- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
（2016春•潍坊校级月考）二氯化砜（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2．装置如图（有些支持装置省略了）所示．已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体．
（1）仪器E的名称是______，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应居于______（填“放”或“吸”）热反应，B处反应管冷却水应从______ （填“a”或“b”）接口通入．如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是______．
（2）试剂X、Y的组合最好是______．
a.98%硫酸和铜 b．稀硝酸和亚硫酸钠固体 c.60%硫酸和亚硫酸钾固体
（3）戊是贮气装置，则E中的试剂是______；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是______．
（4）取1.00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为______%（结果保留小数点后1位）．
（5）二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是______．
正确答案
解：（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应；冷凝水下进上出，a口接入，该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；
（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，据此答题，故答案为：c；
（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，
故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
（4）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：
SO2Cl2～H2SO4～BaSO4
135 233
1.00g×x 1.5g
所以135：233=1.00g×x：1.5g
解得x=86.9%
故答案为：86.9；
（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，故答案为：因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色．
解析
解：（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应；冷凝水下进上出，a口接入，该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；
（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，据此答题，故答案为：c；
（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，
故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
（4）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：
SO2Cl2～H2SO4～BaSO4
135 233
1.00g×x 1.5g
所以135：233=1.00g×x：1.5g
解得x=86.9%
故答案为：86.9；
（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，故答案为：因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色．
盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：
已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10-12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．
（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是______．
（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液pH≥______才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是______，滤渣的主要成分是______．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入______；②过滤，得沉淀；③______；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为______（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．
正确答案
解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，
故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH-）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液的氢氧根浓度=
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，
故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．
由关系式MgSO4•7H2O-Mg（OH）2
1mol 58克
0.1mol x 解得：x=5.8克
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为：
故答案为：20.0%．
解析
解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，
故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH-）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液的氢氧根浓度=
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，
故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．
由关系式MgSO4•7H2O-Mg（OH）2
1mol 58克
0.1mol x 解得：x=5.8克
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为：
故答案为：20.0%．
丁酸异戊酯又称香蕉油，多用于食品和化妆品的香精，实验室用正丁酸与异戊醇反应制备丁酸异戊酯，有关数据和装置示意图如下：
CH3CH2CH2COOH+
实验步骤：
①如图1连接好装置，在三颈烧瓶中加入0.2mol异戊醇和0.1mol正丁酸、数滴浓硫酸、5mL苯和2～3片碎瓷片，充分摇匀，分水器内加入异戊醇直至与支管相平；
②在122～132℃下回流反应1.5h即可得粗产品；
③冷却后用10%的NaOH溶液中和，用水洗至中性，加入无水硫酸镁后蒸馏得较纯净的丁酸异戊酯11g．
回答下列问题：
（1）图1中A仪器的名称是______，冷却水应从______（选择a或b）口进．
（2）在该实验中，三颈烧瓶的容积最适合的是______（填入正确选项前的字母）．
A、50mL B、100mL C、200mL
（3）加入碎瓷片的作用是______；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是______（填入正确选项前的字母）．
A、冷却后补加 B、立即补加 C、不需补加 D、重新配料
（4）加入过量异戊醇的目的是______，分离提纯过程中加入无水硫酸镁的目的是______．
（5）如图2，在蒸馏得较纯净的丁酸异戊酯操作中，仪器选择及安装都正确的是______（填标号）．
（6）本实验的产率是______．（保留三位有效数字）
正确答案
解：（1）根据A的构造可知，仪器A为球形冷凝管或冷凝管；冷凝管采用逆向通水，冷凝效果较好，即：从a进水、b出水，
故答案为：球形冷凝管或冷凝管；a；
（2）0.2mol异戊醇的体积约为：
故答案为：B；
（3）混合液体加热时容易发生暴沸现象，所以加入碎瓷片可防止液体暴沸；液体加热要加碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应冷却至室温，补加碎瓷片，所以A正确，
故答案为：防止暴沸；A；
（4）酯化反应是可逆反应，增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率，所以加入过量异戊醇可以提高正丁酸的转化率；无水MgSO4的具有吸水性，所以用无水MgSO4干燥丁酸异戊酯，
故答案为：提高正丁酸的转化率；干燥；
（5）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ab错误，所以仪器及装置安装正确的是c，
故答案为：c；
（6）0.2mol异戊醇和0.1mol正丁酸反应，理论上可以生成0.1mol丁酸异戊酯，质量为：158g/mol×0.1mol=15.8g，而实际产量是11g，所以本次实验的产率=
故答案为：69.6%．
解析
解：（1）根据A的构造可知，仪器A为球形冷凝管或冷凝管；冷凝管采用逆向通水，冷凝效果较好，即：从a进水、b出水，
故答案为：球形冷凝管或冷凝管；a；
（2）0.2mol异戊醇的体积约为：
故答案为：B；
（3）混合液体加热时容易发生暴沸现象，所以加入碎瓷片可防止液体暴沸；液体加热要加碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应冷却至室温，补加碎瓷片，所以A正确，
故答案为：防止暴沸；A；
（4）酯化反应是可逆反应，增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率，所以加入过量异戊醇可以提高正丁酸的转化率；无水MgSO4的具有吸水性，所以用无水MgSO4干燥丁酸异戊酯，
故答案为：提高正丁酸的转化率；干燥；
（5）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ab错误，所以仪器及装置安装正确的是c，
故答案为：c；
（6）0.2mol异戊醇和0.1mol正丁酸反应，理论上可以生成0.1mol丁酸异戊酯，质量为：158g/mol×0.1mol=15.8g，而实际产量是11g，所以本次实验的产率=
故答案为：69.6%．
（2015秋•浙江月考）某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HC03）为原料，采用以下流程制备纯碱（Na2C03）和氯化铵（NH4Cl）．
已知盐的热分解温度：NH4HCO336℃，NaHCO3270℃，NH4Cl340℃，Na2CO3＞850℃
请回答：
（1）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩．在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HC03固体之后，其原因是______．
（2）为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液1中加入氨水，理由是______；步骤X包括的操作有______．
（3）测定NH4Cl产品的纯度时，可采用的方法：在NH4Cl溶液中加入甲醛使之生成游离酸，然后以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液（需用邻苯二甲酸氢钾基准物标定）进行滴定．
①下列有关说法正确的是______．
A．为了减少滴定误差，滴定管、锥形瓶均须用待装液润洗
B．标准NaOH溶液可以装入带有耐腐蚀旋塞的玻璃滴定管中
C．开始滴定前，不需擦去滴定管尖悬挂的液滴
D．三次平行测定时，每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置
②若用来标定NaOH标准溶液的邻苯二甲酸氢钾基准物使用前未烘至恒重，则测得NH4Cl产品的含量比实际含量______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
正确答案
解：（1）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，所以在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是可避免NH4HCO3的分解，故答案为：可避免NH4HCO3的分解；
（2）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法，
故答案为：抑制NH4+水解、使NaHCO3转化为Na2CO3、补充煮沸时损失的NH3；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（3）①A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不必润洗，A错误；
B．因其腐蚀性强，标准NaOH溶液装入碱式滴定管或带有耐腐蚀旋塞的玻璃滴定管中，B正确；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴需除掉，C错误；
D．测定时，每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置，D正确；
故答案为：BD；
②邻苯二甲酸氢钾基准物使用前未烘至恒重，则标定的NaOH标准溶液的浓度偏高，再用NaOH标准溶液滴定时，消耗的体积不变，根据酸碱滴定原理，仍导致NH4Cl产品的含量比实际含量偏大．
解析
解：（1）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，所以在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是可避免NH4HCO3的分解，故答案为：可避免NH4HCO3的分解；
（2）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法，
故答案为：抑制NH4+水解、使NaHCO3转化为Na2CO3、补充煮沸时损失的NH3；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（3）①A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不必润洗，A错误；
B．因其腐蚀性强，标准NaOH溶液装入碱式滴定管或带有耐腐蚀旋塞的玻璃滴定管中，B正确；
C．开始滴定前，滴定管尖悬挂的液滴需除掉，C错误；
D．测定时，每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置，D正确；
故答案为：BD；
②邻苯二甲酸氢钾基准物使用前未烘至恒重，则标定的NaOH标准溶液的浓度偏高，再用NaOH标准溶液滴定时，消耗的体积不变，根据酸碱滴定原理，仍导致NH4Cl产品的含量比实际含量偏大．
甲酸广泛应用于制药和化工行业．某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．反应原理：
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．
已知：苯甲酸分子量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点．
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______．
（2）无色液体A是______，定性检验A的试剂是______，现象是______．
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔．该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确．请在答题卡上完成表中内容．
（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol．产品中甲苯酸质量分数的计算表达式为______．
正确答案
解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸．
（1）分离互不相溶的液体采用分液方法，根据流程图中，水相和有机相不互溶，可以采用分液方法分离，即操作I为分液，有机相中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，即操作II为蒸馏，
故答案为：分液；蒸馏；
（2）通过以上分析知，A是甲苯，甲苯中有甲基，所以能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯，
故答案为：甲苯；酸性KMnO4溶液；溶液褪色；
（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
故答案为：
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：
解析
解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸．
（1）分离互不相溶的液体采用分液方法，根据流程图中，水相和有机相不互溶，可以采用分液方法分离，即操作I为分液，有机相中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，即操作II为蒸馏，
故答案为：分液；蒸馏；
（2）通过以上分析知，A是甲苯，甲苯中有甲基，所以能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯，
故答案为：甲苯；酸性KMnO4溶液；溶液褪色；
（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
故答案为：
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：
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