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化学填空题精练1
1．三溴甲硅烷
熔点-73.5℃，沸点111.8℃，易水解。实验室利用 Si 和 HBr 制备[
]并提纯
的装置如图所示。(加热、夹
持装置略)
回答下列问题：
(1)仪器b 的名称是 。装置A 中的试剂是 。
(2)
的制备阶段，装置B 和装置F 分别需要 (填“冷水浴”“热水浴”或
“油浴”，下同)和 。
(3)装置D 的作用是 。(请结合化学方程式说明)
(4)图中装置存在的一处错误是 。
(5)提纯阶段：对E 与F 之间的玻璃导管进行熔封后，对制得的粗产品进行提纯。提纯操作
时
的状态是 。
(6)装置K 的作用是 。
(7)测定溶有少量HBr 杂质的
纯度。取
样品经水解、过滤得到硅酸水合物后，
再灼烧、冷却和称量，得到固体氧化物的质量为
，则样品纯度为 (用含
的代数式表示)。
2．铋酸钠(
是一种新型的光催化剂。实验室利用如图所示装置制取铋酸钠。(加热
和夹持仪器已略去)
已知：(
是难溶于
水的白色固体；
为浅黄色固体。不溶于冷水，
在空气、热水及酸溶液中发生分解；
Bi
③
3+在酸性水溶液中呈无色。
1
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回答下列问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
(1)检查装置气密性并加入试剂，装置丙中盛放
固体与过量NaOH 溶液的混合物，
打开K1、K3，向三颈烧瓶中滴加浓盐酸。仪器X 的名称为 ；装置丙中发生反应的
离子方程式为 。
(2)装置乙中间长导管的作用是 。
(3)当装置丙中反应已完成，立即关闭K1、K3，打开K2，向甲中加入足量NaOH 溶液，作
用是 ；装置丁中盛放NaOH 溶液，其中发生反应的化学方程式为 。
Ⅱ．铋酸钠的分离提纯
(4)反应结束后，为了从装置丙中获取NaBiO3粗产品，下列选项中最合理的操作组合是
(填标号)。
a．在冰水中冷却 b．用普通漏斗过滤 c．用布氏漏斗抽滤
d．冷水洗涤 e．热水洗涤 f．自然晾干 g．在干燥器中干燥
Ⅲ．铋酸钠纯度的测定
(5)取上述制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和
稀溶液使其完全反应，生
成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL 溶液，取25.00mL 用nmol/L
的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是
(用含n、m、V 的代数式表示)。
3．钴、镍是重要的战略物资，但资源匮乏。某冶金厂的废炉渣中含下列化学成分(表1)。
现用如下工艺流程从废炉渣中综合回收Cu、Ni、Co。
表1 废炉渣的主要化学成分
元素
Cu
Co
Ni
Fe
Mn
Ca
Mg
Ti
Zn
质量百分数/%
13.38
1.53
27.25
16.8
<0.01
2.0
<0.03|
0.03
<0.01
表2
有机相中P204 体积
分数对萃取除杂效果
的影响
已知：CaF2、MgF2难溶
于水。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中稀硝酸需要缓慢加入反应液的原因是 。
(2)“除铁1”中发生除杂反应的离子方程式为 ；若省去此步骤，对后续步骤造成的影
响是 。
(3)“滤渣2”中含有 。
φ(P204)/%
萃余液中金属离子质量浓度/(g·L⁻¹)
Co2+
Ni2+
Cu2+
Fe2+
Zn2+
Mn2+
10
1.45
27.2
0.017
<0.005
0.004
0.01
15
1.40
26.8
0.005
<0.005
0.005
0.005
20
1.20
26.1
<0.005
<0.005
0.005
0.003
2
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(4)“除铁2”的原理是溶液中的Fe2(SO4)3和Na2SO4在90℃左右，产生黄钠铁矾晶体
请写出该反应的化学方程式： 。该步骤若加入
溶
液，可以提高除铁效率，试从化学平衡角度解释原因： 。
(5)“萃取1”中有机相(P204-煤油)中P204 的体积分数不同，对金属离子的萃取效果也不同。
表2 是不同体积分数的P204-煤油溶液萃取除杂的效果数据，最合适的是 %。
(6)已知下图分别是萃取剂P204 和P507 的结构(R 是同
一烃基)，两物质中P=O 上的氧原子均可与Co²⁺配位形
成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能
力大小：O(P204) O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。
4．甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题：
Ⅰ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
(1)2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向在 (填“高温”
或“低温”)条件下更有利于其自发进行。
(2)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入
CH4后将体系温度维持在200℃的原因是 (不考虑催化剂活性变化)。
Ⅱ．利用合成气CO、H₂ 制备甲醇，涉及的反应如下：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0
在不同压强下，按照n(CO2):
n(H2)=1:3 进行投料，在容器中
发生反应①、②，平衡时，
CO 和 CH3OH 在含碳产物
(即CH3OH 和CO)中物质的量
分数及 CO2的转化率随温度
的变化如下图所示。
(3)判断图中压强。 p1、p2、p3大到小的顺序为 。
(4)压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因： 。
(5)在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L 进行实验，平衡时 CH3OH
的物质的量分数为点M，此时(CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数
K=
(保留一位有效数字)。
Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光
电催化反应池)减少CO2排放并获取制
备甲醇的原料CH4。
(6)光催化电池中的半导体是在晶体硅
中掺杂硼原子和磷原子实现的。p 型
半导体也称为空穴型半导体，n 型半导
体也称为电子型半导体。据此，推测
n 型半导体掺杂的是 (填元素符号)。
(7)产生 CH4的电极反应式为 。
3
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5．左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为
在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H 的合成路线如
下：
已知：
表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc 代表-COOC(CH3)3。
回答下列问题：
(1)物质C 中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为 。
(2)步骤①的反应类型为 ，其化学反应方程式为 。
(3)步骤②、③的目的是 。
(4)TFA 表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小
随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO- CH3COO-(填“>”或
“<”)。
(5)已知-Boc 是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与
醇羟基反应，原理如下：
结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO 为原料制备
4
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的路线 (用流程图表示，其他试剂任选)。
5
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《化学填空题精练1》参考答案
1．(1)蒸馏烧瓶、浓硫酸(2)热水浴、冷水浴
(3)发生反应
，吸收未反应完的溴
(4)温度计的水银球未在蒸馏烧瓶支管口处 (5)关闭K1，打开K2
(6)平衡气压，方便馏分顺利流下；防止外界水蒸气进入使产品水解变质 (7)
【详解】（1）仪器b 的名称为蒸馏烧瓶；使用装置A 除去氢气中的水蒸气，所以装置A
中盛放的试剂为浓硫酸；（2）装置B 需要为后续装置提供溴蒸气，可采用热水浴促进液
溴挥发产生溴蒸气；装置F 用来收集三溴甲硅烷，所以应采用冷水浴促进三溴甲硅烷的冷
凝；
（3）装置D 中的溴化亚铁可与溴发生反应
，吸收未反应完的溴；
（4）进行蒸馏操作时，需将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶支管口处用来测量出口处气体的
温度；（5）提纯时为了让液体能顺利流下应关闭K1，打开K2；
（6）提纯时为了让液体能顺利流下，需打开K2，装置K 起到平衡气压，方便馏分顺利流
下，同时三溴甲硅烷易水解，还防止外界水蒸气进入使产品水解变质；
（7）样品最终经过水解、干燥、灼烧、冷却得到二氧化硅，269gSiHBr3~60gSiO2，则样品
中SiHBr3质量为
，样品纯度为
。
2．(1)恒压滴液漏斗、
(2)平衡装置内外气压
(3)可防止
分解，还能吸收多余氯气、
(4)acdg (5)
【详解】（1）仪器X 的名称：恒压滴液漏斗；丙装置中
在NaOH 溶液环境下与
氯气发生反应生成NaBiO3：
；
（2）装置乙中间长导管与外界相连通，可起到平衡气压的作用；
（3）
在空气、热水及酸溶液中发生分解，所以反应完成后加入足量NaOH 溶液，
可防止
分解，还能吸收多余氯气；丁中的氢氧化钠溶液可吸收多余氯气：
；
（4）据已知信息，
不溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品：
a．在冰水中冷却，合理；b．用普通漏斗过滤，延长了过量时间，增大铋酸钠分解可能，
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不合理；c．用布氏漏斗抽滤，加快过滤，合理；d．冷水洗涤，减少溶解损失，合理；e．
热水洗涤，由于铋酸钠在热水中逐渐分解，不合理；f．自然晾干，暴露空气中太久，铋酸
钠分解，不合理；g．在干燥器中干燥，减少与空气接触，合理；
（5）
将
氧化为
，自身被还原为
，
被
还原，根据得失
电子守恒：
，关系式：
，则纯度：
。
3．(1)控制反应速率，防止反应过于剧烈，避免液体飞溅或气体产生过快；
(2)
、用铁粉置换铜步骤会消耗更多的铁粉
(3)铜和铁(4) Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋12H2O
Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5H2SO4
与溶液中
的H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+水解平衡Fe3++ 3H2O
Fe(OH)3 + 3H+向右移动，更多
Fe3+转化为黄钠铁矾晶体，提高除铁效率；(5)20 (6)小于
【详解】（1）稀硝酸是强氧化剂，可促进金属溶解，与反应液混合时反应剧烈，缓慢加入
可控制反应速率，防止反应过于剧烈，避免液体飞溅或气体产生过快；
（2）由分析可知，“除铁1”中发生除杂反应的离子方程式为：
；若省去此步骤，用铁粉置换铜步骤会消耗更
多的铁粉 ；
（3）由分析可知，滤渣2 中含有铜和铁；
（4）由分析可知，该反应的化学方程式：Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋12H2O
Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5H2SO4；该步骤若加入
溶液，
与溶液中的H+反应，降低
H+浓度，促使Fe3+水解平衡Fe3++ 3H2O
Fe(OH)3 + 3H+向右移动，更多Fe3+转化为黄钠铁
矾晶体，提高除铁效率；
（5）分析表中数据，萃取的目的是使萃余液中金属离子浓度尽可能低，当φ(P204)％为
20%时，萃余液中多种金属离子质量浓度最低，说明此时萃取效果最佳；
（6）观察结构，P507 中与P 相连的基团为烃基（R），烃基给电子能力强，使P=O 上O
的电子云密度更大；而P204 中与P 相连的是RO，P=O 上O 的电子云密度相对较小；电子
云密度越大，配位能力越强，故O(P204) 小于 O(P507)。
4．(1)低温 (2)温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少
成为主因，也会导致反应速率减小
(3)p1＞p2＞p3 (4)升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度
升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响
是主要的，使CO2的转化率升高 (5)0.01 (6)P (7)CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【详解】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，
△H＜0，则在低温条件下更有利于其自发进行。
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（2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于
气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面
的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在
200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少
成为主因，也会导致反应速率减小；
（3）反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0
由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为
CH3OH(g)的物质的量分数随温度变化的曲线，上升的曲线为CO(g)的物质的量分数随温度
变化的曲线。
对于反应①，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的物质的量分数增大，则
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3。
（4）压强不变时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则升温过程中，
CO2转化率变化的原因：升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，
温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的
影响是主要的，使CO2的转化率升高。
（5）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L 进行实验，平衡时
CH3OH 和CO 的物质的量分数为点M，此时二者的物质的量分数都为50%，CO2转化率为
20%，则参加反应CO2的物质的量为1mol×20%=0.2mol。设反应①中参加反应CO2的物质
的量为x，则反应②中参加反应CO2的物质的量为(0.2-x)mol，由此可建立如下三段式：
x=0.2-x，x=0.1mol，则该条件下反应②正反应的平衡常数K=
=
≈0.01。
（6）B 比Si 少1 个价电子，二者结合后形成空穴，导致空穴导电；P 比Si 多1 个价电子，
二者结合后，多出1 个自由电子，能提供电子导电。p 型半导体也称为空穴型半导体，n 型
半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n 型半导体掺杂的是P。
（7）从图中可以看出，在光阳极，H2O 失电子生成O2等；在光阴极，CO2、H+得电子生成
CH4等，则依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出产生CH4的电极反应式为
CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。
5．(1)酰胺基、酯基 (2)取代反应
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(3)保护羧基、保护酚羟基 (4)<
(5)HOCH2CH2CH2NH2
【详解】（1）物质C 中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、
酯基；
（2）
由分析知，①的化学方程式为
，该
反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
；
（3）反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧
基；反应③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能
团为酚羟基，故答案为：保护羧基；保护酚羟基；
（4）甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：
CF3COO-＜CH3COO⁻，故答案为：＜；
（5）
根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合
反应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2
，故答案为：
4
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HOCH2CH2CH2NH2
。
5
