- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
2CH3CH2CH2CH2OH
实验过程如下：在容积为100mL 的三颈烧瓶中将5mL浓硫酸、14.8g正丁醇和几粒沸石混合均匀，再加热回流一段时间，收集到粗产品，精制得到正丁醚．
回答下列问题：
（1）合成粗产品时，液体试剂加入顺序是______．
（2）实验中冷凝水应从______口出去（填“a”或“b”）．
（3）为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体必须具有的物理性质为______．
（4）得到的正丁醚粗产品依次用8mL50%的硫酸、10mL水萃取洗涤．该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、______，该仪器使用前需要______．
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，过滤后再进行______（填操作名称）精制得到正丁醚．
（6）本实验最终得到6.50g正丁醚，则正丁醚的产率是______．
正确答案
解：（1）因浓硫酸密度大于正丁醇密度，浓硫酸与正丁醇混合时，先加正丁醇后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是：先加正丁醇，后加浓硫酸，
故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；
（2）用冷凝管冷凝时，为了充分冷却，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；
（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体的沸点应该大于135℃，
故答案为：该液体沸点大于135℃；
（4）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗，带有玻璃塞的仪器使用前要检漏，则在使用分液漏斗时要先检验是否漏水；
故答案为：分液漏斗；检验是否漏水；
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，混溶的液体采用蒸馏的方法分离，正丁醚沸点为142.4℃，易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，
故答案为：蒸馏；
（6）由2CH3CH2CH2CH2OH
74×2 130
14.8g mg
则m=
产率=
故答案为：50.0%．
解析
解：（1）因浓硫酸密度大于正丁醇密度，浓硫酸与正丁醇混合时，先加正丁醇后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是：先加正丁醇，后加浓硫酸，
故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；
（2）用冷凝管冷凝时，为了充分冷却，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；
（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体的沸点应该大于135℃，
故答案为：该液体沸点大于135℃；
（4）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗，带有玻璃塞的仪器使用前要检漏，则在使用分液漏斗时要先检验是否漏水；
故答案为：分液漏斗；检验是否漏水；
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，混溶的液体采用蒸馏的方法分离，正丁醚沸点为142.4℃，易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，
故答案为：蒸馏；
（6）由2CH3CH2CH2CH2OH
74×2 130
14.8g mg
则m=
产率=
故答案为：50.0%．
利用下列反应制备括号中的物质，不合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A、乙烯与氯气发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接氯原子，生成1，2-二氯乙烷，故A正确；
B、乙烯与水发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接水提供的-H与-OH，生成乙醇，故B正确；
C、氯气与乙烷在光照下发生反应为链式反应，等物质的量的氯气与乙烷反应，各种氯代乙烷都产生，不可能只生成氯乙烷，氯乙烷可以用乙烯与氯化氢发生加成反应制备，故C错误；
D、用氯化铁做催化剂氯气与苯发生取代反应生成氯苯，故D正确．
故选：C．
过氧化钙可以用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等．工业上生产过氧化钙的主要流程如下：
已知CaO2•8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气．
（1）用上述方法制取CaO2•8H2O的化学方程式是______；
（2）检验“水洗”是否合格的方法是______；
（3）沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右，其可能原因是（写出两种）：
①______；②______．
（4）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：
第一步：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液，充分反应．
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液．
第三步：逐滴加入浓度为c mol•L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL．
已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
①CaO2的质量分数为______ （用字母表示）；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能______（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是______．
正确答案
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”若不合格，洗涤液中会含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
②在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
解析
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”若不合格，洗涤液中会含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
②在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
以溴苯（p=1.5/cm3）为原料经以下反应原理可获得重要的有机合成中间体2-苯基-2-丁醇（p=1.0g/cm3）
【实验装置】：
【实验步骤】：
步骤：1：将镁条置于装置Ⅰ的a容器中，加入一定量乙醚（p=0.71g/cm3），在冷却条件下缓慢滴入40mL溴苯，微热并加入一小块碘引发反应①
步骤2：滴加足量的丁酮和乙醛混合物，发生反应②：滴加入20%的NH4Cl水溶液，发生反应③
步骤3：分出油层，用水洗涤至中性，加适量无水CaCl2
步骤4：用装置Ⅱ先蒸出乙醛，再蒸馏得到36.0mL产品
（1）仪器a的名称是______．
（2）步骤Ⅰ中加入碘的作用是______；步骤3中加入适量无水CaCl2的作用是______
（3）装置中滴加液体用恒压漏斗替代普通分液漏斗的优点是______，反应②需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醛，其目的是______．
（4）步骤三种分离出油层的具体实验操作是______．
（5）步骤Ⅱ采用的减压蒸馏，而不是常压蒸馏，采用这种蒸馏方式的原因是______．
（6）本次所得产品的产率是______%（保留小数点后一位小数）
正确答案
解：（1）仪器a有三个颈的烧瓶，名称叫三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）反应①是用溴苯与镁条反应，用碘作催化剂，无水CaCl2具有吸水作用步骤3中加入适量无水CaCl2起干燥作用，
故答案为：催化剂；干燥作用；
（3）装置Ⅰ中滴加液体用恒压漏斗，便于液体滴加，反应②是放热反应，为防止反应过于剧烈，需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醚，
故答案为：便于液体滴加；该反应放热，防止反应过于剧烈；
（4）步骤三中分离出油层，用分液操作即可，具体实验操作为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中，
故答案为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
（5）减压蒸馏时需将吸滤瓶与抽气泵相连，减压蒸馏主要是降低2-苯基-2-丁醇的沸点，防止温度过高发生分解，
故答案为：降低2-苯基-2-丁醇的沸点，防止温度过高发生分解；
（6）40mL溴苯（p=1.5g/cm3）质量为：m=ρv=60g，36.0mL2-苯基-2-丁醇（p=1.0g/cm3）质量为：m=ρv=36g
溴苯完全反应生成2-苯基-2-丁醇的理论产量为60g×
故答案为：57.3%．
解析
解：（1）仪器a有三个颈的烧瓶，名称叫三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）反应①是用溴苯与镁条反应，用碘作催化剂，无水CaCl2具有吸水作用步骤3中加入适量无水CaCl2起干燥作用，
故答案为：催化剂；干燥作用；
（3）装置Ⅰ中滴加液体用恒压漏斗，便于液体滴加，反应②是放热反应，为防止反应过于剧烈，需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醚，
故答案为：便于液体滴加；该反应放热，防止反应过于剧烈；
（4）步骤三中分离出油层，用分液操作即可，具体实验操作为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中，
故答案为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
（5）减压蒸馏时需将吸滤瓶与抽气泵相连，减压蒸馏主要是降低2-苯基-2-丁醇的沸点，防止温度过高发生分解，
故答案为：降低2-苯基-2-丁醇的沸点，防止温度过高发生分解；
（6）40mL溴苯（p=1.5g/cm3）质量为：m=ρv=60g，36.0mL2-苯基-2-丁醇（p=1.0g/cm3）质量为：m=ρv=36g
溴苯完全反应生成2-苯基-2-丁醇的理论产量为60g×
故答案为：57.3%．
制备锌印刷电路板是用稀硝酸腐蚀锌板，产生的废液称“烂板液”．“烂板液”中含硝酸锌外，还含有自来水带入的Cl-和Fe3+．在实验室里，用“烂板液”制取ZnSO4•7H2O的过程如下：
（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是______．
（2）若步骤①的pH＞12，则Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠．写出Zn（OH）2被溶解的离子方程式______．
（3）滤液D中除了含有OH-离子外，还含有的阴离子有______（填离子符号）．
（4）若滤液E的pH=4，c（Zn2+）=2mol•L-1，c（Fe3+）=2.6×l0-9mol•L-1，能求得的溶度积是______（填选项）．
A．Ksp[Zn（OH）2]B．Ksp[Zn（OH）2]和Ksp[Fe（OH）3]C．Ksp[Fe（OH）3]
（5）步骤③要控制pH在一定范围．实验室用pH试纸测定溶液pH的方法是：______．
（6）已知：
①Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+OH-（aq）△H=aKJ•mol-1
②H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H=bKJ•mol-1
请写出Fe3+发生水解反应的热化学方程式．______．
若①的溶度积常数为KSP，②的离子积常数为KW，Fe3+发生水解反应的平衡常数K=______．（用含KSP、KW的代数式表示）
正确答案
解：（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，则反应的方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，由方程式可知反应中HNO3为氧化剂，Zn为还原剂，当4molZn参加反应时，有2molHNO3被还原，则氧化剂与还原剂的物质的量之比1：2，故答案为：1：2；
（2）Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-；
（3）固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl-、NO3-等离子，则滤液中应含有Cl-、NO3-，故答案为：Cl-、NO3-；
（4）滤液E的pH=4，得到的沉淀为Fe（OH）3，只能计算Fe（OH）3的溶度积，故答案为：C；
（5）测定溶液pH时，将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数即可，注意不能事先湿润试纸，更不能将试纸插在溶液中，故答案为：将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数；
（6）Fe3+发生水解反应的方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
已知①Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+3OH-（aq）△H=aKJ•mol-1
②H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H=bKJ•mol-1，
则利用盖斯定律将②×3-①可得Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1，
则Fe3+发生水解反应的平衡常数K=
故答案为：Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1；
解析
解：（1）若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为N2O，则反应的方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，由方程式可知反应中HNO3为氧化剂，Zn为还原剂，当4molZn参加反应时，有2molHNO3被还原，则氧化剂与还原剂的物质的量之比1：2，故答案为：1：2；
（2）Zn（OH）2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=[Zn（OH）4]2-；
（3）固体具有吸附性，沉淀A可吸附溶液中的Cl-、NO3-等离子，则滤液中应含有Cl-、NO3-，故答案为：Cl-、NO3-；
（4）滤液E的pH=4，得到的沉淀为Fe（OH）3，只能计算Fe（OH）3的溶度积，故答案为：C；
（5）测定溶液pH时，将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数即可，注意不能事先湿润试纸，更不能将试纸插在溶液中，故答案为：将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数；
（6）Fe3+发生水解反应的方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，
已知①Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+3OH-（aq）△H=aKJ•mol-1
②H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H=bKJ•mol-1，
则利用盖斯定律将②×3-①可得Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1，
则Fe3+发生水解反应的平衡常数K=
故答案为：Fe3+（aq）+3H2O（l）⇌Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H=（3b-a）KJ•mol-1；
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