- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
已知：Ⅰ：
Ti（s）+O2（g）=TiO2（s）△H=-946kJ•mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）△H=-815kJ•mol-1
Ⅱ：某温度下各物质的沸点如下：
回答下列问题：
（1）在氯化工序中发生反应：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）．试计算其反应的△H=______ kJ•mol-1；反应的平衡常数表达式K=______，在图中作出TiCl4达到平衡后百分含量随温度的变化趋势图．
（2）氯化过程中带入的副产物有FeCl3、SiCl4和AlCl3，可用______方法获得较纯净的TiCl4．
（3）TiO2与Cl2反应：TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）△H=+151kJ•mol-1．该反应在高温条件下但难以发生，但加入碳后反应能顺利进行，试解析上述原因______
（4）还原工序要在惰性气体的气氛中进行的理由是______．
（5）制取Ti的新工艺是用二氧化钛作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2熔盐做电解质（在熔融状态下能传导O2-），电解而得到Ti，该工艺具有操作简单，成本低，无污染等优点，写出电解制备金属钛时阴极的电极反应式：______．
正确答案
解：（1）①Ti（s）+O2（g）=TiO2（s）△H=-946kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
③Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）△H=-815kJ•mol-1
根据盖斯定律，③+②-①可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）△H=-815kJ•mol-1+（-221kJ•mol-1）-（946kJ•mol-1）=-90kJ•mol-1；
反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）的平衡常数为：K=
该反应为放热反应，随着温度的升高，化学平衡向着逆向移动，则平衡常数逐渐减小，则TiCl4达到平衡后百分含量随温度的变化趋势图为：
故答案为：-90；
（2）粗TiCl4固体加热易气化，由表中数据可知，TiCl4固体与含有的杂质的沸点相差较大，可以通过蒸馏的方法分离，
故答案为：蒸馏（分馏）；
（3）反应中TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）加入碳后，碳与氧气反应，导致生成物浓度减小，平衡向着正向移动，
故答案为：降低生成物O2浓度，平衡向正方向移动；
（4）金属钠、钛能够与空气中氧气反应，为了防止高温下Na（Ti）与空气中的O2反应，所以还原工序要在惰性气体的气氛中进行，
故答案为：防止高温下Na（Ti）与空气中的O2作用；
（5）制取Ti的新工艺是用二氧化钛作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2熔盐做电解质（在熔融状态下能传导O2-），电解而得到Ti，电解池中阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极TiO2中钛离子得到电子生成金属Ti和O2-，阴极电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-，
故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-．
解析
解：（1）①Ti（s）+O2（g）=TiO2（s）△H=-946kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
③Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）△H=-815kJ•mol-1
根据盖斯定律，③+②-①可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）△H=-815kJ•mol-1+（-221kJ•mol-1）-（946kJ•mol-1）=-90kJ•mol-1；
反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌TiCl4（g）+2CO （g）的平衡常数为：K=
该反应为放热反应，随着温度的升高，化学平衡向着逆向移动，则平衡常数逐渐减小，则TiCl4达到平衡后百分含量随温度的变化趋势图为：
故答案为：-90；
（2）粗TiCl4固体加热易气化，由表中数据可知，TiCl4固体与含有的杂质的沸点相差较大，可以通过蒸馏的方法分离，
故答案为：蒸馏（分馏）；
（3）反应中TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（l）+O2（g）加入碳后，碳与氧气反应，导致生成物浓度减小，平衡向着正向移动，
故答案为：降低生成物O2浓度，平衡向正方向移动；
（4）金属钠、钛能够与空气中氧气反应，为了防止高温下Na（Ti）与空气中的O2反应，所以还原工序要在惰性气体的气氛中进行，
故答案为：防止高温下Na（Ti）与空气中的O2作用；
（5）制取Ti的新工艺是用二氧化钛作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2熔盐做电解质（在熔融状态下能传导O2-），电解而得到Ti，电解池中阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极TiO2中钛离子得到电子生成金属Ti和O2-，阴极电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-，
故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-．
某化学小组以苯甲酸为原料制取苯甲酸甲酯．有关物质的沸点和相对分子质量如表：
Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品
在烧瓶中加入12.2g苯甲酸和20mL甲醇（密度约0.79g/mL），再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒碎瓷片，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品．
（1）该反应中浓硫酸的作用是______，甲醇过量的原因______．
（2）若反应产物水分子中有同位素18O，写出能表示反应前后18O位置的化学方程式：______，
（3）甲、乙、丙三位同学分别设计了如图三套实验室制取苯甲酸甲酯的装置（夹持仪器和加热仪器均已略去）．根据有机物的特点，最好采用______装置（填“甲”、“乙”、“丙”）．
Ⅱ．粗产品的精制
（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程图进行精制，请根据流程图填入恰当操作方法的名称：操作I为______，操作Ⅱ为______．
（5）以上流程图中加入Na2CO3溶液后，放入分液漏斗中振荡、静置，要得到有机层，其具体操作是______．
（6）苯甲酸甲酯的产率为______．
正确答案
解：（1）浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用，酯化反应为可逆反应，浓硫酸吸收反应生成的水，可以促进酯的生成，浓硫酸起到了吸水剂的作用；由于该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高苯甲酸甲酯的产率，
故答案为：催化剂和吸水剂；该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高产率；
（2）苯甲酸与甲醇在浓硫酸作用下的酯化反应为：苯甲酸脱去羟基，据此脱去羟基中的氢原子，二者反应生成苯甲酸甲酯，所以水中18O原子来自苯甲酸，反应的化学方程式为：C6H5CO18OH+CH3OH
故答案为：C6H5CO18OH+CH3OH
（3）由装置图可知，乙图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，甲图和丙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采用甲图、丙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，减少甲醇的挥发，提高产率，
故答案为：乙；
（4）苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分离出互不相溶的液体，通常采用分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分离，
故答案为：分液；蒸馏；
（5）加入Na2CO3溶液后，放入分液漏斗中振荡、静置，要得到有机层，其具体操作方法为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中，
故答案为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中；
（6）12.2g苯甲酸的物质的量为：
则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为：0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：
故答案为：65%．
解析
解：（1）浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用，酯化反应为可逆反应，浓硫酸吸收反应生成的水，可以促进酯的生成，浓硫酸起到了吸水剂的作用；由于该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高苯甲酸甲酯的产率，
故答案为：催化剂和吸水剂；该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高产率；
（2）苯甲酸与甲醇在浓硫酸作用下的酯化反应为：苯甲酸脱去羟基，据此脱去羟基中的氢原子，二者反应生成苯甲酸甲酯，所以水中18O原子来自苯甲酸，反应的化学方程式为：C6H5CO18OH+CH3OH
故答案为：C6H5CO18OH+CH3OH
（3）由装置图可知，乙图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，甲图和丙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采用甲图、丙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，减少甲醇的挥发，提高产率，
故答案为：乙；
（4）苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分离出互不相溶的液体，通常采用分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分离，
故答案为：分液；蒸馏；
（5）加入Na2CO3溶液后，放入分液漏斗中振荡、静置，要得到有机层，其具体操作方法为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中，
故答案为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中；
（6）12.2g苯甲酸的物质的量为：
则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为：0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：
故答案为：65%．
实验室可用氯气和金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物呈红棕色、易与水发生较剧烈的化学反应，100度左右时易升华．如图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如1、2所示．
（1）写出B中制取Cl2的反应化学方程式______．
（2）当D中有______现象时再点燃D处酒精灯的比较合适．
（3）装置1 和装置2的都有缺点，如果选用2装置完成实验，则必须采取的改进措施是______．
正确答案
MnO2+4HCl（浓）
充满黄绿色气体
在E、F之间加入一个装有浓硫酸的洗气瓶
解析
解：（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，化学方程式为4HCl（浓）+MnO2≜
故答案为：4HCl（浓）+MnO2≜
（2）D是氯气和铁反应，防止氧气和铁反应生成铁的氧化物而产生杂质，所以D中的反应开始前，必须排除装置中的空气，其方法是B中的反应进行一段时间后，看到共绿色气体充满装置，再开始加热D，
故答案为：充满黄绿色气体；
（3）装置（Ⅰ）的主要缺点是：导气管口较小，D装置中的固体物质易堵塞导管口；氯气是有毒气体，不能直接排空，否则会污染环境，所以应该有一个尾气处理装置，装置（Ⅱ）：装置中有尾气处理装置，但尾气处理装置中是水溶液，会导致E中有水蒸气，会导致氯化铁产品易潮解，所以为防止氯化铁潮解，在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置，
故答案为：在E、F之间加入一个装有浓硫酸的洗气瓶．
孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+：实验步骤中试剂①为______（从下列所给试剂中选择，填代号），写出此步骤中的离子方程式______，检验溶液A中Fe3+的最佳试剂为______（从下列所给试剂中选择，填代号）．
a．KMnO4 b．（NH4）2S c．H2O2 d．KSCN
（2）由溶液C获得CuSO4•5H2O，需要经过______、______、过滤等操作．除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器______，该仪器在此操作中的主要作用是______、______．
（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入）______（填化学式），写出此过程的化学方程式______，若实验过程中有氨气逸出、应选用下列______装置回收（填代号）．
正确答案
解：制备CuSO4•5H2O及CaCO3步骤：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量Fe的氧化物均与硫酸反应，只有SiO2不反应，溶液A中含Cu2+、Fe2+、Fe3+，由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液B中含Cu2+、Fe3+，加CuO促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液C中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O；制备CaCO3时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，则过滤可得到CaCO3．
（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，因Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，则可用KSCN检验Fe3+；
故答案为：c；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；d；
（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用，在蒸发时起到搅拌的作用，
故答案为：加热蒸发、冷却结晶；玻璃棒；搅拌、引流；
（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，发生反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，
故答案为：NH3•H2O；CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O；b；
解析
解：制备CuSO4•5H2O及CaCO3步骤：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量Fe的氧化物均与硫酸反应，只有SiO2不反应，溶液A中含Cu2+、Fe2+、Fe3+，由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液B中含Cu2+、Fe3+，加CuO促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液C中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O；制备CaCO3时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，则过滤可得到CaCO3．
（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，因Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，则可用KSCN检验Fe3+；
故答案为：c；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；d；
（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用，在蒸发时起到搅拌的作用，
故答案为：加热蒸发、冷却结晶；玻璃棒；搅拌、引流；
（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，发生反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，
故答案为：NH3•H2O；CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O；b；
实验室用苯甲醛制备苯甲醇和苯甲酸的流程图如图1所示，已知反应原理：
苯甲醛易被空气氧化；苯甲醇的沸点为205.3C；苯甲酸的熔点为121.7C，沸点为249C，溶解度0.34g（常温）；乙醚的沸点34.8C，难溶于水．
试回答：
（1）混合苯甲醛、氢氧化钾和水应选用的仪器是______（填字母序号）．
A．带胶塞的锥形瓶 B．玻璃棒和玻璃片 C．烧杯 D．容量瓶
（2）操作I的名称是______，乙醚溶液中的主要成分是______．
（3）操作II的名称是______．
（4）在使用如图2所示仪器的操作中，烧瓶内温度计中的水银球的位置应在______（选填图示字母序号）处，该操作中，除图中两仪器外，还需使用的仪器有酒精灯、带附件的铁架台、橡胶塞、石棉网、各种玻璃导管、橡胶管及______等，分离产品的适宜温度是______．
（5）操作III的名称是______，产品甲是______，产品乙是______．
正确答案
解：（1）苯甲醛易被空气氧化，所以混合苯甲醛、氢氧化钾和水时，应在带胶塞的锥形瓶中进行，避免与空气过多接触，即A正确，
故答案为：A；
（2）据上述分析，操作Ⅰ为萃取、分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，
故答案为：萃取、分液；苯甲醇；
（3）乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，
故答案为：蒸馏；
（4）蒸馏时，温度计的水银球应在支管口，则温度计水银球x的放置位置为b；通过蒸馏分离出的是苯甲醇，蒸馏实验中需要的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、酒精灯、锥形瓶，根据苯甲醇的沸点可知控制蒸气的温度为205.3℃，
故答案为：b；冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶；205.3℃；
（5）水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，
故答案为：过滤；苯甲醇；苯甲酸．
解析
解：（1）苯甲醛易被空气氧化，所以混合苯甲醛、氢氧化钾和水时，应在带胶塞的锥形瓶中进行，避免与空气过多接触，即A正确，
故答案为：A；
（2）据上述分析，操作Ⅰ为萃取、分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，
故答案为：萃取、分液；苯甲醇；
（3）乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，
故答案为：蒸馏；
（4）蒸馏时，温度计的水银球应在支管口，则温度计水银球x的放置位置为b；通过蒸馏分离出的是苯甲醇，蒸馏实验中需要的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、酒精灯、锥形瓶，根据苯甲醇的沸点可知控制蒸气的温度为205.3℃，
故答案为：b；冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶；205.3℃；
（5）水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，
故答案为：过滤；苯甲醇；苯甲酸．
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