- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+NaSO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______．
（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）.2001年我国卫生部规定，饮用水ClO2-的含量应不超过0.2mg•L-1．
饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定．ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液PH的关系如右图所示．当pH≤2.0时，ClO2-也能被I-
完全还原成Cl-．反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI
①请写出pH≤2.0时，ClO2-与I-反应的离子方程式______．
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中．
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0
步骤3：加入足量的KI晶体．
步骤4：加少量淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL．
步骤5：______．
步骤6；再用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的ClO2-的浓度为______mg•L-1（用含字母的代数式表示）．
④若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的，该反应的氧化产物是______（填化学式）
正确答案
解：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，故答案为：方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（2）①ClO2-与I-反应在酸性条件进行，产物为I2和Cl-，根据质量守恒可写出离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O；
②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I-还原只生成Cl-，pH≥7.0时，ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2-，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-，溶液的ClO2-没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2-与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，故答案为：调节溶液的pH≤2.0；
③由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：2ClO2-～Na2S2O3
2 1
n（ClO2-） 
则n（ClO2-）=2
由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：ClO2-～2Na2S2O3
1 2
n（ClO2-）总 
n（ClO2-）总=
原水样中ClO2-浓度=
故答案为：
④根据反应：4Fe2++ClO2-+2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe（OH）3，所以氧化产物为Fe（OH）3（FeCl3），故答案为：Fe（OH）3．
解析
解：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，故答案为：方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（2）①ClO2-与I-反应在酸性条件进行，产物为I2和Cl-，根据质量守恒可写出离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O，故答案为：ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O；
②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I-还原只生成Cl-，pH≥7.0时，ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2-，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-，溶液的ClO2-没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2-与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，故答案为：调节溶液的pH≤2.0；
③由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：2ClO2-～Na2S2O3
2 1
n（ClO2-）
则n（ClO2-）=2
由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
得：ClO2-～2Na2S2O3
1 2
n（ClO2-）总
n（ClO2-）总=
原水样中ClO2-浓度=
故答案为：
④根据反应：4Fe2++ClO2-+2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe（OH）3，所以氧化产物为Fe（OH）3（FeCl3），故答案为：Fe（OH）3．
硫酸铜溶液常用于农业上制波尔多液．如图1是用废铜料（铁、铜混合物）来生产硫酸铜的过程，请根据图示回答下列问题．
（1）试剂X的化学式为______，操作①的名称为______．
（2）甲同学认为途径Ⅰ比途径Ⅱ更为合理，其理由是______（填编号）
a．对环境污染少 b．反应速率快
c．铜的利用率高 d．硫酸的利用率高
（3）实验室用浓硫酸与铜反应，采用图2装置制备并收集干燥的SO2气体．
①A装置的名称______．
②连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：a接______，______接______，______接______，______接h．
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质．已知硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S和NO气体，该反应的离子方程式为______．利用所给试剂设计实验，检测黑色物质中是否存在CuS．其方案为：将烧瓶中混合物加入到蒸馏水中，充分反应后过滤，向滤渣中______（补充实验操作、现象和结论）．
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液
正确答案
解：加入的X需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，反应①为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑，过滤后铜与氧气反应②为：2Cu+O2
（1）废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后得到固体铜，
故答案为：H2SO4；过滤；
（2）途径Ⅱ是铜与浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：ad；
（3）①装置A、a，用浓硫酸与铜反应制取二氧化硫，装置A为分液漏斗，用于滴加浓硫酸，
故答案为：分液漏斗；
②制取干燥的SO2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置，A、a 为气体发生装置、b、c（f、g）为收集装置、d、e用浓硫酸是干燥装置、f、g（b、c）是防倒吸装置、h是尾气处理装置，所以排列顺序是debcgfh或defgcbh，
故答案为：debcgfh或defgcbh；
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质，硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S为硫酸根离子和NO气体，所以离子反应为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，检测黑色物质中是否存在CuS，需检测是否含有硫酸根离子，即加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS，
故答案为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O；加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS．
解析
解：加入的X需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，反应①为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑，过滤后铜与氧气反应②为：2Cu+O2
（1）废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后得到固体铜，
故答案为：H2SO4；过滤；
（2）途径Ⅱ是铜与浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：ad；
（3）①装置A、a，用浓硫酸与铜反应制取二氧化硫，装置A为分液漏斗，用于滴加浓硫酸，
故答案为：分液漏斗；
②制取干燥的SO2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置，A、a 为气体发生装置、b、c（f、g）为收集装置、d、e用浓硫酸是干燥装置、f、g（b、c）是防倒吸装置、h是尾气处理装置，所以排列顺序是debcgfh或defgcbh，
故答案为：debcgfh或defgcbh；
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质，硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S为硫酸根离子和NO气体，所以离子反应为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，检测黑色物质中是否存在CuS，需检测是否含有硫酸根离子，即加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS，
故答案为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O；加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS．
绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂．资料显示，硫酸亚铁在不同温度下的溶解度以及析出晶体的组成均不同．请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线．
在实验室里可以通过下列流程用废铁屑制备绿矾：
完成下列填空：
（1）使用Na2CO3（aq）作前期处理时，需要采取的措施是______．
A、冷却一段时间 B、常温放置一段时间 C、加热保温一段时间
（2）试剂a是______． 酸溶时，当看到______现象时应停止加热，并趁热过滤，所得滤渣中一定含有的物质是______．
（3）利用如图装置对所获产品（FeSO4•nH2O）中结晶水的含量进行测定．
在称量C中的硬质玻璃管（82.112g）、装入晶体后的硬质玻璃管（86.282g）、D的质量（78.368g）后，实验步骤如下：
步骤I的目的是______；操作甲是______，操作丙是______（填写编号）．
a、关闭K1 b、熄灭酒精灯 c、冷却到室温 d、烘干
（4）步骤 IV称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g．产品硫酸亚铁晶体（FeSO4•nH2O）中n=______．产生误差的可能原因是：______、______（选写2条）．
正确答案
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
解析
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
Ⅰ．新型材料纳米级Fe粉与普通的还原性能铁粉有很大的差异，纳米级Fe粉表面积大、具有超强的磁性，能用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等．实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图1：
（1）生成纳米级Fe的化学方程式为______．
（2）纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，但是生活中的铁丝或铁粉在空气中加热也不能燃烧，其原因是______．
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入______，理由是______．
Ⅱ．查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4．
甲同学用如图2所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的实验：
（4）该装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是______；
乙同学用如图3所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物：
（5）装置C的作用是______．
（6）乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了如表实验：
乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO．丙同学认为该结论不正确，他的理由是______用离子方程式表示）．
（7）丁同学称取5.60gFe粉，用乙的装置反应一段时候后，停止加热．将试管内的固体物质在干燥
器中冷却后，称得质量为6.88g．然后将冷却后的固体物质与足量FeCl3溶液充分反应，消耗FeCl3
的0.08mol．丁同学实验的固体产物为______．
正确答案
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
解析
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
某化学兴趣小组在实验失室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物．已知：
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2．
②氯气和碱的反应为放热反应．温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-=△5Cl-+ClO3-+3H2O
该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验．
请回答下列问题：
（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是______．
②该兴趣小组用100mL 12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气
与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2______g．
（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值．他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高是可能原因．为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢．匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为右图（不考虑氯气和水的反应）．
①图中曲线I表示______离子的物质的量随反应时间变化的关系．
②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol．
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，则产物中
（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进．请你给出一种改进方法：______．
正确答案
解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，
故答案为：ClO-；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，
设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；
依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
解析
解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，
故答案为：ClO-；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，
设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；
依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
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