Question

9．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相关物质的相对分子质量及部分物理性质：

	C2H5OH	CCl3CHO	CCl3COOH	C2H5Cl
相对分子质量	46	147.5	163.5	64.5
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、三氯乙醛	微溶于水，可溶于乙醇

（1）仪器A中发生反应的化学方程式为MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O．
（2）装置B中的试剂是饱和食盐水，若撤去装置B，可能导致装置D中副产物C₂H₅Cl（填化学式）的量增加；装置D可采用水浴加热的方法以控制反应温度在70℃左右．
（3）装置中球形冷凝管的作用为冷凝回流，写出E中所有可能发生的无机反应的离子方程式Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O、H⁺+OH^-=H₂O．
（4）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不可行．
（5）测定产品纯度：称取产品0.40g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0.02000mol•L^-1Na₂S₂O₃溶液滴定至终点．进行三次平行实验，测得消耗Na₂S₂O₃溶液20.00mL．则产品的纯度为66.4%（计算结果保留三位有效数字）．
滴定的反应原理：CCl₃CHO+OH^-═CHCl₃+HCOO^-
HCOO^-+I₂═H⁺+2I^-+CO₂↑
I₂+2S₂O₃^2-═2I^-+S₄O₆^2-
（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强，某学习小组的同学设计了以下三种方案，你认为能够达到实验目的是abc．
a．分别测定0.1mol•L^-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小
b．用仪器测量浓度均为0.1mol•L^-1的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱
c．测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大．

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CCl₃CHO，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；
（2）浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去HCl；撤去B装置，增大副反应C₂H₅OH+HCl→C₂H₅Cl+H₂O的发生；控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热；
（3）有机物易挥发性，冷凝回流挥发的有机物；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；
（4）根据CCl₃COOH溶于乙醇与CCl₃CHO分析；
（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）a．酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小；
b．电离程度越大，酸性越强，溶液中离子浓度越大，导电能力越强；
c．酸性越弱，其钠盐的水解程度越大，溶液pH越大．

解答 解：（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，
故答案为：MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；
（2）B装置用饱和食盐水除去HCl，减少副反应发生，撤去B装置，氯气中混有HCl，增大副反应C₂H₅OH+HCl→C₂H₅Cl+H₂O的发生，导致装置D中副产物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：饱和食盐水；C₂H₅Cl；水浴；
（3）有机物易挥发性，冷凝回流挥发的有机物；EE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：冷凝回流；Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O、H⁺+OH^-=H₂O；
（4）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；
（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）a．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a正确；
b．用仪器测量浓度均为0.1mol•L^-1的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱，三氯乙酸溶液中离子浓度更大，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b正确；
c．测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大，说明乙酸钠的水解程度更大，则乙酸的酸性比三氯乙酸的弱，故c正确，
故选：abc．

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．