国际酸性化学银的问题与新型微碱性化学银IAG-377工艺

原位红外技术研究银催化剂 及其载体α- 氧化铝的表面酸性雷志祥1 ,2 饶国瑛1 张志祥2(1 . 北京化工大学理学院红外实验室 2 . 北京燕山石化公司研究院)摘 要 用原位红外技术研究了银催化剂及其载体α- 氧化铝的表面酸性 ,并比较了载体α- 氧化铝与加铯和未加铯的银催化剂的表面酸性的差别 。

研究表明 :载体α- 氧化铝上负载了银后 ,其 L 酸性 中心浓度有所下降 ,而加入助催化剂铯后 ,其 L 酸性中心浓度更是明显降低 。

银催化剂及其载体的表面 酸性对银催化剂的选择性等性能有较为重要的影响 。

关键词 原位红外 银催化剂 α- 氧化铝 表面酸性 固体催化剂及其载体表面酸碱性质会直接影响催 化剂的催化性能 。

有研究表明 ,乙烯在银催化剂作用 下的 环 氧 化 过 程 中 , 当 乙 烯 与 氧 反 应 生 成 环 氧 乙 烷 ( E O ) 以后 , E O 在银催化剂或氧化铝上也具有高活性 。

E O 在银催化剂上的转化有三种可能的途径 ,以何种途径为主主要取决于银催化剂的表面酸性 。

因此 ,银催 化剂及其载体的表面酸性对银催化剂的选择性等性能 有较为重要的影响 。

研究银催化剂及其载体α- 氧化 铝的表面酸性对银催化剂的改进有重要意义1。

用红外光谱研究表面酸性常常利用吡啶等碱性吸附质 。

其 基本原理是通过具有碱性的探针分子在表面酸位吸附 后 ,所产生的红外光谱的特征吸收带或吸收带的位移 , 1 . 4 . 1 仪 器美国 Nicolet 60SXB 型傅立叶变换红外光谱仪 ; 山 西煤化所 PT C - 1 型智能程序升温仪 。

1 . 4 . 2 实验装置实验装置为 FTIR - TPD 流动装置 ,如图 1 所示 。

测定酸位的性质 、强度与酸量 2 ,3 1 实验部分1 . 1 原 料吡 啶 : 分 析 纯 , 北 京 化 工 厂 ; 载 气 : 高 纯 (99 . 999 %) ,北京瑞龙气体厂 。

河北省衡水中学2021-2022学年上学期三调高二化学试卷（理科）一、选择题（每小题1分，共10分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．（1分）下列说法错误的是（）A．肯定温度下，弱酸的电离常数越大，酸性越强B．醋酸的电离常数K a和醋酸钠的水解常数K h之间的关系为：K a•K h=K wC．溶度积越小，该物质一般越简洁在溶液中形成沉淀D．合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相同考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：基本概念与基本理论．分析： A．肯定温度下，弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，其酸性越强；B．K a•K h =；C．溶度积越小，说明该物质一般越难溶解；D．合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数．解答：解：A．肯定温度下，弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，溶液中氢离子浓度越大，则其酸性越强，故A正确；B．K a•K h ==K w，故B正确；C．溶度积越小，说明该物质一般越难溶解，越简洁形成沉淀，故C正确；D．合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数，故D错误；故选D．点评：本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、平衡常数等有关学问，知道弱酸电离平衡常数与酸性的关系、弱酸电离平衡常数及弱酸根离子水解平衡常数与离子积的关系、溶度积常数与物质溶解性的关系即可解答，难点是B中三个物理量的关系，依据其概念推导即可，题目难度不大．2．（1分）下列说法正确的是（）A．原电池中，负极上发生的反应是还原反应B．原电池中，电流的方向是负极﹣导线﹣正极C．双液原电池中的盐桥是为了联通电路，所以也可以用金属导线代替D．碱性锰锌电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析： A、原电池中负极失电子；B、电流从正极流出；C、离子不能在导线中移动，金属导线不能代替盐桥；D、能反复充放电的电池为二次电池．解答：解：A、原电池中负极材料失电子，发生氧化反应，故A错误；B、原电池中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极，故B错误；C、双液原电池中的盐桥是为了联通电路，离子不能在导线中移动，金属导线不能代替盐桥，故C错误；D、碱性锰锌电池使用后不能充电，是一次电池能，铅蓄电池能反复充放电为二次电池，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池原理和常见的化学电源，题目难度不大，留意把握正负极的推断及电流流向．3．（1分）下列说法正确的是（）A．向0.1mol/L的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液，均有气体生成B．向氢氧化镁沉淀中滴加适量的盐酸和氯化铵溶液，沉淀均能溶解C．试验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同D．K sp大的难溶电解质肯定能转化成Ksp小的难溶电解质，Ksp小的难溶电解质肯定不能转化成Ksp大的难溶电解质考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性推断及有关ph的计算．专题：基本概念与基本理论．分析： A、化学反应遵循强酸制弱酸的规律；B、氢氧化镁可以和酸性溶液反应，强碱可以制取弱碱；C、依据试验测定酸碱滴定的有关学问来回答；D、依据溶度积的意义和应用学问结合沉的转化来回答．解答：解：A、酸性强弱挨次是：醋酸＞碳酸＞硼酸，化学反应遵循强酸制弱酸的规律，向0.1mol/L的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液，前者有气体生成，后者没有，故A错误；B、氢氧化镁可以和盐酸反应而溶于其中，氯化铵溶液和氢氧化镁之间反应生成氯化镁和氨水，强碱制取弱碱，即能将氢氧化镁溶解，故B正确；C、试验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔不肯定相同，留意记录颜色突变过程所消耗的碱的量是关键，故C错误；D、只有对于相同类型的难溶物质，可以用Ksp的大小来确定溶解力量的大小，故D错误．故选B．点评：本题是一道有关溶液中电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡学问的综合考查题，要求同学具有学问的整合力量，难度大．4．（1分）理论上不能设计原电池的化学反应是（）A．C H4+2O2→CO2+2H2O B．H NO3+NaOH=NaNO3+H2OC．2H2+O2=2H2O D．2FeCl3+Fe=3FeCl2考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：依据原电池的形成条件中“能自发的发生氧化还原反应”推断．解答：解：A、C、D反应方程式中都有化合价的变化，所以都是氧化还原反应；B的反应中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，是复分解反应，故选B．点评：原电池的构成条件为：1、活泼性不同的两个电极；2、电解质溶液；3、形成闭合回路；4、能自发进行氧化还原反应．5．（1分）对于锌﹣铜﹣稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是（）①锌片溶解了32.5g ②锌片增重32.5g ③铜片上析出1g H2④铜片上析出1mol H2．A．①③B．①④C．②③D．②④考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：锌﹣铜﹣稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应．解答：解：该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑．设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解x，铜片上析出氢气y．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑转移电子65g 2g 2molx y 1molx=32.5gy=1g故选A．点评：本题以原电池原理为载体考查了物质的量的有关计算，难度不大，依据电池反应式计算即可．6．（1分）某原电池总反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，不能实现该反应的原电池是（）A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO）3C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3D．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2（SO4）3考点：设计原电池．专题：电化学专题．分析：依据反应“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐．解答：解：A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；B、铁的活泼性大于碳，铁作负极，碳作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确；C、锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是不能实现该反应的原电池，故C错误；D、铁的活泼性大于银，铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故D正确；故选C．点评：本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，留意从氧化还原反应的角度确定原电池的电极材料及电解质溶液．7．（1分）如图所示的装置中，在产生电流时，以下说法正确的是（）A．F e是阴极，C是阳极B．负极反应式为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．盐桥中阴离子移向FeCl3溶液D．导线中的电流由石墨电极流向Fe电极考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：如图所示的装置中，是原电池，铁做负极失电子发生氧化反应，碳做正极电极上发生还原反应，电子流向从铁电极流向碳电极；盐桥中阴离子移向负极烧杯，阳离子移向碳电极烧杯．解答：解：A、原电池中活泼金属做负极，Fe是负极，C是正极，故A错误；B、Fe是负极，Fe失电子生成二价铁离子，则负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；C、依据电解质溶液中电荷守恒，铁电极失电子形成亚铁离子，盐桥中阴离子移向FeCl2溶液，故C错误；D、电流正极流向负极，由石墨电极流向Fe电极，故D正确；故选D．点评：本题考查了原电池工作原理，电极名称，电极推断，电流流向推断，题目较简洁．8．将pH=3的盐酸a L 分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；①1×10﹣3mol﹣1的氨水bL②c（OH﹣）=1×10﹣3mol﹣1的氨水cL③c（OH﹣）=1×10﹣3mol﹣1的Ba（OH）2的溶液dL其中a、b、c、d的关系正确的是（）A．b＞a=d＞c B．a=b＞c＞d C．a=b＞d＞c D．c＞a=d＞b考点：酸碱混合时的定性推断及有关ph的计算．专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3 mol/L，中和相同物质的量的盐酸，碱的浓度越大，所用的碱越少，留意弱碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．解答：解：（1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3 mol/L，①中氨水的物质的量浓度是1×10﹣3 mol/L，②一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以②中氨水的浓度大于1×10﹣3 mol/L，③中氢氧根离子的浓度是1×10﹣3 mol/L．（2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；（3）②的氨水浓度大于①的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以c＜b．（4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应略微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积a＜b．（5）②③中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于③中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，②所用的氨水的体积小于③氢氧化钡溶液的体积，即c＜d=a．所以a、b、c、d的关系b＞a=d＞c，故选A．点评：本题考查了酸碱混合时的定性推断，难度不大，留意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．9．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）A．溶液中导电粒子的数目削减B．溶液中不变C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简洁计算．专题：压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答．解答：解：A、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A错误；B 、因=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故B正确；C、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；D、等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；故选：B．点评：本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键．10．（1分）下列化合物既能在水溶液中通过复分解反应而制得，也可以由单质直接化合而制得的是（）A．A l2S3B．C uS C．F eS D．C u2S考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铝的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析： A．Al2S3只能由铝粉和硫粉化合制得；B．S为弱氧化剂，与Cu反应生成低价金属化合物；C．S为弱氧化剂，与Fe反应生成低价金属化合物，且氯化亚铁和硫化钠可发生复分解反应；D．含亚铜离子的物质不溶于水，不能利用复分解反应生成Cu2S．解答：解：A．Al2S3只能由铝粉和硫粉化合制得，在水溶液中不存在Al2S3，Al2S3要发生相互促进水解生成氢氧化铝和硫化氢，故A不选；B．Cu与S化合反应生成Cu2S，故B不选C．Fe和S化合生成FeS，也可由FeCl2和Na2S发生复分解反应得到，方程式为FeCl2+Na2S=FeS↓+2NaCl，故C选；D．Cu与S化合反应生成Cu2S，但不能利用复分解反应生成，故D不选；故选C．点评：本题考查金属及其化合物的综合应用，为高频考点，把握常见金属及化合物的性质、相互转化发生的反应为解答的关键，留意氧化还原反应及复分解反应的分析，选项A中水解为易错点，题目难度中等．二、选择题（每小题2分，共40分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）11．（2分）试验室中利用复分解反应制取Mg（OH）2．试验数据和现象如下表所示（溶液体积均取用1mL）组别药品1 药品2 试验现象Ⅰ0.1mol/LNaOH溶液0.1mol/LMgCl2溶液生成白色沉淀Ⅱ0.1mol/L氨水0.1mol/LMgCl2溶液无现象Ⅲ1mol/L氨水1mol/LMgCl2溶液现象ⅢⅣ1mol/L氨水0.1mol/LMgCl2溶液生成白色沉淀Ⅴ0.1mol/L氨水1mol/LMgCl2溶液无现象关于以上试验的说法正确是（）A．试验Ⅱ、Ⅴ无现象，而Ⅳ生成白色沉淀，说明增大c（Mg2+）不能向生成沉淀的方向移动，增大氨水溶液的浓度才能向生成沉淀的方向移动B．试验Ⅲ无现象，由于氯化镁溶液和氨水浓度都增大，则导致氯化铵浓度增大，而氢氧化镁可以溶解在氯化铵溶液中C．由于氢氧化镁可以溶解在氯化铵溶液中，而氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵，所以该两种溶液混合后可能会消灭先生成沉淀后溶解的现象D．试验Ⅲ的现象是生成白色沉淀，由于增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析： A、对比试验分析试验Ⅳ、Ⅴ，c（NH3•H2O）、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3•H2O（aq）⇌2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s），该反应的平衡常数表达式为；K=，c（NH3•H2O）、c（Mg2+）转变相同的程度一水合氨浓度影响大；B、依据IV来分析推断，浓度较大时氨水与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀；C、生成氢氧化镁沉淀，主要是一水合氨电离出的氢氧根离子浓度和镁离子浓度幂次方乘积满足溶度积常数才能生成沉淀；D、增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp，会生成氢氧化镁沉淀；解答：解：A、对比试验分析试验Ⅳ、Ⅴ，c（NH3•H2O）、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3•H2O（aq）⇌2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s），该反应的平衡常数表达式为；K=，c（NH3•H2O）、c（Mg2+）转变相同的程度，c2（NH3•H2O）的影响更大（或起主要作用），不是增大c（Mg2+）不能向生成沉淀分析进行，是增大镁离子浓度不能达到溶度积常数，故A错误；B、IV中1mol/L氨水与0.1mol/L MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则Ⅲ中1mol/L氨水与1mol/L MgCl2溶液混合，两试验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，Ⅲ中镁离子的浓度更大，二者结合生成白色沉淀Mg（OH）2，故B错误；C、氯化铵溶液中铵根离子增大会结合氢氧根离子生成弱电解质，氢氧化镁溶解，氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵和氢氧化镁沉淀，不能溶解在生成的氯化铵溶液中，故C错误；D、IV中1mol/L氨水与0.1mol/L MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则Ⅲ中1mol/L氨水与1mol/L MgCl2溶液混合，两试验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，Ⅲ中镁离子的浓度更大，试验Ⅲ的现象是生成白色沉淀，由于增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp，故D 正确；故选D．点评：本题考查了沉淀溶解平衡分析推断，溶度积常数的影响因素分析，留意浓度转变对平衡的影响理解，题目难度较大．12．（2分）将下列物质溶于水，能够促进水的电离的是：①NaHSO4②NaHSO3③CH3COOH④CH3COONa⑤NaHCO3⑥NaClO⑦NH4HCO3（）A．②④⑤⑥B．④⑤⑥⑦C．①②③D．②④⑤⑥⑦考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答．解答：解：①NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，故①不符合；②NaHSO3中亚硫酸根离子都能够电离和水解，电离大于水解，溶液呈酸性，抑制了水的电离，故②不符合；③CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，故③不符合；④CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子的水解，促进了水的电离，故④符合；⑤NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进水的电离，故⑤符合；⑥NaClO溶液中次氯酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，故⑥符合；⑦NH4HCO3溶液中铵根离子和碳酸氢根离子都能发生水解，促进水的电离，故⑦符合；所以能够促进水的电离的是：④⑤⑥⑦；故选B．点评：本题考查了水的电离、盐的水解原理离及其影响因素，题目难度不大，留意把握盐的水解原理、水的电离及其影响因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离．13．（2分）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（）A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）考点：离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．专题：离子反应专题．分析： A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mlBa （OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀．SO42﹣﹣：Ba2+比例为2：1，SO42﹣部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．无AlO2﹣；C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）；D、依据C分析推断溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+．解答：解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A正确；B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＞c（SO42﹣），故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞（Ba2+），故D错误；故选A．点评：本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物推断，关键分析离子反应挨次，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．14．（2分）已知：将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液用0.1mol/LHCl滴定时，若用酚酞做指示剂，终点时消耗盐酸10mL；若用甲基橙做指示剂，终点时消耗盐酸20mL．现有一份白色粉末，可能含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的一种或两种．现取肯定量的该粉末配成适当浓度的稀溶液并分成两等份，分别用0.1mol/LHCl滴定．一份用酚酞做指示剂，消耗盐酸amL；另一份用甲基橙做指示剂，消耗盐酸bmL．下列说法①若a=0，则固体中只含NaHCO3②若a=b，则固体中只含NaOH③若2a＞b＞a，则固体中含有NaOH、Na2CO3④若2a＜b，则固体中含有Na2CO3、NaHCO3其中正确的是（）A．①②③④B．③④C．①②D．①③④考点：物质的检验和鉴别的试验方案设计；化学方程式的有关计算．专题：物质检验鉴别题．分析：以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，溶液呈酸性，可发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示剂，变色范围是8.1～10，溶液呈碱性，发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，以此解答该题．解答：解：以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，溶液呈酸性，可发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示剂，变色范围是8.1～10，溶液呈碱性，发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，分别用0.1mol/LHCl滴定．一份用酚酞做指示剂，消耗盐酸amL；另一份用甲基橙做指示剂，消耗盐酸bmL，如b=2a，则只含有Na2CO3，如只有NaOH，则只发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，a=b，①用酚酞作指示剂，滴定终点溶液呈弱碱性，若a=0，说明不含Na2CO3，只含NaHCO3，故正确；②若a=b，则固体中只含NaOH，说明不存在Na2CO3或NaHCO3的反应，固体中只含NaOH，故正确；③若b＞a，如说明肯定含有Na2CO3，而2a＞b，则肯定含有NaOH，所以固体中含有NaOH、Na2CO3，故正确；④如b=2a，则只含有Na2CO3，如只含有NaHCO3，a=0，若2a＜b，则固体中含有Na2CO3、NaHCO3，故正确．故选A．点评：本题综合考查酸碱中和滴定，侧重于同学的分析力量和计算力量的考查，题目难度中等，建议在学习中把握相关物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．15．（2分）已知常温下K sp[Mg（OH）2]=3.2×10﹣11、K sp[Fe（OH）3]=2.7×10﹣39，下列说法正确的是（）A．将10g氢氧化铁粉末加入100mL水中，充分搅拌后仍有固体剩余，静置后上层清液为饱和氢氧化铁溶液，c（OH﹣）=3×10﹣10mol/LB．将10g氢氧化镁粉末加入100mL水中，充分搅拌后仍有固体剩余，静置后上层清液为饱和氢氧化镁溶液，加入酚酞试液后不能变红C．若1mol/L氯化镁溶液中混有氯化铁，调整pH=9，可以保证镁离子不沉淀而铁离子沉淀完全D．依据溶度积数据，可以计算出氢氧化铁固体与盐酸反应：Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数为2.7×103考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析： A、依据氢氧化铁溶度积常数计算得到；B、依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算氢离子浓度得到溶液PH分析；C、铁离子在PH=3﹣4会全部沉淀；D、依据反应方程式书写平衡常数计算式，结合溶液中离子积分析计算；解答：解：A、K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）=2.7×10﹣39，c（OH﹣）=3c（Fe3+），c（OH﹣）==3×10﹣10mol/L，故A正确；B、K sp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）c2（OH﹣）=3.2×10﹣11 ，2c（Mg2+）=c（OH﹣），c（OH﹣）==4×10﹣4mol/L，c（H+）==2.5×10﹣11mol/L，溶液PH大于10，酚酞变色范围8﹣10，则滴入酚酞试液变红色，故B错误；C、K sp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）c2（OH﹣）=3.2×10﹣11，c（OH﹣）==5.7×10﹣6mol/L，溶液PH=6﹣lg5.7，可知沉淀溶解平衡中氢氧化镁沉淀需要的溶液PH＜6，依据A计算可知氢氧化铁形成沉淀的PH=﹣lg=5﹣lg3.3，调整pH=9，镁离子会沉淀，故C错误；D、Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数=====2.7×103 ，故D正确；故选D．点评：本题考查了沉淀溶解平衡，溶度积常数计算分析，酸碱指示剂变色范围的计算分析推断，把握基础是关键，题目难度中等．16．（2分）某温度下水的离子积Kw=10﹣13，在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合，下列说法正确的是（）A．若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：1B．若所得混合液pH=7，且a+b=12，则Va：Vb=100：1C．若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：9D．若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=101：99考点：酸碱混合时的定性推断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：将pH=a的NaOH溶液V a L与pH=b的硫酸V b L混合，①若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，依据c（OH﹣）×V a=c（H+）×V b计算，所得混合溶液为中性，V a：V b ==1013﹣a﹣b；②若所得混合溶液的pH=10，碱过量，计算出c（OH﹣）与酸碱的物质的量的关系，可计算．解答：解：将pH=a的NaOH溶液V a L与pH=b的硫酸V b L混合，A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c（OH﹣）×V a=c（H+）×V b，a=12，b=2，则0.1×V a=0.01V b，则V a：V b=1：10，故A错误；B、若所得混合液pH=7，且a+b=12，V a：V b ==1013﹣a﹣b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c（OH﹣）=0.1=0.001，则V a：V b=1：9，故C正确；D、C计算分析推断，若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：9，故D错误；故选C．点评：本题考查酸碱混合的计算，明确该温度下的Kw及pH与浓度的换算是解答本题的关键，留意酸碱反应的实质即可解答，题目难度中等．17．（2分）相同温度相同物质的量浓度的六种溶液：①NaHCO3②CH3COONa ③NaOH④Ba（OH）2⑤NaHSO4⑥H3PO4按pH值由大到小的挨次是（）A．⑥⑤②①④③B．⑥⑤①②③④C．④③②①⑤⑥D．④③①②⑥⑤考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：依据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度比较浓度相同的溶液的pH大小．解答：解：同温度相同物质的量浓度下列溶液中，⑤NaHSO4为强酸的酸式盐，水溶液呈酸性；⑥H3PO4为中强酸，水溶液呈酸性，但氢离子浓度小于硫酸氢钠溶液中的氢离子浓度，所以磷酸溶液的pH值大于硫酸氢钠溶液的pH值，⑥＞⑤；①NaHCO3、②CH3COONa都是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，①②④对应酸根离子的水解程度大小为CH3COO﹣＜HCO3﹣＜CO32﹣，③NaOH溶液，④Ba（OH）2是强碱，PH大小④＞③，所以pH由大到小的挨次④③①②⑥⑤，故选D．点评：本题考查了溶液PH的大小比较方法应用，主要是离子水解的应用，酸越弱，阴离子水解程度越大．18．（2分）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，渐渐转变为铜蓝（CuS）．由此可知下列分析正确的是（）A．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性B．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应C．C uSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓D．K SP（PbS）＜K ap（CuS）考点：铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析： A、依据元素的化合价推断，最高价元素只有氧化性，最低价只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性；B、依据反应中化合价是否变化及复分解反应的定义推断；C、写转化离子方程式时，难溶电解质写化学式不写离子；D、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化．解答：解：A、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，硫元素化合价上升作还原剂具有还原性；铜蓝中硫元素化合价最低，所以能失电子具有还原性，故A错误；B、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，所以存在氧化还原反应；CuSO4与ZnS反应生成硫化铜和硫酸锌是复分解反应，故B正确；C、硫化锌难溶于水，所以要写化学式，不能写离子，故C错误；D、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，PbS能转化为CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故D错误；故选B．点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，难度不大，留意难溶物质不能写离子形式要写化学式．19．（2分）下列说法中正确的是（）A．常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）、c（H+）均下降B．p H=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．常温下，c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4②（NH4）2Fe（SO4）2③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③D．当溶液中存在的离子只有Cl﹣、OH﹣、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl﹣）＞c （NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析： A．加水稀释氨水，溶液中c（H+）增大；B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于电离程度；C．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大；D．当溶液呈碱性时，存在c（OH﹣）＞c（H+），依据电荷守恒推断．解答：解：A．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）增大，故A错误；B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于电离程度，则c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B错误；C．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大，化学式中氯化铵中铵根离子个数最少，所以氯化铵的浓度最大，则相同c （NH4+）相等的①（NH4）2SO4②（NH4）2Fe（SO4）2③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③，故C正确；D．当溶液呈碱性时，存在c（OH﹣）＞c（H+），依据电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质的电离，依据溶液中溶质的性质结合电荷守恒、盐类水解强弱等学问点来分析解答，题目难度中等．20．（2分）美国《时代周刊》将氢燃料电池评为21世纪对人类生活具有重大影响的技术之一．培根电池是一种碱性的氢氧燃料电池，已经应用在“阿波罗六号”太空船上．将多个培根电池组合为电池组，向外供电，电池组工作稳定后，它的电动势和内阻基本保持不变．电池所产生的水可以作为饮用水，今欲得常温下水1L，则电池内电子转移的物质的量约为（）。

氰酸银制备
氰酸银是一种重要的无机化合物，用途广泛。

它是一种白色晶体，溶于水，不溶于乙醇和乙醚。

氰酸银可以用于制备其它金属盐和各种色素，还可以用于制备光感材料和荧光材料。

下面介绍氰酸银的制备方法。

制备方法
氰酸银的制备方法有多种。

一般来说，可以选择化学还原法、电化学法、光化学法和溶剂萃取法等多种方法。

其中，化学还原法是最常用的制备方法，也是最简单的方法。

实验步骤
1.取氯化银（AgCl）20克，加入蒸馏水500毫升；
2.将所述混合物加热并搅拌，直到氯化银彻底溶解成Ag+离子；
3.取氰化钠（NaCN）20克，加入蒸馏水500毫升，将其搅拌均匀；
4.缓慢滴入所述氰化钠溶液于Ag+离子溶液中，并同时加入一些二氧
化硫（SO2）防止被氧化为氧气（O2）；
5.可以得到氰化银（AgCN）沉淀，将其离心，用蒸馏水洗涤至中性；
6.将所述沉淀再次溶解于蒸馏水中；
7.用硝酸银（AgNO3）试剂检测，如果有沉淀形成，则证明氰酸银制备成功。

注意事项
1.实验过程中要严格控制温度和pH值；
2.加入氰化钠溶液时应缓慢滴加，以免产生剧烈反应引起危险；
3.实验室必须配备避光设备，避免制备过程中光照；
4.实验后应及时清洗实验器具，避免残留物质的危害。

总结
氰酸银是一种重要的无机化合物，其制备方法较为简单，一般使用化学还原法制备。

在制备过程中，要严格控制pH值和温度，加入氰化
钠溶液应缓慢滴加，实验结束后要及时清洗设备。

通过这样的操作，可以制备出高质量的氰酸银，为其他领域的应用提供有力的支撑。

Al-Ag合金粉化学镀银工艺及其性能研究的开题报告一、选题背景随着电子、通信、军工等行业的快速发展，高性能合金粉的研发对于促进国民经济的发展和提高国家安全防御能力具有非常重要的意义。

其中，Al-Ag合金粉作为一种重要的合金粉末，在电子、通信、航空、航天等领域得到广泛应用。

其中，一种有效的表面改性方法就是化学镀银，可以大大提高合金粉的电导率、耐蚀性、可焊性等性能。

二、研究目的和意义本研究旨在研究Al-Ag合金粉的化学镀银工艺及其性能，探究化学镀银对Al-Ag合金粉性能的影响。

主要研究内容包括：1.对Al-Ag合金粉的物理化学性质进行分析和表征；2.设计化学镀银工艺方案，对Al-Ag合金粉进行表面改性；3.对镀银后的Al-Ag合金粉进行形貌、成分及其导电性等性能测量，并对其进行对比分析；4.对Al-Ag合金粉化学镀银后的应用效果进行测试和评价，探究化学镀银对Al-Ag合金粉在电子、通信、航空、航天领域的应用前景。

三、研究内容和方法1.研究内容（1）Al-Ag合金粉的物理化学性质分析和表征: 采用SEM、XRD、EDS等仪器，对Al-Ag合金粉进行表征和分析。

（2）设计化学镀银工艺方案: 根据Al-Ag合金粉的表面性质和导电性要求，确定化学镀银方案和工艺参数。

（3）对镀银后的Al-Ag合金粉进行形貌、成分及其导电性等性能测量: 采用SEM、XRD、EDS、电学测试等仪器，对镀银后的Al-Ag合金粉进行性能测量和分析。

（4）对Al-Ag合金粉化学镀银后的应用效果进行测试和评价: 在电子、通信、航空、航天领域进行应用测试和评价。

2.研究方法（1）Al-Ag合金粉的制备:采用高能球磨法制备Al-Ag合金粉。

（2）表征方法:采用SEM、XRD、EDS等表征方法对样品进行表征。

（3）化学镀银方法：采用电化学方法对Al-Ag合金粉进行化学镀银。

（4）性能测试方法: 采用SEM、XRD、EDS、电学测试等方法对样品进行性能测试。

钌酸银的合成及其电化学性质研究钌酸银的合成及其电化学性质研究一、钌酸银的合成1、合成方法钌酸银的合成是一种繁琐的过程，主要包括硝酸银的准备、溶剂的配置、溶液的耦合以及钌酸银的晶体提取等步骤。

首先，在酸性介质中，硝酸银(AgNO3)由银粉反应而成，然后在碱性溶液中将硝酸银入手，并用氧化还原过程向溶液中加入钌离子，然后在不同pH值和温度设定条件下耦合，最后放置使晶体沉淀，提取后即可得到纯净的钌酸银。

2、合成条件合成钌酸银主要是受温度、pH值和钌浓度的影响。

钌浓度影响重要，一般设定在0.001mol/L-0.1mol/L之间，太高的浓度易使晶体变细乃至熔，pH值也可以影响晶体的颗粒度，一般选择在3-7之间，温度可以控制在常温到50℃之间。

二、钌酸银的电化学性质1、钌酸银对氧化还原钌酸银可以作为目标物质参与氧化还原反应，可以氧化Ruthenium (III) 离子或还原Ag (I) 离子，该反应的反应率跟温度大小有很大的关系，随着温度的升高，反应率也会逐渐加快，当pH值趋于7时，反应有可能出现饱和状态。

2、钌酸银溶液的电导率在稳定的pH值和温度条件下，将赤银作为电子反应物，钌酸银作为电子供体，使钌酸银溶液电导性最大。

实验表明，当pH值在7-9之间时，钌酸银士溶液的电导率会随着温度的升高而先增加，后下降，而当温度高于40℃时，电导率会逐渐降低，并趋向稳定。

3、钌酸银对磷毒性研究表明，钌酸银具有良好的荧光特性，并且对磷毒性有一定的抑制作用，可以抑制细菌的黏附，从而降低磷毒性。

进一步的，钌酸银能够用于水质检测，具有良好的毒性评价能力，可以用于确定水体的有害物的浓度，从而有效的抑制磷毒性对生物的危害。

综上所述，钌酸银的合成和电化学性质已经得到了充分的研究，可以广泛应用于氧化还原、电导率测定以及磷毒性抑制等领域。

一种新颖、简单的银微米线的湿化学制备方法翟爱霞;蔡雄辉;姜晓晔;范国枝【期刊名称】《中国有色金属学报（英文版）》【年(卷),期】2012(022)004【摘要】开发了一种用于合成银微线的新颖和容易湿化学方法。

通过将铁（Ⅱ）硫酸铁庚酸溶液加入含有柠檬酸溶液的硝酸银溶液中，在50℃下脱落，制备了明确定义的颗粒。

由此产生的通过扫描电子显微镜和X射线衍射来表征产物。

发现颗粒由许多银微线组成。

反应温度大大影响了制备颗粒的形态。

银色微射线的平均长度和宽度随着硝酸银浓度的降低而增加。

并且较低的浓度对于形成更多的银微头是不利的。

当铁（Ⅱ）硫酸盐的浓度降低时，还观察到了灵活的结果。

柠檬酸的量也很大影响所制备的颗粒的形状被得出结论是，柠檬酸是通过T形成银微挖的关键作用何奥斯瓦尔德成熟机制。

％提供一种新闻简的银微米线的化学制备方法。

在反应温度为50℃的条件下，把硫酸亚铁溶液逐渐滴加到含硫酸硝酸银溶液中，合成繁体。

使用扫描电阻（SEM）和X射射衍射仪（XRD）对对制备的银微银微进进进。

结果结果明：所制备的银微晶体主要由大量的银微米线组成;银繁体的形态与反应温度很联系联系联系：当硝酸银浓度降低时，银微米线的长度和都逐渐大大，且较低的硝酸浓度不利生成更多的银微米线。

降低硫酸亚铁浓度时间也出现类似的结果。

柠檬酸的用量对晶的微观形态有大大的影响。

中国起起着非常的作用。

【总页数】6页(P943-948)【作者】翟爱霞;蔡雄辉;姜晓晔;范国枝【作者单位】武汉工业学院化学与环境工程学院,武汉430023;武汉工业学院生物与制药工程学院,武汉430023;武汉工业学院生物与制药工程学院,武汉430023;武汉工业学院化学与环境工程学院,武汉430023【正文语种】中文因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

取代化学镍金的新型碱性化学银工艺的原理、特点与应用方景礼【期刊名称】《印制电路信息》【年(卷),期】2013(000)005【摘要】取代化学镍金的新型碱性化学银工艺具有以下特点：（1）镀层是纯银而不是酸性化学银的有机银，它在焊接时不会产生气泡；（2）它的焊接与邦定效果接近于化学镍金；（3）它的成本仅为化学镍金的25%-40%；（4）它易于除去铜和有机杂质，溶液可以长期使用；（5）使用专用的无氰退银和修复液使它易于返工和修复；（6）由于使用了特种的防变色剂，使它不需要除尘室、无硫手套和无硫包装纸。

因此，新型的碱性化学银工艺是将来最具潜力替代化学镍金的表面涂（镀）工艺。

%The new alkaline immersion silver process has following characteristics:1. Deposit is pure silver instead of organic silver of acid immersion silver process, so it does not produce void in welding 2. Its effect of welding and bonding is close to ENIG 3. The cost of alkaline immersion silver process is only 25%~40%of ENIG 4. It is easy to remove copper and organic impurity, so solution can be long-term use 5. It is easy rework and repair, because of new non-cyanide silver stripper and drop repairer are used 6. It does not require dust chamber, sulfur-free gloves and packaged paper, because of new antitarnish agent is used Thus new alkaline immersion silver process is the most viable alternative of ENIG in the future.【总页数】7页(P1-7)【作者】方景礼【作者单位】中山市哈福实业有限公司，广东中山 528434【正文语种】中文【中图分类】TN41【相关文献】1.国际酸性化学银的问题与新型微碱性化学银IAG-377工艺 [J], 方景礼2.化学镀镍的特点、原理及应用 [J], 王倩3.难镀铝材化学镀镍中碱性预镀镍工艺研究 [J], 万家瑰;雷鸣;万德立;刘晓东;孙长江4.化学镀镍的电化学原理与实现低温快速化学镀镍的方法 [J], 李兵; 李宁; 周保平; 杜颖; 郑小曈; 余刚5.取代化学镍金用于线宽线距小于30μm高密度印制板的新技术 [J], 方景礼因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

乙酸银制备
乙酸银是一种广泛应用于有机合成、分析化学和医学领域的重要化学试剂，其制备方法有多种，其中最常用的方法是将银粉与乙酸反应。

下面将对乙酸银的制备方法、反应机理和应用进行详细介绍。

一、乙酸银的制备方法
1.直接反应法：将银粉与乙酸混合后在常温下反应，生成白色的乙酸银。

2.溶液反应法：将银粉加入乙酸中，搅拌均匀后加入氢氧化钠溶液，加热反应，生成沉淀的乙酸银。

3.氧化还原法：将银粉加入过氧化钠溶液中，在酸性条件下进行反应，生成乙酸银。

二、反应机理
乙酸银的制备反应是一个氧化还原反应，反应式如下：
2Ag + 2CH3COOH + H2O2 → 2AgCH3COO + 2H2O
银粉在酸性条件下被过氧化钠氧化，失去电子成为Ag+离子，同时过氧化钠还原成水和氧气。

Ag+离子与乙酸反应生成乙酸银，最终生成白色的固体沉淀。

三、乙酸银的应用
乙酸银是一种重要的有机合成试剂，常用于催化芳香族化合物和烯烃的羟化反应、醛和酮的还原反应、烯烃的氧化反应等。

此外，乙酸银还广泛应用于分析化学中，用于检测氯离子和溶液中的有机物等。

在医学领域，乙酸银常用于治疗皮肤真菌感染和溃疡等。

乙酸银是一种重要的化学试剂，其制备方法简单、反应机理清晰、应用广泛。

掌握乙酸银的制备方法和反应机理，对于有机合成、分析化学和医学等领域的研究都有重要的意义。