题意；

②碱性氧化物与酸性氧化物、酸都可能生成盐，如Na2O与CO2反响生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反响生成氯化钠，②符合题意；

③非金属单质与金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，③符合题意；

④酸性氧化物与碱性氧化物、碱、某些盐反响都可能生成盐，如二氧化碳与氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液都能反响生成盐，④符合题意；

⑤酸与金属、碱性氧化物、碱、某些盐反响，都可能生成盐，如盐酸与钠、氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都能反响生成盐，⑤符合题意；

⑥碱与酸反响可以生成盐，如盐酸与氢氧化钠反响生成氯化钠，⑥符合题意；

综合以上分析，①②③④⑤⑥都可通过一定的反响生成盐，

故答案为：D。

金属单质与酸或某些盐溶液反响生成盐；

碱性氧化物能与酸反响生成盐；

某些非金属单质与碱反响生成盐；

酸性氧化物与碱反响生成盐；

酸碱中和反响可以生成盐，据此分析解答。

3.【答案】

D

【解析】

X和R反响有气泡

，那么X、R为稀硫酸和碳酸钠中的一种，又R能与三种物质反响，那么R为稀硫酸，X为碳酸钠，那么Z为氢氧化钡，Y为二氧化碳，E为氧化铁

A、X为碳酸钠，故A不符合题意

B、X和Z，有白色沉淀生成，故B不符合题意

C、R为稀硫酸，E为氧化铁，不能生成使澄清石灰水变浑浊的气体，故C不符合题意

D、E为氧化铁，被C或者CO复原时，能生成二氧化碳，故D符合题意

故答案为：D

此题突破点在于

X和R反响有气泡

，且R能与三种物质反响，。

4.【答案】

B

【解析】A.钠在常温下生成氧化钠，故A不符合题意

B.碳酸根结合氢离子也是分步的，刚开始无气泡生成，产生碳酸氢根，故B符合题意

C.在潮湿的空气中生成的生物为十水合碳酸钠，故C不符合题意

D.澄清石灰水过量，那么无碳酸根剩余反响为

2HCO3-+2Ca2++2OH-=2CaCO3 +2H2O，故

D不符合题意

故答案为：B

离子方程式判断，看是否符合反响事实，是否量的关系正确，是否配平，是否漏写离子反响

5.【答案】

B

【解析】A．根据分析，KClO3在反响中作氧化剂，故A不符合题意；

B．KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，根据反响可知，生成6mol[Fe(OH)SO4]n转移6nmol电子，那么每生成

l

mol

[Fe(OH)SO4]n

转移nmol电子，故B符合题意；

C．绿矾(FeSO4⋅7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，那么将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色，故C不符合题意；

D．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，那么聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D不符合题意；

故答案为：B。

KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。

6.【答案】

D

【解析】钠离子的焰色反响为黄色，钾离子的焰色反响为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以焰色反响为黄色，说明一定含Na+也可能含K+

，

故D选项符合题意。

故答案为：D。

钠元素的焰色反响为黄色，钾元素的焰色反响为紫色，要观察钾元素的焰色，需要透过蓝色钴玻璃片，滤去黄色的光的干扰，焰色反响属于元素的性质，为物理变化。

7.【答案】

B

【解析】A.二价铁离子与硫氰根离子不反响，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故A不符合题意；

B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色，可证明二价铁离子存在，故B符合题意；

C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故C不符合题意；

D.加NaOH溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D不符合题意；

故故答案为：B。

铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。

8.【答案】

D

【解析】A．Na2O2是过氧化物，不是两性物质，不符合题意，A不符合题意；

B．Al2O3是两性氧化物，但不能用来治疗胃酸过多，B不符合题意；

C．NaHCO3能和酸反响，但不能仅仅生成盐和水，能和碱反响，生成盐和水，那么它不是两性物质，不符合题意，C不符合题意；

D．Al(OH)3是两性氢氧化物，可用来治疗胃酸过多，D符合题意。

故答案为：D。

既能与酸起反响生成盐和水，又能与碱起反响生成盐和水的物质称为两性物质，据此结合实际问题答复。

9.【答案】

C

【解析】A、假设甲为Cl2

，

氯气与铁反响生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反响生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液与氯气反响生成氯化铁，故A不符合题意；

B、假设甲为铁，过量铁与硝酸反响生成硝酸亚铁，硝酸亚铁溶液与硝酸反响生成硝酸铁，硝酸铁溶液与铁反响生成硝酸亚铁，故B不符合题意；

C、假设甲为AlCl3溶液，氯化铝溶液与氨水反响生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱，不能与氢氧化铝反响，故C符合题意；

D、假设甲为NaOH，二氧化碳与过量氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反响生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，故D不符合题意；

故答案为：C。

氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱是解答关键，也是易错点。

10.【答案】

D

【解析】盐酸与铝的离子反响式为：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

，KOH与铝的离子反响式为：

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，所以等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钾溶液反响，消耗的氢氧化钾溶液的量比盐酸少；而此题中反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3，故盐酸少量，那么与盐酸反响生成的氢气为

n(H2)=2n(HCl)=0.25mol

，故与KOH溶液反响生成的氢气为

n(H2)=1.5×0.25mol=0.375mol

。KOH溶液足量，参加其中的铝完全反响。故可求得

m(Al)=M(Al)×n(Al)=27g/mol×0.25mol=6.75g。

故答案为：D。

铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，假设Al都完全反响，那么生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

、

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，可知相同物质的量的Al反响时，消耗HCl较多，故酸与金属反响时酸不过量，碱与金属反响时碱过量，结合方程式计算解答．

11.【答案】

C

【解析】A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反响，所以开始无沉淀，其次为Al3+

，

反响后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg2+和OH-反响生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，NH4+和OH-反响生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，Al〔OH〕3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A不符合题意；

B．石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca〔OH〕2+CO2＝CaCO3+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O＝Ca〔HCO3〕2

，

故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两局部二氧化碳的物质的量为1：1，故B不符合题意；

C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反响，开始没有气体产生，然后再与碳酸钠反响，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2+H2O，产生CO2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象不符合题意，故C符合题意；

D．向明矾溶液中逐滴参加Ba〔OH〕2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4+2Al〔OH〕3，继续滴加，那么发生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：C。

此题以图象为载体考查钙镁铝化合物的性质，明确发生的化学反响是解答的关键，反响发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系。特别是C选项，盐酸先和氢氧化钠反响，再与碳酸钠反响，且先生成碳酸氢钠，再生成二氧化碳。

12.【答案】

D

【解析】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2

，

物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反响，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反响生成0.6mol氢氧化钠，

故答案为：D。

根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2

，

及过氧化钠与二氧化碳、水反响规律进行分析。

13.【答案】

B

【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反响所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=

12

n(HCl)=

12

×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下复原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，

故答案为：B。

由题意可得，铁完全转化为氯化亚铁，那么物质的量之比Fe：Cl=1：2，又n〔Cl-〕=0.2mol

故n〔Fe〕=0.1mol

14.【答案】

A

【解析】①氧化铝具有很高的熔点，是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故符合题意；②氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故符合题意；③碳酸氢钠俗名小苏打，因其碱性较弱，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物，故符合题意；④过氧化钠比氧化钠稳定，但氧化钠不能与水或二氧化碳反响生成氧气，所以氧化钠不能做供氧剂，故不符合题意；⑤焰色反响为物理变化，表达的是某些金属元素的物理性质，故符合题意；

正确的有①②③⑤

故答案为A。

①氧化铝的熔点高，可作耐火材料

②氧化铁，俗称铁红，呈红棕色，故可用作红色油漆和涂料

③小苏打加热可分解放出气体，故可用作发酵粉，呈碱性且碱性较弱，故可用作于治疗胃酸

④只有过氧化钠能做供氧剂

⑤焰色反响为物理变化，表达的是金属元素的物理性质

15.【答案】

B

【解析】A．NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3

__

Na2CO3+H2O+CO2，碳酸钠受热不分解，不符合题意；

B．Na2O2与水反响生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，符合题意；

C．碳酸氢钠可与盐酸反响，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，不符合题意；

D．Na2O2中阴离子为O22-

，

Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，不符合题意；

故答案为：B。

碱性氧化物：能与碱反响只生成盐和水的氧化物，过氧化钠除了盐和水还生成了氧气

16.【答案】

D

【解析】因横坐标表示参加NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量，

那么向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液，发生Mg2++2OH-Mg(OH)2、Al3++3OH-Al(OH)3，那么沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反响，那么最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，

故答案为：D。

先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝继续反响，沉淀局部溶解但不消失应选D

二、综合题

17.【答案】

〔1〕立刻产生气泡；CO32-

+2H+

=H2O

+

CO2；开始时无气泡，后来有气泡；CO32-

+

H+

=

HCO3-

、

HCO3-

+

H+

＝H2O

+

CO2

〔2〕4；10；2；7；3；2

〔3〕

【解析】(1)将碳酸钠溶液滴入到稀盐酸中，盐酸过量，开始就产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+2H+=H2O+CO2；将稀盐酸滴入到碳酸钠溶液中，盐酸少量，开始时无气泡，后来产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+H+=

HCO3-

、

HCO3-

+H+=H2O+CO2；

(2)

NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液时，

HSO3-

被氧化成

SO42−

，

IO3-

被复原成I2

，

根据电子守恒和元素守恒，该反响为：4NaIO3+10NaHSO32I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，该反响中转移的电子数为20e-；

；

(3)

Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2

，

本身被复原为氯离子，1个氯气分子反响得到2个电子，因此离子反响方程式为：

2ClO2-

+Cl2=2ClO2+2Cl-；双线桥法表示电子转移的方向和数目为：

.

(1)

碳酸钠溶液参加稀盐酸中：Na2CO3+2HCl=Na2CO3+2NaCl；

稀盐酸参加碳酸钠溶液中：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2;

(2)

氧化复原反响的配平：

1.标出化合价并计算出价态的变化量；

2.使化合价的升降总数相等〔最小公倍数〕;

3.再观察非氧化复原局部中元素的个数;

4.最后配平氢氧的个数。

对于氧化复原反响可以采用电子守恒的方法，根据物质得到

的电子数,等于

失去的电子数；

(3)

两者反响为氯元素自身的氧化复原，注意两者生成产物的不同。

18.【答案】

〔1〕S；BaCuS2

〔2〕BaO和CuO

〔3〕2NH3+3CuO3=Cu+N2+3H2O；6

【解析】〔1〕根据上述分析可知，X中含有S元素，固体化合物Z的物质的量为：

8g80g/mol

=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：

15.3g153g/mol

=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：

26.5g-0.1mol×64g/mol-0.1mol×137g/mol32g/mol

=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2

，

故故答案为：：S；BaCuS2；〔2〕由上述分析可知，Y的主要成分为：CuO和BaO，

故故答案为：：CuO和BaO；〔3〕氨气与氧化铜在高温条件下反响，生成铜、氮气、水，其化学反响方程式为：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

，

反响

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

中N元素由-3价变为0价，每生成1molN2转移6mol电子，故当有28克氮气即1mol生成时转移的电子的物质的量为6mol。

故故答案为：：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

；6mol。

根据现象1可知，无色气体为SO2

，

向黑色固体化合物Z中参加盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+

，

由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答此题。

19.【答案】

〔1〕O

〔2〕Cu、NaOH

〔3〕NaCuO2

(Na2O2·2CuO)

〔4〕2NaCuO2

+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O

【解析】〔1〕CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，因为X和枯燥的H2反响，根据元素守恒分析，必定含有O元素；

〔2〕现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反响为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反响说明有NaOH；

〔3〕由反响NaOH+HCl=NaCl+H2O,所以NaOH为0.02mol，得出m(Na)=0.02×23g=0.46g，铜为1.28g，得m(O)=m总-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)=0.4623：1.2864：0.6416=1：1：2，故化学式为NaCuO2；

〔4〕X与浓盐酸反响，根据反响现象，产物有Cl2

，

和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2＋4H2O。

固体混合物Y溶于水，得到紫红色固体单质，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反响呈黄色说明含有钠元素，与HCl发生中和，说明是NaOH〔易算出为0.02mol〕，混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸气，说明含有氧元素，据此分析解答。

20.【答案】

〔1〕Fe3S4

〔2〕；Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2++S

〔3〕H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI

〔4〕取溶液

G，参加过量

BaCl2

溶液，假设产生白色沉淀，那么有

SO2－；过滤后取滤液，滴加

H2O2

溶液，假设再产生白色沉淀，那么有

H2SO3。

【解析】根据题干信息：C溶液显黄色，参加KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3

，

D为Fe(SCN)3等，B为红棕色固体，B为Fe2O3

，

且n(Fe2O3)=2.400g160g/mol

=0.015

mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.03

mol，m(Fe)=0.03

mol×56

g/mol=1.68

g。无色气体E溶于水得到酸性溶液，参加碘的KI溶液，得到无色溶液G，且溶液酸性变强，说明l2氧化了E的水溶液，那么E应为SO2

，

F为H2SO3。那么G中必定含有H2SO4和HI，可能还含有未反响的H2SO3

，

根据原子守恒，A含有Fe、S两种元素，且m(S)=2.960

g-1.68

g=1.28

g，n(S)==0.04

mol，可得n(Fe)：n(S)=3：4，A的化学式为Fe3S4

，

据此解答。

所以A为Fe3S4

，

B为Fe2O3

，

C为FeCl3

，

D为Fe(SCN)3

，

E为SO2

，

F为H2SO3

，

G中含H2SO4、HI及H2SO3等。

(1)由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，化学式为Fe3S4；

(2)A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518

gL-1)。那么淡黄色不溶物为S，该气体的摩尔质量=1.518

g/L×22.4

L/mol=34

g/mol，那么气体相对分子质量是34，为H2S气体。H2S电子式为：，

该反响的离子方程式为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S；

(3)F为H2SO3

，

S元素具有复原性，在溶液中和I2发生氧化复原反响，FG反响的化学方程式为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；

(4)G中的主要微粒(不考虑H2O，H+

，

K+

，

I-)为SO42-和H2SO3。可以先检验SO42-

，

再检验有H2SO3

，

第2篇：有机化工的来源范文

硅藻泥本身没有任何的污染，而且有多种功能，是涂料无法比拟的。

硅藻泥壁材由纯天然无机材料构成，不含任何有害物质及有害添加剂，材料本身为纯绿色环保产品。其主要成分硅藻矿物被广泛应用于美容面膜、啤酒食品过滤等。

涂料属于有机化工高分子材料，所形成的涂膜属于高分子化合物类型。按照现代通行的化工产品的分类，涂料属于精细化工产品。

（来源：文章屋网 ）

第3篇：有机化工的来源范文

1、原油产品提供的能源主要作汽车、拖拉机、飞机、轮船、锅炉的燃料,少量用作民用燃料。 原油产品是材料工业的支柱之一金属、无机非金属材料和高分子合成材料,被称为三大材料。全世界原油化工提供的高分子合成材料产量约1.45亿吨。

2、除合成材料外,石油产品还提供了绝大多数的有机化工原料,在属于化工领域的范畴内,除化学矿物提供的化工产品外,石油产品生产的原料,在各个部门大显身手。 各工业部门离不开原油产品 现代交通工业的发展与燃料供应息息相关,可以毫不夸张地说,没有燃料,就没有现代交通工业。金属加工、各类机械毫无例外需要各类材料及其它配套材料,消耗了大量原油产品。建材工业是原油产品的新领域,如塑料管材、门窗、铺地材料、涂料被称为化学建材。轻工、纺织工业是石油产品的传统用户,新材料、新工艺、新产品的开发与推广,无不有原油产品的身影。

（来源：文章屋网 ）

第4篇：有机化工的来源范文

中国人最迟在公元前13世纪就已经发明和使用了漆。1976年在河南省安阳市发掘出的“妇好”墓中，（葬于公元13世纪），上过漆的棺木就是最好的证明。早在公元前2世纪，中国人已发现了漆的重要化学性质，发现了通过漆的蒸发过程使其变质的方法，发现了通过在漆中放几只螃蟹壳，漆就会保持液状，不会变干。

公元前120年的《淮南子》一书提到了螃蟹壳能使漆保持液态的特殊功能。现代科学家化验证实，甲壳体组织内确有抑制某些酶的活动的化学成分。

油漆早期大多以植物油为主要原料，故被叫做油漆，如健康环保原生态的熟桐油。 不论是传统的以天然物质为原料的涂料产品，还是现展中的以合成化工产品为原料的涂料产品，都属于有机化工高分子材料，所形成的涂膜属于高分子化合物类型。

（来源：文章屋网 ）

第5篇：有机化工的来源范文

弱酸是指在溶液中不完全电离的酸，是和强酸相对的酸，酸性较弱。弱酸的电离要使用可逆号，二元、多元弱酸电离必须分步书写。

甲酸，化学式HCOOH，俗名蚁酸，是最简单的羧酸。无色而有刺激性气味的液体。 弱电解质， 熔点8、6摄氏度， 沸点100.8摄氏度。酸性很强，有腐蚀性，能刺激皮肤起泡。存在于蜂类、某些蚁类和 毛虫的分泌物中。是有机化工原料，也用作消毒剂和防腐剂。

由于甲酸在水溶液中不能完全电离，所以甲酸是弱电解质，也就是弱酸。

（来源：文章屋网 ）

第6篇：有机化工的来源范文

丙烯常温下为无色、无臭、稍带有甜味的气体，化学分子式C3H6，是一种无色可燃气体，所以是易燃易爆的气体。

为什么丙烯不能过安检

丙烯属于易燃易爆物品，与空气混合能形成爆炸性混合物。遇热源和明火有燃烧爆炸的危险。与二氧化氮、四氧化二氮、氧化二氮等激烈化合，与其它氧化剂接触剧烈反应。气体比空气重，能在较低处扩散到相当远的地方，遇火源会着火回燃。

丙烯是三大合成材料的基本原料，用以生产多种重要有机化工原料、生成合成树脂、合成橡胶及多种精细化学品等。但是丙烯具有易燃的危险性，与空气混合能形成爆炸性混合物；遇热源和明火有燃烧爆炸的危险；与二氧化氮、四氧化二氮、氧化二氮等激烈化合，与其它氧化剂接触剧烈反应。

（来源：文章屋网 ）

第7篇：有机化工的来源范文

首先，环保约束强弱将是2014年行业的关键外生变量。

近年来，政府密集出台多项环保政策，严厉打击环境违法犯罪。化工、造纸、轻工、钢铁等行业多次被“重点关照”。但是，市场对环保约束强弱分歧巨大。从微观层面来看，2013年前9个月主要化工品产量仍增长6%，仅农药产量下降超过5%，多数企业盈利未见明显好转。

从企业层面来看，以草甘膦为代表的环保重点整治行业尚未见到环保核查配套政策。

虽然环保约束供给难以“一蹴而就”，但已看到积极变化。如，在政府层面，2013年相继出台了多项政策，处理了多家“疏于管理，弄虚作假”的环评机构，披露了491起环境违法，处理406起，我们微观调研农药、化肥、精细化工等企业，均已感觉到明显的环保压力。

我们系统地梳理了主要化工品生产的污染环节和环保成本，预计环保对农药、染料等子行业的影响将继续深化，同时对钛白粉、粘胶短纤等子行业存供给格局改善的可能。

化工行业国企改革存明显提效空间，关注PS低的公司。行业内非国企较国企整体ROE持续高4个百分点以上，且相对差距持续扩大；国企持续加杠杆而非国企负债率稳定；国企名义借款利率近3年逆转超非国企。经营效率不同导致股票定价差异，以轮胎为例，非国企PS、PB比国企整体高1倍左右。优选PS低的公司，关注有能力的华鲁恒升（600426.SH）、有资源的久联发展（002037.SZ）、有动力的黔轮胎A（000589.SZ）等。

过剩时代平台型公司价值凸显，关注大公司的新飞跃和小公司的大梦想。过剩时代化工板块利润分布趋于集中，强者恒强、愈强，利润大户中的精细化工/新材料龙头均是常年的研发投入大户。“短缺时代”已过，精细化工/新材料龙头持续的研发投入与利润形成正反馈，夯实原有利基市场的同时，龙头各方面均具备了跨领域扩张的潜力，整体平台优势将进一步显现。关注万华化学（600309.SH）、浙江龙盛（600352.SH）、闰土股份（002440.SZ），2014年有望成为市场重新审视这类化工平台型公司的元年。

万华化学是规模与技术优势助产业链延伸的典型公司，公司延伸路径为异氰酸酯—聚氨酯—丙烯酸酯—涂料，公司拥有规模优势与技术优势（特种异氰酸酯单体、TPU、PHD、SAP、涂料配方等），而其技术优势的来源是巨额的研发投入——公司是除中石化外，化工股中研发投入最大的公司（2012年、2013上半年分别为5.7亿元、3.7亿元）。2014年，万华化学的八角项目将逐步投产，新建项目完全达产后，公司有望实现异氰酸酯类产品300亿元、其他品种500亿元左右的收入规模。

染料独有的丰富技术储备暗藏巨大发展空间，染料常见品种600-1000种，独有的丰富品种使龙头企业拥有广泛的技术储备，在大部分有机化工领域及部分无机化工领域可以肆意扩张。

浙江龙盛的中间体品种与产能快速扩张，拥有产业链整体优势，成为2014年业绩增量的主要来源之一；闰土股份的活性染料中间体前瞻性布局在2013年开始收获，已公告进入甲苯氯化物/氟化物领域，关注后续产业链的继续延长。

第8篇：有机化工的来源范文

关键词：变性淀粉;专利;文献学分析

中图分类号：G252.7 文献标识码：A DOI 编码：10.3969/j.issn.1006-6500.2015.04.032

Documentary Analysis of Patent Technology of Domestic Modified Starch

TONG Dan

（Department of Biochemistry， Dingxi Teachers College， Dingxi， Gansu 743000，China）

Abstract： Modified starch has a wider range of uses and application fields comparing with original starch. In order to know about the present situation of patent technology of domestic modified starch， this paper analyzes modified starch patent ranging from 1986 to 2014 using the method of metrology， taking "Chinese patent database （known network edition）" as the data source. The result showed that the patent technology of modified starch storage time was in 1986. Enterprises were the most applicants for patent technology of modified starch. Modified starch was mainly used in the field of chemistry and organic chemical industry.

Key words： modified starch; patent; documentary analysis

天然淀粉的可利用性取决于淀粉颗粒的结构和淀粉中直链淀粉和支链淀粉的含量。不同种类的淀粉其分子结构和直链淀粉、支链淀粉的含量都不相同，因此不同来源的淀粉原料具有不同的可利用性。天然淀粉在现代工业中的应用，特别是在广泛采用新工艺、新技术、新设备的情况下应用是有限的。大多数的天然淀粉都不具备有效的能被很好利用的性能，为此根据淀粉的结构及理化性质开发了淀粉的变性技术。

在淀粉所具有的固有特性的基础上，为改善淀粉的性能和扩大应用范围，可利用物理、化学或酶法处理，改变淀粉的天然性质，增加其某些功能性或引进新的特性，使其更适合于一定应用的要求。

笔者利用文献分析学方法，对国内变性淀粉专利技术进行统计分析，目的是理清该类专利技术的具体发展和应用情况，为科研工作者在该领域的研究提供理论支持和数据指南。

1 材料和方法

在中国专利数据库（知网版）中，按专利名称为“变性淀粉”进行检索，时间1986―2014年，共检索出“变性淀粉”国家专利技术193项。将检索出的专利在Excel表中进行统计分析。

2 结果与分析

2.1 国内变性淀粉专利技术各年度的数量分布

通过专利技术数据库检索，变性淀粉专利技术最早入库时间是1986年，即从1986―2014年，共有193项变性淀粉专利技术，如图1所示。

图1结果显示，国内变性淀粉专利技术开始入库于1986年，1986年有1项专利技术，1987、1992、1993、1995―2001年都没有相关的变性淀粉专利技术，在这十几年间，即使有变性淀粉专利技术的年份，每年也只有1～2项专利技术问世。从2003年开始，变性淀粉专利技术数量呈上升趋势，特别是2009年以后，上升幅度很大，2013年达到了最高值42项，2014年入库专利项目目前还无法全部显示。

2.2 国内变性淀粉专利技术发明人及申请人情况

通过检索，193项专利技术的发明人共653人次，平均每项3.38人。国内变性淀粉专利技术中，申请人主要有公司、高校及个人，另外还有少数科研院所及合作机构，专利申请情况如表1所示。

由表1可以看出，在国内变性淀粉专利技术的申请人中，公司所占比例最大，为66.32%，其次为高校、个人及其他。

2.2.1 公 司 国内变性淀粉专利技术申请人中，共有公司57家，完成该专利技术128项，完成专利技术不小于4项的公司如表2所示。

表2结果显示，国内申请变性淀粉专利技术的公司中，界首市东亚淀粉出品有限公司和宜兴市军达浆料科技有限公司申请的专利最多，分别为9项，申请专利比较多的单位还有黑龙江北大荒斯达奇生物科技有限公司、广西农垦明阳生化集团股份有限公司、甘肃圣大方舟马铃薯变性淀粉有限公司、苏州高峰淀粉科技有限公司、广西明阳生化科技股份有限公司、内蒙古奈伦农业科技股份有限公司、四川省蓬溪县弘桥实业有限公司及东莞市汇美淀粉科技有限公司，申请专利数量分别为8，6，5，4，4，4，4，4项。

2.2.2 高 校 在国内变性淀粉专利技术的申请人中，高校有21所，完成该专利技术38项，其中专利不少于2项的高校见表3。

从表3可以看出，国内变性淀粉专利技术完成高校中，江南大学申请的专利最多，成果最突出，申请8项，其次为华南理工大学、广西大学、天津科技大学、东华大学及广西民族大学，分别是4，3，3，2，2项。

2.2.3 个人 国内变性淀粉专利技术申请中，申请人为个人的有：纪欣申请2项;张航、钱进共同申请2项;王文辉、廖俊云、苏光伟、倪大光、赵奎、蔡金安、孙德荣、石绍华、活泼、赵贵喜、郝庆阳及郑桂富各申请1项。

2.2.4 其他 国内变性淀粉专利申请单位中，中国烟草总公司郑州烟草研究院申请专利2项;陈明兴与三明百事达淀粉有限公司联合申请专利2项;广西大学与中国热带农业科学院热带作物品种资源研究院联合申请专利2项;广西大学与广西武鸣县安宁淀粉有限责任公司联合申请专利1项;广西大学与广西农垦明阳生化集团股份有限公司联合申请专利1项;青岛海水资源综合利用研究院与青岛第一棉纺织厂联合申请专利1项;芜湖迅腾新材料有限公司与安徽工程大学联合申请专利1项;天津科技大学与中粮北海粮油工业有限公司联合申请专利1项。

2.3 国内变性淀粉专利技术学科分类

国内变性淀粉专利技术按照学科类别进行分类统计，结果如表4所示。

由表4可以看出，对于193项变性淀粉专利技术在各学科领域有交叉应用的情况，可以明显地看出，在化学领域的应用最为广泛，专利数量达到141项，其次是有机化工，专利数量为121项，在之后的轻工业手工业、无机化工、药学、生物医药工程、环境科学与资源利用、电力工业及建筑科学与工程等领域的应用逐渐减少。

3 结论与讨论

国内变性淀粉专利技术的入库时间开始于1986年，从2003年开始专利数量呈现上升趋势，特别是自2009年开始，上升幅度非常大，这与国外变性淀粉科技成果的发展趋势是一致的，说明国内科技工作者及企业对变性淀粉的重视程度提高，对变性淀粉的研发能力及应用逐年加强。

变性淀粉专利技术的完成主要以公司企业为主，学科类别主要以化学与有机化工为主，从而说明变性淀粉专利技术主要是应用技术型的。一般而言，公司有自己的研发团队，因此从研发、生产到应用都在企业完成，科研机构、高校与企业的合作研发相对很少。

总之，在今后相当长的一段时间，应更加重视变性淀粉的研发及生产，形成国内自己的变性淀粉生产体系，与世界特别是西方发达国家的变性淀粉生产技术接轨。另外，应加强科研机构、高校与企业的联系，组建研发能力强、生产技术和能力过硬的团队，为变性淀粉的研发、生产及应用打下良好的基础。

参考文献：

[1] 张燕萍.变性淀粉制造与应用[M].北京：化学工业出版社，2007.

[2] 张力田.变性淀粉[M].广州：华南理工大学出版社，1999.

[3] 张友松.变性淀粉生产与应用手册[M]. 北京：中国轻工业出版社，2007.

[4] 冯国涛，单志华.变性淀粉的种类及其应用研究[J].皮革化工，2005，22（3）：6.

[5] 张小林，吴琦，罗明辉.淀粉物理变性的研究进展[J].广东化工，2011，38（1）：100-101.

[6] 胡爱军，吴加根，金茂国.淀粉深加工三种方式概述[J].粮食与油脂，1997（1）：13-16.

[7] 中国淀粉工业协会.淀粉与淀粉制品生产新工艺新技术及质量检测标准规范实用手册[M].北京：中国科技文化出版社，2012.

第9篇：有机化工的来源范文

关键词绿色化学环境保护生物技术

人类正面临有史以来最严重的环境危机，由于人口急剧的增加，资源的消耗日益扩大，人均耕地、淡水和矿产等资源占有量逐渐减少，人口与资源的矛盾越来越尖锐；环保问题就成为经济与社会发展的重要问题之一。作为国民经济支柱产业之一的化学工业及相关产业，在为创造人类的物质文明作出重要贡献的同时，在生产活动中不断排放出大量有毒物质，化学工业也为环境和人类的健康带来一定的危害。发达国家对环境的治理，已开始从治标，即从末端治理污染转向治本，即开发清洁工业技术，消减污染源头，生产环境友好产品。“绿色技术”已成为21世纪化工技术与化学研究的热点和重要科技前沿。

绿色化学又称绿色技术、环境无害化学、环境友好化学、清洁化学。绿色化学即是用化学及其它技术和方法去减少或消除那些对人类健康、社区安全、生态环境有害的原料、催化剂、溶剂、试剂、产物、副产物等的使用和产生。

化学可以粗略地看作是研究从一种物质向另一种物质转化的科学。传统的化学虽然可以得到人类需要的新物质，但是在许多场合中却既未有效地利用资源，又产生大量排放物，造成严重的环境污染。绿色化学则是更高层次的化学，它的主要特点是“原子经济性”，即在获得物质的转化过程中充分利用每个原料原子，实现“零排放”，因此既可以充分利用资源，又不产生污染。传统化学向绿色化学的转变可以看作是化学从“粗放型”向“集约型”的转变。绿色化学可以变废为宝，可使经济效益大幅度提高。绿色化学已在全世界兴起，它对我国这样新兴的发展中国家更是一个难得的机遇。

1采用无毒、无害并可循环使用的新物料

1.1原料选择

工业化的发展为人类提供了许多新物料，它们在不断改善人类物质生活的同时，也带来大量生活废物，使人类的生活环境迅速恶化。为了既不降低人类的生活水平，又不破坏环境，我们必须研制并采用对环境无毒无害又可循环使用的新物料。

以塑料为例，据统计，到1989年美国在包装上使用的塑料就超过55.43亿kg（20世纪90年代数量进一步上升），打开包装后即被抛弃，这些塑料废物破坏环境是我们面临的一大问题：掩埋它们将永久留在土地里中；焚烧它们会放出剧毒。

我国也大量使用塑料包装，而且在农村还广泛地使用塑料大棚和地膜，造成的“白色污染”也越来越严重。解决这个问题的根本出路在于研制可以自然分解或生物降解的新型塑料，目前国际上已有一些成功的方法，例如：光降解塑料和生物降解塑料。前者已经投入生产。光生物双降解塑料研究是我国“八五”科技攻关的一个重大项目，已取得一些进展。

1.2溶剂的选择

大量的与化学制造相关的污染问题不仅来源于原料和产品，而且源自在其制造过程中使用的物质。最常见的是在反应介质，分离和配方中所用的溶剂。在传统的有机反应中，有机溶剂是最常用的反应介质，这主要是因为它们能较好地溶解有机化合物。但有机溶剂的毒性和难以回收又使之成为对环境有害的因素。因此，在无溶剂存在下进行的有机反应，用水作反应介质，以及超临界流体作反应介质或萃取溶剂将成为发展洁净合成的重要途径。

1.2.1固相反应

固相化学反应实际上是在无溶剂化作用的新颖化学环境下进行的反应，有时可比溶液反应更为有效并达到更好的选择性。它是避免使用挥发性溶剂的一个研究动向。

1.2.2以水为溶剂的反应

由于大多数有机化合物在水中的溶解性差，而且许多试剂在水中会分解，因此一般避免用水作反应介质。但水作为反应溶剂有其独特的优越性，因为水是地球上自然丰度最高的“溶剂”，价廉、无毒、不危害环境。此外水溶剂特有的疏水效用对一些重要有机转化是十分有益的，有时可提高反应速率和选择性，更何况生命体内的化学反应大多是在水中进行的。

水相有机合成在有机金属类反应，水相Lewis酸催化的反应现都已取得较大进展。因此在某些有机化学反应中，开发利用以水作溶剂是大有可为的。

1.2.3超临界流体作为有机溶剂

超临界流体是指超临界温度及超临界压力下的流体，是一种介于气态与液态之间的流体。在无毒无害溶剂的研究中，最活跃的研究项目是开发超临界流体（SCF），特别是超临界CO2作溶剂。超临界CO2是指温度和压力在其临界点（31.10℃，7477.79KPa）以上的CO2流体。它通常具有流体的密度，因而有常规常态溶剂的溶解度；在相同条件下，它又具有气体的粘度，因而又具有很高的传质速度。而且，由于具有很大的可压缩性，流体的密度，溶剂溶解度和粘度等性能可由压力和温度的变化来调节。其最大优点是无毒、不可燃、价廉等。

1.3催化剂的选择

许多传统的有机反应用到酸、碱液体催化剂。如烃类的烷基化反应一般使用氢氟酸、硫酸、三氯化铝等液体酸做催化剂，这些液体酸催化剂的共同缺点是：对设备腐蚀严重，对人身危害和产生废渣污染环境。为了保护环境，多年来人们从分子筛、杂多酸、超强酸等新催化材料入手，大力开发固体酸做为烷基催化剂。其中采用新型分子筛催化剂的乙苯液相烃化技术较为成熟，这种催化剂选择性高，乙苯收率超过99.6%，而且催化剂寿命长。

2化学反应的绿色化

为了节约资源和减少污染，合成效率成了当今合成方法学研究中关注的焦点。合成效率包括两方面，一是选择性（化学、区域、非对映体和对映体选择性），另一个就是原子经济性，即原料分子中究竟有百分之几的原子转化为产物，理想的原子经济反应是原料分子中的原子百分之百的转变为产物，不产生副产物或废弃物，实现废物的“零排放”。为此，化学化工工作者在设计合成路线时，要减少“中转”、增加“直快”、“特快”，更加经济合理地利用原料分子中的每一个原子，减少中间产物的形成，少用或不用保护基或离去基，避免副产物或废弃物的产生。实现原子经济反应的有效手段很多，在些不作赘述。

3生物技术的应用

生物科学是当代科学的前沿。生物技术是世界范围内新技术革命的重要组成部分，生物化工是21世纪最具有发展潜力的产业之一，它将成为创造巨大社会财富的重要产业体系。采用生物技术已在能源、采油、采矿、肥料、农药、蛋白质、聚合物、表面活性剂、催化剂、基本有机化工原料、精细化学品的制造等方面得到广泛应用。从发展绿色化学的角度出发，它最大的特点和魅力就在节约能源和易于实现无污染生产而且可以实现用一般化工技术难以实现的化工过程，其产品常常又具有特殊性能。因此，生物技术的研究和应用倍受青睐。

绿色化学是人类的一项重要战略任务。绿色化学的根本目的是从节约资源和防止污染的观点来重新审视和改革传统化学，从而使我们对环境的治理可以从治标中转向治本。绿色化学的发展不仅将对环境保护产生重大影响，而且将为我国的企业与国际接轨创造条件。

参考文献

1朱清时.绿色化学和新的产业革命[J].现代化工，1998（6）

2闵思泽.环境友好石油炼制技术的发展[J].化学进展，1998（1）