湖北省黄梅国际育才高级中学2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

黄梅国际育才中学2020年春季高二年级期中考试化学试题时间：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=CHCH=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=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHOCH3COOH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=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHOCH3COOH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0.5NAB. 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NAC. 常温常压下，4.2g C2H4和C9H18混合物中含有的碳原子数为0.3NAD. 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22.4Lmol1，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4.2n/14nmol=0.3mol，故正确；D、1molC3H8，其结构简式为CH3CH2CH3，其中含有8molCH，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. AB. BC. CD. 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CH3COOCH3B. 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. 用装置制乙烯B. 用装置分离苯和苯酚C. 用装置制备乙酸乙酯D. 用装置验证硫酸、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. C4H9BrB. C5H11BrC. C6H13BrD. 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；BC5H11Br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；CC6H13Br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；DC7H15Br 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=1.01014，在100 时水的离子积常数KW=1.01012。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) Hc(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) H92kJmol1B. 图2中010min内该反应的平均速率v(H2)0.09molL1min1C. 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dD. 图3中温度T1T2，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）0.015molL-1min-1，v（H2）3v（N2）0.045molL-1min-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=6.2510-5、 K1=4.310-7，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=0.16C. 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-HCO3-，D错误；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：.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： _。.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，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+20.3mol-20.45mol=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、CH3CH2OCH3；(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CH3CH2OCH3。【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156157，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： 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）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_。 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)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；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；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；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)D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：DCEBAA；A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；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-+2HCr2O72-+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H_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1.010-5mol/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2.010-12和2.010-10)。【答案】 (1). 增大 (2). 1.01014 (3). 小于 (4). 2.010-5 (5). 5.010-3【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+)=110-7mol/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-)=1.010-5mol/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+)=110-7mol/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/L2=0.5mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K=1.01014；(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Hc(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-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H=+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，正(H2)= 正(H2O)，若正(H2)=逆(H2O)，说明正(H2O)= 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