Question

17．某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛（CCl₃CHO）的实验．查阅资料，有关信息如下：
（1）仪器A中发生反应的化学方程式是MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；装置B中的试剂是饱和食盐水．
①制备反应原理：C₂H₅OH+4Cl₂→CCl₃CHO+5HCl
可能发生的副反应：C₂H₅OH+HCl→C₂H₅Cl+H₂O
CCl₃CHO+HClO→CCl₃COOH（三氯乙酸）+HCl
②相关物质的部分物理性质：

	C2H5OH	CCl3CHO	CCl3COOH	C2H5Cl
熔点/℃	-114.1	-57.5	58	-138.7
沸点/℃	78.3	97.8	198	12.3
溶解性	与水互溶	可溶于水、乙醇	可溶于水、乙醇	微溶于水、可溶于乙醇

（2）若撤去装置C，可能导致装置D中副产物CCl₃COOH、C₂H₅Cl（填化学式）的量增加；装置D可采用    加热的方法以控制反应温度在70℃左右．
（3）反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl₃COOH．你认为此方案是否可行，为什么？不可行，CCl₃COOH溶于乙醇与CCl₃CHO．
（4）装置E中可能发生的无机反应的离子方程式有Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O、H⁺+OH^-=H₂O．
（5）测定产品纯度：称取产品0.30g配成待测溶液，加入0.1000mol•L^-1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na₂CO₃溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mo1•L^-1Na₂S₂O₃溶液滴定至终点．进行平行实验后，测得消耗Na₂S₂O₃溶液20.00mL．则产品的纯度为66.4%．（CCl₃CHO的相对分子质量为147.5）
滴定的反应原理：CCl₃CHO+OH^-═CHCl₃+HCOO^-
HCOO^-+I₂═H⁺+2I^-+CO₂↑  
I₂+2S₂O₃^2-═2I^-+S₄O₆^2-
（6）已知：常温下K_a（CCl₃COOH）=1.0×10^-1mol•L^-1，K_a （CH₃COOH）=1.7×10^-5mol•L^-1
请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱．

Answer 1

分析 A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl₄CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气．
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；用饱和食盐水除去HCl；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl₃CHO+HClO→CCl₃COOH（三氯乙酸）+HCl、C₂H₅OH+HCl→C₂H₅Cl+H₂O；控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热；
（3）CCl₃COOH溶于乙醇与CCl₃CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水；
（5）根据消耗的Na₂S₂O₃计算剩余I₂的物质的量，进而计算与HCOO^-反应的I₂的物质的量，再根据关系式：CCl₃CHO～HCOO^-～I₂计算；
（6）酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小．

解答 解：A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl₄CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气．
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，B装置用饱和食盐水除去HCl；
故答案为：MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；饱和食盐水；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl₃CHO+HClO→CCl₃COOH（三氯乙酸）+HCl、C₂H₅OH+HCl→C₂H₅Cl+H₂O，导致装置D中副产物：CCl₃COOH、C₂H₅Cl增多，控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，
故答案为：CCl₃COOH、C₂H₅Cl；水浴；
（3）CCl₃COOH溶于乙醇与CCl₃CHO，应采取蒸馏方法进行分离，
故答案为：不可行，CCl₃COOH溶于乙醇与CCl₃CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O、H⁺+OH^-=H₂O，
故答案为：Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O、H⁺+OH^-=H₂O；
（5）根据消耗的Na₂S₂O₃计算
剩余I₂的物质的量0.02000mol•L^-1×0.02L×$\frac{1}{2}$=2×10^-4mol，与HCOO^-反应的I₂的物质的量为0.1000mol•L^-1×0.02L-2×10^-4mol=1.8×10^-3mol，由CCl₃CHO～HCOO^-～I₂可知，CCl₃CHO的物质的量为1.8×10^-3mol，则产品的纯度为$\frac{1.8×1{0}^{-3}mol×147.5g/mol}{0.4g}$×100%=66.4%，
故答案为：66.4%；
（6）分别测定0.1mol•L^-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强；
故答案为：分别测定0.1mol•L^-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强．

点评 本题考查有机物制备、物质含量程度、实验方案设计等，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用，难度中等，侧重于考查学生的实验探究能力和计算能力．