【化学】湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
时间：90分钟 试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量：C：12 H：1 O：16
一、选择题(本题共16小 题，每题只有一个正确答案，共48分)
1.下列说法正确是( )
A. 丙烷分子的比例模型：
B. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体
C. 和为同一物质（不考虑立体异构）
D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A.这是丙烷的球棍模型，A错误；
B.二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C.由于甲烷是正四面体结构，所以这两个结构式表示的是同一物质，C正确；
D.前者是一元醇，后者是三元醇，二者不是同系物，D错误；
故合理选项是C。
2.有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是( )
A. CH2=CH—CH=CH2 1,3-二丁烯 B. 3-丁醇
C. 2-甲基丁烷 D. 甲基苯酚
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子之间和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A错误；
B.要从离羟基较近的一端给主链上的C原子编号，该物质名称为2-丁醇，B错误；
C.命名符合烷烃的系统命名方法，C正确；
D.物质属于酚类，甲基与羟基位于邻位，因此名称为2-甲基苯酚，D错误；
故合理选项是C。
3.由CH2=CH2→CH3CH2Cl→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH的转化过程中，经过的反应为（ ）
A. 加成→消去→氧化→取代 B. 消去→取代→氧化→加成
C. 加成→取代→消去→氧化 D. 加成→取代→氧化→氧化
【答案】D
【解析】
【详解】由CH2=CH2→CH3CH2Cl→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH合成流程可知，先发生烯烃的加成、再发生卤代烃水解(也属于取代反应)，然后连续氧化生成乙酸，
即合成中涉及的反应为加成→取代→氧化→氧化，故合理选项是D。
4.设阿伏伽德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
B. 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NA
C. 常温常压下，4.2g C2H4和C9H18混合物中含有的碳原子数为0.3NA
D. 常温下，1mol C3H8含有C-H共价键数为10NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、CCl4标准状况下，不是其气体，不能用22.4L·mol－1，故错误；B、苯分子不含碳碳双键，故错误；C、C2H4、C9H18符合通式为CnH2n，4.2g中含有碳原子的物质的量4.2×n/14nmol=0.3mol，故正确；D、1molC3H8，其结构简式为CH3CH2CH3，其中含有8molC－H，故错误。
考点： 考查阿伏加德罗常数等知识。
5.白桦脂酸对白血病等恶性肿瘤细胞有抑制作用，其结构简式如图所示，在白桦脂酸中加入合适的试剂检验其官能团(必要时可加热)，下列试剂、现象、结论都正确的一项是

选项
试剂
现象
结论
A
氯化铁溶液
溶液变色
含有羟基
B
银氨溶液
有银镜产生
含有醛基
C
碳酸氢钠溶液
有气泡产生
含有羧基
D
酸性KMnO4溶液
溶液褪色
含有碳碳双键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物含有醇羟基，可发生取代、氧化、消去反应；含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题。
【详解】A.该有机物分子中不含酚羟基，加入氯化铁溶液后不会变色，A错误；
B.该有机物中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；
C.含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，C正确；
D.该有机物分子中含有羟基，羟基也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质的知识，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，把握反应条件和反应类型的判断，试题侧重考查学生的分析能力和应用能力。
6.香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成:

有关上述两种化合物的说法正确的是( )
A. 常温下，1 mol丁香酚只能与1 mol Br2反应
B. 丁香酚不能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol香兰素最多能与3 mol氢气发生加成反应
D. 香兰素分子中至少有12个原子共平面
【答案】D
【解析】
A．由丁香酚的结构简式可知，1 mol丁香酚可以和2 mol溴反应（1 mol取代酚羟基邻位，1 mol与双键加成），故A错误；B．苯酚能与FeCl3溶液发生显色反应，丁香酚分子中含有酚羟基，则丁香酚能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成，则1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，则7个C原子、3个H原子、2个O原子在同一平面内，故D正确；故选D。
7.已知某有机物A核磁共振氢谱如上图所示，下列说法中，错误的是( )

A. 若 A的分子式为C3H6O2，则其结构简式为CH3COOCH3
B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子
C. 仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数
D. 若A的化学式为C3H6O2，则其同分异构体至少有三种
【答案】A
【解析】
【分析】
核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比，有机物C3H6O2的PMR谱有三个信号蜂，其强度比为3：2：1，分子中有3种化学环境不同的H原子，且H原子数目依次为3、2、1，据此解题。
【详解】A.核磁共振氢谱中有3个峰，有3种H原子，A错误；
B.核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3，B正确；
C.核磁共振氢谱能确定H原子的种类，仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数，C正确；
D.若A的化学式为C3H6O2，该物质可能是CH3CH2COOH、CH3COOCH3、HCOOCH2CH3、、等，因此其同分异构体至少有三种，D正确；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查核磁共振氢谱在物质结构的判断与确定的应用的知识，注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，不能确定氢原子个数，峰的面积之比等于H原子数目之比。
8.下列装置（部分夹持装置及石棉网已省略）或操作能达到实验目的的是

A. 用装置①制乙烯 B. 用装置②分离苯和苯酚
C. 用装置③制备乙酸乙酯 D. 用装置④验证硫酸、碳酸、苯酚酸性强弱
【答案】D
【解析】
【分析】
A.加热170℃乙醇发生消去反应生成乙烯；
B.苯和苯酚互溶；
C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；
D.发生强酸制取弱酸的反应
【详解】A.加热170℃乙醇发生消去反应生成乙烯，则图中缺少玻璃棒，A错误；
B.苯和苯酚互溶，不能过滤分离，B错误；
C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，C错误；
D.锥形瓶中有气泡产生，说明硫酸的酸性强于碳酸；烧杯中变浑浊，说明碳酸的酸性强于苯酚。因此，装置④可验证硫酸、碳酸、苯酚酸性强弱，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握实验装置的作用、性质与反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，侧重考查学生的分析与实验能力。
9.某一溴代烷水解后的产物在红热铜丝催化下，最多可被空气氧化生成4种不同的醛，该一溴代烷的分子式可能是（ ）
A. C4H9Br B. C5H11Br C. C6H13Br D. C7H15Br
【答案】B
【解析】
试题分析：先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛．
A．正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，故A错误；
B．C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br 1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br 2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br 3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br 2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO 戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO 2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO 3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO 2，2-二甲基丙醛；故B正确；
C．C6H13Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃有13种，故C错误；
D．C7H15Br 水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃大于13种，更多，故D错误；
故选B。
考点：卤代烃简介 乙醇的化学性质
点评：本题考查同分异构体的应用和卤代烃的水解、醇的氧化等知识，可以根据所学知识来回答，难度中等。
10.常温下水的离子积常数KW=1.0×10−14，在100 ℃时水的离子积常数K'W=1.0×10−12。若将下列溶液加热至90 ℃(忽略溶液体积变化)，则溶液pH不变的是
A. 硫酸钠溶液 B. 稀硫酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 浓盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】由题目提供不同温度下水的离子积常数可知，温度升高时水的离子积常数增大；
A. 硫酸钠不会破坏水的电离平衡，但升温时，水的电离程度增大，c(H+)增大，溶液的pH减小，故A错误；
B. 决定稀硫酸溶液pH的因素是硫酸完全电离产生的c(H+)，它不会随温度变化而变化，溶液的pH不变，故B正确；
C. 升温时，氢氧化钠溶液中的 c(OH-)不会变化，但由于水的离子积常数增大c(H+)=Kw/ c(OH-)，所以c(H+)，增大，溶液的pH减小，故C错误；
D. 因为加热浓盐酸时，会有大量氯化氢气体逸出，c(H+)减小，溶液的pH增大，故D错误。
故选B。
11.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+ 3H2O(g) △H<0，在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是 （ ）
A. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B. 平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C. 单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡
D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 依据化学平衡移动原理，结合影响因素分析判断；
B.可根据反应物的浓度改变与平衡移动的关系，结合含N元素的化合物分析；
C.根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变分析；
D.催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动。
【详解】A.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以升高温度可使该反应的平衡常数减小，A错误；
B.NH3是反应物，增大反应物的浓度，可以使平衡正向移动，NO的转化率提高，而NH3的转化率降低，B错误；
C.根据方程式可知，在任何条件下每反应消耗1molNO，会同时产生2molN2，现在单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2，说明正反应速率与逆反应速率相等，则NO、N2的浓度不变，因此反应达到平衡状态，C正确；
D.在其他条件不变时，使用高效催化剂，可以加快化学反应速率，但由于对正、逆反应速率的影响相同，所以平衡不发生移动，因此废气中氮氧化物的转化率不变，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响及平衡状态的判断等，做题时要注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法，题目难度不大。
12.图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物(CxHy)的工作原理示意图，用某钾盐水溶液做电解液；图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图，用硫酸为电解质溶液。下列说法中不正确的是（ ）

A. 甲中铜片作阴极，K+向铜片电极移动
B. 乙中正极发生的电极反应为CO2-6e-+6H+=CH3OH+H2O
C. 乙中H2SO4的作用是增强溶液的导电性
D. 甲中若CxHy为C2H4，则生成1mol C2H4的同时生成3mol O2
【答案】B
【解析】
【分析】
甲图中：CO2电催化还原为碳氢化合物，由电子流向可知，则通入CO2的一极为电解池的阴极，另一极为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，乙图中，燃料电池的正极上氧气发生得电子的还原反应，由此分析解答。
【详解】A.电解时，电子流向是：阳极→正极，负极→阴极，铜为阴极，所以阳离子K+向铜片电极移动，A正确；
B.由图可知乙中正极上是二氧化碳发生得电子的还原反应的过程，发生的电极反应为CO2-6e-+6H+=CH3OH+H2O，B错误；
C.乙中电解质H2SO4的作用是增强溶液的导电性，C正确；
D.若CxHy为C2H4，则电解的总反应为：2CO2+2H2O3O2+C2H4，所以生成1 mol C2H4的同时生成3 molO2，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查学生电解池的工作原理知识，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，侧重考查学生的分析能力。
13.室温下向10mL0.1mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )

A. a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B. a.b两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D. b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
14.某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4 还原为 Na2S。下列说法不正确的是

A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能
B. M 是阴离子交换膜
C. 放电时，a 极为负极
D. 充电时，阳极的电极反应式为 3I--2e－=I3-
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I--2e-=I3-，据此回答。
【详解】A.根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，A正确；
B.根据原电池原理可知，为防止氧化剂和还原剂直接反应，用离子交换膜将两者隔离，而钠离子不参与电池反应，故离子交换膜可允许钠离子自由通过，所以M应该是阳离子交换膜，B错误；C.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以放电时a是负极，C正确；
D.在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为3I--2e－=I3-，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原电池工作原理的知识，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写及离子交换膜的性质判断，根据原电池原理进行相关判断是突破难点的方法。
15.合成氨反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。如图表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，如图表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。如图表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是

A. 由图1可知2NH3(g) N2(g)+3H2(g) △H＝－92kJ·mol－1
B. 图2中0～10min内该反应的平均速率v(H2)＝0.09mol·L－1·min－1
C. 图2中从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
D. 图3中温度T1＜T2，a.b.c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由图1知，氮气和氢气的能量大于氨气的能量，所以由氮气和氢气生成氨气是放热反应，氨气分解是吸热反应，A错误；B、v（N2）＝＝0.015mol•L-1•min-1，v（H2）＝3v（N2）＝0.045mol•L-1•min-1，B错误；C、当缩小容器的体积，气体的压强增大，导致平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氮气的物质的量减少，所以曲线d符合，C正确；D、相同温度下，一定量氮气时，氢气的浓度越大，平衡向正反应方向移动导致氮气的转化率越大，所以图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，D错误；答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了外界条件对化学平衡的影响
【名师点晴】该题的难点是图像分析，关于可逆反应图像问题的分析与判断需要注意以下解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
16.苯甲酸钠(NaA)可作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2。已知25 ℃时，HA、H2CO3的电离平衡常数分别为K=6.25×10-5、 K1=4.3×10-7，则下列说法正确的是(不考虑饮料中其他成分)
A. 提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变
B. 当pH为5.0时，饮料中=0.16
C. 相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
D. 结合H+的能力：A->HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A.提高CO2充气压力，可以增大其溶解度，溶液中的碳酸的浓度也增大，故溶液的酸性增强，使溶液中c(A-)减小，A错误；
B.当pH为5.0时，饮料中==0.16，B正确；
C.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，C错误；
D.酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱，HA的酸性强于H2CO3，所以结合H+的能力：A- 故合理选项是B。
二、非选择题（本题共5小题，共52分）
17.为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：
Ⅰ.分子式的确定：
(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成7.2gH2O和13.2gCO2，消耗氧气10.08L(标准状况)，则该物质中各元素的原子个数之比是____________________。

(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为________，该物质的分子式是_______________。
(3)根据价键理论，预测A可能的结构简式： _________________________。
Ⅱ.结构式的确定：
(4)核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值（信号），根据峰值可以确定分子中氢原子的种类和数目。经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图②，则A的结构简式为___________________________。
【答案】 (1). N(C)：N(H)：N(O)=3：8：1 (2). 60 (3). C3H8O (4). CH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3、、CH3CH2-O-CH3 (5). CH3CH2-O-CH3
【解析】
【分析】
(1)根据反应前后各种元素的原子个数不变，先计算H2O、CO2、O2的物质的量，然后根据C、H由有机物提供，H2O、CO2中含有的O原子与氧气含有的O原子的物质的量的差为有机物的O，得到物质的化学式中各元素的原子个数之比；
(2)最大质荷比就是该物质的相对分子质量；然后根据最简式与物质相对分子质量关系得到物质的分子式；核磁共振氢谱图显示的峰的个数为H原子个数，峰的面积比为H原子个数比；
(3)C原子价电子为4，3个C原子最多结合H原子数目为8，再根据其分子中含有的H原子的种类关系判断其分子结构；
(4)根据符合通式CnH2n+2O的物质类别，写出其可能的同分异构体的结构简式；
(5)利用A核磁共振氢谱图确定H原子的个数关系，进一步判断其结构简式。
【详解】(1)n(H2O)==0.4mol，n(H)=2n(H2O)=0.8mol；n(CO2)==0.3mol，n(C)= n(CO2)=0.3mol，n(O2)==0.45mol，所以有机物A中含有的O原子的物质的量为n(O)=n(H2O)+2n(CO2)-2n(O2)=0.4mol+2×0.3mol-2×0.45mol=0.1mol，所以该物质中各元素的原子个数之比是N(C)：N(H)：N(O)=3：8：1；
(2)根据质谱图可知，该物质的最大质荷比是60，因此相对分子质量为60，由于该化合物分子中各元素的原子个数之比是N(C)：N(H)：N(O)=3：8：1，则最简式为C3H8O，其式量为60，等于物质的相对分子质量，所以该物质的分子式为C3H8O；
根据A的核磁共振氢谱图可知：该物质分子中有3种H原子，个数比为3:3:2，由于分子中只含有8个H原子，因此这三种H原子个数分别是3、3、2；
(4)根据C原子价电子数及物质分子中含有的O、H原子个数可知A可能是CH3CH2CH2OH、CH2CH(OH)CH3、、CH3CH2—O—CH3；
(5)根据A的核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，结合的H原子的个数及个数比，可知物质的结构简式为CH3CH2—O—CH3。
【点睛】本题考查了有机物的推断的知识，涉及最简式、分子式、结构简式的计算与推导，侧重考查学生的分析、计算能力，掌握燃烧法利用原子守恒前后有机物分子，对质谱图、核磁共振氢谱、红外光谱图进行简单识读和应用。
18.青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药，已知：乙醚沸点为35℃，从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法，乙醚浸取法的主要工艺为（如图）：

请回答下列问题：
(1)对青蒿进行干燥破碎的目的是 _______________________________。
(2)操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃________ ，操作Ⅱ的名称是__________。
(3)通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成，如图所示的是用燃烧法确定青蒿素分子式的装置：

①按上述所给的测量信息，装置的连接顺序应是_____________。（装置可重复使用）
②青蒿素样品的质量为28.2g，用合理改进后的装置进行试验，称得A管增重66g，B管增重19.8g，则测得青蒿素的最简式是_________________。
③要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是__________________________。
(4)某学生对青蒿素的性质进行探究．将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与 ________(填字母)具有相同的性质
A.乙醇 B.乙酸 C.葡萄糖 D.乙酸乙酯
【答案】 (1). 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出率 (2). 漏斗 (3). 蒸馏 (4). DCEBAA (5). C15H22O5 (6). 样品的摩尔质量（或相对分子质量） (7). D
【解析】
【分析】
青蒿素可溶解在乙醚中，所以青蒿用乙醚溶解后然后过滤，目的是提取青蒿素，过滤后得到残渣和提取液，然后利用蒸馏的方法分离乙醚和粗品，
(1)乙醚可溶解青蒿素；
(2)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；分离互溶液体采用蒸馏方法；
(3)①实验原理是：测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此制备O2后必须除杂（主要是除H2O），明确各装置的作用是解题的前提。A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B用来吸收水，测定生成水的质量，C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2，据此对各装置进行排序；
②装置A和空气直接接触会使二氧化碳和水蒸气进入影响测定结果；
③根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；
④题中该实验方法只能获得有机物的实验式，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量或摩尔质量；
(4)根据酯不能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠进行判断。
【详解】青蒿素可溶解在乙醚中，所以青蒿用乙醚溶解后然后过滤，目的是提取青蒿素，过滤后得到残渣和提取液，然后利用蒸馏的方法分离乙醚和粗品，
(1)乙醚可溶解青蒿素，由于青蒿是固体物质，为使固体物质与溶剂充分接触，因此要将干燥的青蒿粉碎，以提取青蒿素；
(2)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，分离互溶的液体采用蒸馏方法；所以操作I是过滤，过滤时需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；操作II是蒸馏；
(3)①D中制备的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B(吸收水)、A(吸收二氧化碳)为防止空气的成分干扰，最后还应该再用A装置吸收空气的CO2和水，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选置的连接顺序应是：D→C→E→B→A→A；
②A管质量增加66g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：m(C)=66g×=18g；B管质量增加19.8g是水的质量，可得氢元素的质量：m(H)=19.8g×=2.2g；从而可推出含氧元素的质量为：28.2-18-2.2=8g，设最简式为CxHyOz，则x：y：z=：：=15：22：5，所以物质的最简式为C15H22O5；
④题中该实验方法只能获得有机物的实验式，即可确定最简式的式量，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量或摩尔质量，从而知道物质分子中含有的最简式的个数，进而确定物质的分子式；
(4)由于酯不能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠，结合题意可知，青蒿素中含有酯基，故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质分离和提纯，明确实验原理及元素化合物性质、元素化合物性质差异性是解本题关键，应熟练掌握常见物质的分离提纯方法， 本题侧重考查学生的分析与实验、推理能力。
19.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4-(绿色)、Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)等形式存在， CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。 室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示,回答下列问题：

(1)由图可知，随着溶液酸性增强，CrO42-的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A(1.0，0.25)点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
(2)升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3) 在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42－生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol/L)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol/L，此时溶液中c(CrO42-)等于__________ mol/L。 (已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。
【答案】 (1). 增大 (2). 1.0×1014 (3). 小于 (4). 2.0×10-5 (5). 5.0×10-3
【解析】
【分析】
(1)根据图示中c(H+)与c(Cr2O72-)的关系分析；A点时溶液的c(H+)=1×10-7mol/L，Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，结合反应方程式及平衡常数的含义计算K值大小；
(2)根据升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动分析；
(3)依据Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)及c(Cl-)=1.0×10-5mol/L计算c(Ag+)，然后根据Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)再进行计算c(CrO42-)。
【详解】(1)由图可知，随着溶液的酸性增强，c(Cr2O72-)的浓度增大，故铬酸根离子的平衡转化率增大；
A点时溶液的c(H+)=1×10-7mol/L，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K===1.0×1014；
(2)根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。由于升高温度后CrO42-的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，因此该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；
(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据Ksp(AgCl)=2.0×10-10，计算得到c(Ag+)===2.0×10-5mol/L；此时溶液中c(CrO42-)==5.0×10-3mol/L。
【点睛】本题综合考查了氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，涉及化学平衡和沉淀溶解平衡的有关分析与计算等问题，要求具有较好的分析和解决问题的能力，题目难度中等。
20.CO2是一种重要的化工原料，依据题给信息，回答下列问题：
Ⅰ.碳酸钠可利用CO2采用氨碱法生产
(1)碳酸钠可作为碱使用的原因是_____________（用离子方程式表示）。
(2)已知：①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH1=−127.4 kJ/mol
②NaOH(s)+CO2(g)=NaHCO3(s) ΔH2=−131.5kJ/mol
反应2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的ΔH=___________ kJ/mol。
Ⅱ.在体积为2 L的密闭容器中，充入1mol/LCO2 和1mol/L H2，进行如下化学反应：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
700


800

830
1000
1200
K
0.6


0.9

1.0
1.7
2.6

回答下列问题：
(1)该反应为____________反应（选填吸热、放热）。
(2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。
a.容器中压强不变 b.混合气体中 c(CO)不变
c. υ正(H2)=υ逆(H2O) d. c(CO2)=c(CO)
(3)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____________℃。
(4)某温度下经2min反应达到平衡后c(CO)=0.8mol/L，此温度下的平衡常数为________。
【答案】 (1). CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). +135.6 (3). 吸热 (4). bc (5). 830 (6). 16
【解析】
【分析】
I.(1)根据盐的水解规律分析碳酸钠的溶液显碱性的原因；
(2)根据盖斯定律，将①-②×2，整理可得相应反应的热化学方程式；
II.(1)根据表格数据可知：温度升高，化学平衡常数增大，利用平衡常数只与温度有关，利用化学平衡移动原理分析；
(2)该反应混合物都是气体，根据平衡时任何物质的浓度及反应速率不变分析判断；
(3)利用浓度关系，计算化学平衡常数，然后根据温度与平衡常数的关系判断温度；
(4)根据物质的起始浓度与平衡后c(CO)=0.8mol/L，用三段式计算出各种物质的浓度，带入平衡常数表达式，就可以得出该温度下的平衡常数。
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使溶液中c(OH-)>c(H+)，水解反应的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；
(2)由盖斯定律可知：反应热与途径无关，只与物质的始态和终态有关，将①-②×2，整理可得相应反应的热化学方程式：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的ΔH=+135.6kJ/mol；
II.(1)根据表格数据可知：温度升高，化学平衡常数增大，由于平衡常数只与温度有关，由化学平衡移动原理可知：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动；
(2) a.由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，因此在恒温恒容或恒温恒压的条件下，容器中气体的压强始终不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，a错误；
b.混合气体中c(CO)不变，说明物质的消耗速率与产生速率相等，反应处于平衡状态，b正确；
c.在任何情况下，υ正(H2)= υ正(H2O)，若υ正(H2)=υ逆(H2O)，说明υ正(H2O)= υ逆(H2O)，反应处于平衡状态，c正确；
d.c(CO2)=c(CO)时，不能说明两者不再发生变化，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此不能据此判断是否处于平衡状态，d错误；
故合理选项是bc；
(3)若某温度下，物质的平衡浓度关系为c(CO2)·c(H2)= c(CO)·c(H2O)，则化学平衡常数K=1，根据温度与平衡常数的关系可知反应温度为：830℃；
(4)可逆反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
c起始(mol/L) 1 1 0 0
c改变(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
c平衡(mol/L) 0.2 0.2 0.8 0.8
则K==16。
【点睛】本题考查了盖斯定律、盐的水解、化学平衡状态的判断及化学平衡常数的计算与应用的知识，涉及溶液酸碱性的判断、热化学方程式的书写平衡状态的判断方法、化学平衡常数的表达、判断、计算与应用，较全面的考查了化学反应原理。
21.《茉莉花》是一首脍炙人口的中国民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯 ()是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以乙烯和甲苯为原料进行人工合成。其中一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)B的结构简式为____________，A中官能团名称为____________；
(2)写出反应②、⑥的化学方程式_________________，__________________；
(3)上述反应中属于取代反应的有________(填写序号)；
(4) 乙酸苯甲酯 ()满足下列条件的同分异构体有________种。
A.属于芳香族化合物 B.苯环上只有一个支链 C.能发生水解反应
【答案】 (1). (2). 醛基 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH++H2O (5). ④⑤⑥ (6). 5
【解析】
【分析】
根据各物质的转化关系可知，乙烯与水发生加成生成乙醇，乙醇在铜作催化剂、加热条件下，被氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO被氧化生成乙酸CH3COOH，乙酸和苯甲醇反应生成乙酸苯甲酯，B和氢氧化钠的水溶液反应生成苯甲醇，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成B，则B是，据此解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知，B是；A为CH3CHO，官能团名称为醛基；
(2)反应②是乙醇在铜作催化剂加热的条件下与氧气反应生成乙醛和水，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑥是乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯和水，化学方程式为CH3COOH++H2O；
(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应③是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应④是甲苯与氯气发生取代反应生成，反应⑤是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成苯甲醇，水解反应属于取代反应，⑥乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，属于取代反应，可见上述反应中属于取代反应的为④⑤⑥；
(4)乙酸苯甲酯的同分异构体满足下列条件：A.属于芳香族化合物，B.苯环上只有一个支链， C.能发生水解反应，说明该物质属于酯类，侧链含有酯基，除苯环外还有5个C原子，可能的结构为
、、、、，共5种不同结构。
【点睛】本题考查了有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体种类的判断、化学方程式的书写等知识，根据乙醇中的官能团及其性质结合乙酸苯甲酯的性质采用正逆相结合的方法分析，注意乙醇生成乙烯和乙醇生成乙酸乙酯时的断键方式区别。