湖北省部分高中协作体2024-2025学年高二下学期4月期中化学试题（解析版）

这是一份湖北省部分高中协作体2024-2025学年高二下学期4月期中化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交，12等内容，欢迎下载使用。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。
1. 下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是
A. N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
B. 在K能层中，有自旋相反的两条轨道
C. s电子绕核运动，其轨道为球面，而p电子在哑铃形曲面上运动
D. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
【答案】A
【解析】N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，各具有1、3、5、7个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，故可容纳32个电子，所以有32种运动状态的电子，故A正确；在K能层中，只有1个轨道，能容纳自旋相反的2个电子，故B错误；原子轨道是电子在核外空间出现概率较大的区域，电子并没有固定的运动轨迹，故C错误；电子云是用小黑点疏密来表示电子出现的概率密度大小，小黑点不表示电子，故D错误；故答案为A。
2. 下列轨道表示式所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态， A错误；2p能级的3个轨道能量相同，能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态， B错误；电子处于2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态， C错误；能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p、3s；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，D正确；故选D。
3. 美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型.多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是
A. NO和NHB. H3O+和ClO
C. NO和COD. PO和SO
【答案】C
【解析】离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析。
NO2-中心原子的价层电子对数=2+（5+1-2×2）×=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+（5-1-4×1）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不符合题意；H3O+中心原子的价层电子对数=3+（6-1-3×1）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+（7+1-3×2）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；NO3-中心原子的价层电子对数=3+（5+1-3×2）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32-中心原子的价层电子对数=3+（4+2-2×3）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C符合题意；PO43-中心原子的价层电子对数=4+（5+3-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42-中心原子的价层电子对数=4+（6+2-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不符合题意；答案为C。
4. 下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤HgCl2
A. ⑤④①②③B. ⑤①④②③C. ④①②⑤③D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】根据题中分子或离子中键角由大到小可知，本题考查键角判断，运用VSEPR理论分析。
，根据VSEPR理论价电子对数为，根据杂化轨道理论，中心B原子为杂化，键角为；
，根据VSEPR理论价电子对数为，根据杂化轨道理论，中心N原子为杂化，理论上正四面体构型键角为，由于分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角；
，根据VSEPR理论价电子对数为，根据杂化轨道理论，中心O原子为杂化，理论上正四面体构型键角为，由于分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比分子的键角还小；
，根据VSEPR理论价电子对数为，根据杂化轨道理论，中心P原子为杂化，键角为；
，根据VSEPR理论价电子对数为，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为；
综上，键角由大到小的顺序为，答案选B。
5. 超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。现有某种超分子结构如图所示。下列有关说法正确的是
A. 该超分子中N原子核外电子有7种空间运动状态
B. 该超分子中存在的作用力有：极性键、非极性键、氢键、配位键
C. 该超分子中甲基的键角∠HCH小于-的键角∠HNH
D. 该超分子既可与酸反应，又可与碱反应
【答案】D
【解析】该超分子中N原子核外有5个原子轨道上填充有电子，所以电子有5种空间运动状态，A错误；该超分子中不存在配位键，B错误；该超分子中-CH3中心原子C和-NH2中心原子N均为sp3，但N原子有一对孤电子对，所以∠HNH夹角小些，C错误；该超分子中有氨基，可与酸反应；有酰胺基，可与碱反应，D正确；故选D。
6. “冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是
A. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
B 第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构
C. 第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少
D. 当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑
【答案】A
【解析】水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A错误；固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，B正确；“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键，形成氢键的机会比固态冰中少，C正确；当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；故选A。
7. 有关晶体的结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Cl-最近的Na＋形成正八面体
B. 该气态团簇分子分子式为EF
C. 冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构
D. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均含有4个Ca2＋
【答案】B
【解析】氯化钠晶体中以位于面心的Na+为研究对象，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；1个该气态团簇分子的分子含有4个E原子和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故B错误；由冰晶体的晶体结构可知，中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构，故C正确；Ca2＋位于晶胞的顶点和面心，数目为，即每个晶胞平均占有4个Ca2＋， 故D正确；故选B。
8. 元素X位于第4周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2；元素Y基态原子的3p轨道上有1对成对电子。X与Y形成的化合物的晶胞结构如图所示，下列关于该晶体的说法正确的是
A. 该晶体属于共价晶体
B. X2+的配位数为8，Y2-的配位数为4
C. 与每个X2+距离最近且相等的X2+共有12个
D. 该晶体的熔点比氧化锌高
【答案】C
【解析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的p轨道上有1对成对电子，说明3p轨道上有4个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则Y是S元素，则化学式为ZnS。
ZnS含有Zn2+和S2-，属离子晶体，A错误；因为化学式为ZnS，所以Y2-离子的配位数为4，则X2+离子的配位数也为4，B错误；由晶胞可知，与每个X2+距离最近的X2+在其面心，则共有=12个，C正确，O2-半径小于S2-，离子晶体ZnO的晶格能比ZnS大，则ZnO的熔点比ZnS高，D错误；故选C。
9. 如图是Mn和Bi形成的某种晶体的晶胞结构示意图，则该晶体的化学式可表示为( )
A. Mn4Bi3 B. Mn2Bi C. MnBi D. MnBi3
【答案】C
【解析】根据均摊法计算，由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，铋原子位于体内，根据晶胞中原子的计算方法计算解答。
由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：12×+2×+6×+1＝6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：6=1：1，所以化学式为MnBi，故选C。
10. 作为储氢材料的镧镍合金被广泛应用于电动车辆，某种镧镍合金储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图，晶胞参数为a，下列有关表述不正确的是
A. Z表示的微粒为H2
B. 每个X原子周围最近且等距离的X原子有6个
C. 若A的分数坐标为(0，0.5，0.5)，B的分数坐标为(0.75，0.75，0)，则C的分数坐标为(1，0.5，1)
D. 若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则晶体的化学式为LaNi5H7
【答案】D
【解析】从晶胞中可以计算，含X原子个数为=1，含Y原子个数为=5，含Z个数为=3，对照晶胞的化学式LaNi5H6，可得出Z表示的微粒为H2，A正确；从图中可以看出，每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上，数目为6，B正确；若A的分数坐标为(0，0.5，0.5)，B的分数坐标为(0.75，0.75，0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，晶胞参数为1，所以C的分数坐标为(1，0.5，1)，C正确；若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为=1，而Z为H2，所以晶体的化学式为LaNi5H8，D不正确；故选D。
11. (简称DACP)是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，结构如图所示，DACP中不存在环状结构。下列关于该物质的说法正确的是
A. 1ml DACP中含有6ml配位键
B. 1ml DACP中内所含键的物质的量为6 ml
C. 和中心原子的杂化方式不同
D. DACP中含有的共价键都是极性共价键
【答案】A
【解析】由结构图可知，C与4个和2个形成配位键，则1ml DACP中含有6ml配位键，A正确；与为等电子体（价电子总数和原子总数分别相同），结构相似，则应为直线形，1个中有2个键，1ml DACP中含2ml，1ml DACP中内所含键的物质的量为4 ml，B错误；中心N原子价层电子对数，中心Cl原子价层电子对数，则和中心原子均为sp3杂化，C错误；内的共价键为非极性共价键，D错误； 故选A。
12. 分析下列六种有机物的结构简式，下列说法不正确的是
A. 六种有机物都属于环状化合物、烃的衍生物
B. ①②③⑤都属于芳香族化合物，④和⑥都属于脂环化合物
C. ②和③都属于醇类，⑤和⑥的官能团都是羧基
D. 六种有机物分子中都含有σ键和π键
【答案】C
【解析】六种有机物分子中含有苯环或脂环结构，且都含有官能团，故都属于环状化合物、烃的衍生物，A正确；①②③⑤分子中都含苯环结构，都属于芳香族化合物，④和⑥分子中都含六元单键碳环，都属于脂环化合物，B正确；②分子中羟基直接连在苯环上，属于酚类，③中羟基连在苯环侧链上，属于醇类，⑤属于甲酸酯类，官能团是酯基，⑥属于羧酸，官能团是羧基，C错误；单键碳都是σ键，双键碳中含有1个σ键和1个π键，苯环中含有σ键和π键，由六种有机物的结构简式可知，都含有σ键和π键，D正确；故选C。
13. 化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4组峰且面积之比为1∶2∶2∶3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如图所示。关于A的下列说法正确的是
A. A分子中含有酯基和苯环两种官能团
B. 在一定条件下，A可发生取代反应，但不能发生加成反应
C. A属于环状化合物、芳香烃
D. 符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
【答案】D
【解析】有机物A的分子式为C8H8O2，不饱和度为5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有1个取代基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1∶2∶2∶3，则4种氢原子个数之比＝1∶2∶2∶3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，且苯环与C原子相连，故A的结构简式为，苯环不是官能团，A错误；A分子中含有苯环，存在π键，则A能发生加成反应，B错误；A分子中含有O原子，不属于烃类化合物，C错误；符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，即，D正确；故选D。
14. 下列说法不正确的是
A. 乙醇和丙三醇互为同系物
B. 和互为同位素
C. 和互为同素异形体
D. 丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体
【答案】A
【解析】结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇(CH3CH2OH)是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为17，中子数为20，两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C正确；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D正确；答案选A。
15. 关于化合物（a）、（b）、（c），（d），下列说法不正确的是
A. a、b、c、d互为同分异构体B. 除a外均可发生加成反应
C. c中所有原子不可能处于同一平面D. 一氯代物同分异构体最多的是c
【答案】C
【解析】由题给结构简式可知，a、b、c、d的分子式均为C8H8，b、c、d均含有碳碳双键。
由题给结构简式可知，a、b、c、d的分子式均为C8H8，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；a中不含有碳碳双键，b、c、d均含有碳碳双键，则除a外均可发生加成反应，故B正确；c中苯环和碳碳双键直接相连，分子中不含有饱和碳原子，所有原子可能处于同一平面，故C错误；a、d结构对称，一氯代物只有1种，b含有2类氢原子，一氯代物有2种，c含有5类氢原子，一氯代物有5种，则一氯代物同分异构体最多的是c，故D正确。故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大。X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满；的价层电子排布式为。回答下列问题：
（1）基态Z原子的电子排布图为_______。
（2）X形成的单质中能导电的物质名称是_______。
（3）Y基态原子中未成对电子数与成对电子数之比为_______。
（4）在X、Y、Z的简单氢化物中，稳定性最强的氢化物是_______(填化学式)。
（5）常用于长途运输海鲜产品，它与水反应的化学方程式为_______。
（6）R的含氧酸钾盐的化学式为，具有强氧化性。在它的溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，并产生无色气泡，写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） （2）石墨(或石墨烯)
（3）3∶4 （4）
（5）
（6）
【解析】前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大，X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满，则M为Ca元素；R3+的价层电子排布式为3d5，则R为Fe元素。
【小问1详解】
氧元素的原子序数为8，基态原子电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故答案为：；
【小问2详解】
碳元素形成的单质中石墨、石墨烯能导电，故答案为：石墨(或石墨烯)；
【小问3详解】
氮元素的原子序数为7，基态原子电子排布式为1s22s22p,3，电子排布图为，原子中未成对电子数与成对电子数之比为3∶4，故答案为：3∶4；
【小问4详解】
元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，碳、氮、氧三种元素的非金属性依次增强，则水分子的稳定性最强，故答案为：H2O；
【小问5详解】
过氧化钙能与水缓慢反应生成氢氧化钙和氧气，可以起到杀菌消毒和供氧的作用，常常用于长途运输海鲜产品，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问6详解】
高铁酸根在酸性条件下不稳定，能与氢离子反应生成棕黄色的铁离子、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
17. 回答下列问题。
（1）X、Y两者物理性质有差异的主要原因是_______。
（2）CO(NH2)2分子中C原子的杂化方式为_______，1 ml该分子中σ键的数目为_______，该物质易溶于水的主要原因是_______。
（3）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)＋3F2(g)=2ClF3(g) ΔH=-313 kJ·ml-1，F—F键的键能为159 kJ·ml-1，Cl—Cl键的键能为242 kJ·ml-1，则ClF3中Cl—F键的平均键能为_______kJ·ml-1。ClF3的熔、沸点比BrF3的_______(填“高”或“低”)。
（4）维生素B1的结构简式如图，该晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有_______。
【答案】（1）X物质形成分子内氢键，Y物质形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大
（2）①.sp2 ②.7NA ③.CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键
（3）①.172 ②.低
（4）离子键、氢键、范德华力
【解析】
【小问1详解】
分子内氢键使分子间作用力减弱，熔沸点降低，在水中溶解度减小；分子间氢键使分子间作用力增强，熔沸点升高 ，在水中溶解度增大。X的熔沸点较低，溶解度较小，是因为形成分子内氢键；Y熔沸点较高，溶解度较大，是因为形成分子间氢键；
【小问2详解】
CO(NH2)2中C原子与O原子形成双键，与2个相连，价层电子对数为3，根据价层电子对互斥理论，C原子杂化方式为sp2杂化；CO(NH2)2分子中C = O键有1个σ键，C - N键有2个σ键，N - H键有4个σ键，共1+2+4 = 7个σ键，所以1ml该分子中σ键数目为7NA；CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键，所以易溶于水；
【小问3详解】
根据反应物总键能-生成物总键能，设Cl - F键的平均键能为x，则，解得；ClF3和BrF3都是分子晶体，结构相似，相对分子质量BrF3> ClF3，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以ClF3的熔沸点比BrF3低；
【小问4详解】
维生素B1结构中含有离子键（与阳离子间） ，含有、可形成氢键，分子间存在范德华力，所以溶于水时要克服离子键、氢键、范德华力。
18. 回答下列问题。
（1）下图为钛酸钡晶体的晶胞结构，该晶体经X射线分析得出，重复单元为立方体，顶点位置被Ti4+所占据，体心位置被Ba2+所占据，棱心位置被O2-所占据。
①写出该晶体的化学式：_______。
②若将Ti4+置于晶胞的体心，Ba2＋置于晶胞顶点，则O2-处于立方体的_______位置。
③Ti4+的氧配位数和Ba2+的氧配位数分别为_______。
（2）Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588 pm。S2-的配位数为_______。
【答案】（1）①.BaTiO3 ②.面心 ③.6、12
（2）8
【解析】
【小问1详解】
①由结构可知，Ba2＋位于体心有1个，Ti4＋位于顶点，数目为8×＝1个，O2－位于棱心，数目为12×＝3个，故其化学式为BaTiO3；
②根据晶胞结构可知，每个Ti4＋周围有6个O2－，若Ti4＋位于晶胞的体心，Ba2＋位于晶胞的顶点，则O2－处于立方体面心上；
③根据晶胞的结构可知，每个Ti4＋周围有6个O2－，所以Ti4＋的氧配位数为6；立方晶胞12条棱上的12个O2-均与体心Ba2＋等距，所以Ba2＋的氧配位数为12；
【小问2详解】
以最右面中心S2－分析，连接左边有4个锂离子，右边的晶胞中也应该有4个锂离子，因此配位数为8。
19. 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，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为。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如下：
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、玻璃棒、___________，操作Ⅱ的名称是___________。
（3）操作Ⅲ的主要过程可能是___________(填字母)。
A．加水溶解﹐蒸发浓缩、冷却结晶 B．加95%的乙醇，浓缩﹑结晶、过滤
C．加入乙醚进行萃取分液
（4）用下列实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管中，缓缓通入空气数分钟后﹐再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算。
①装置E中盛放的物质是___________(填字母，下同)，装置F中盛放的物质是___________。
a．浓硫酸 b．无水硫酸铜 c．无水 d．碱石灰
②该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是___________。
③用合理改进后的装置进行实验，称得：
则测得青蒿素的最简式是___________。
【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
（2）①.漏斗 ②.蒸馏
（3）B （4）①.c ②.d ③.在装置F后连接一个防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F的装置 ④.
【解析】青蒿素干燥粉碎，用乙醚浸泡，分离提取液与残渣可通过过滤来完成，操作II要分离乙醚和青蒿素的混合液，故操作名称为蒸馏，青蒿素在乙醇中可溶解，加的乙醇，浓缩、结晶、过滤可提纯青蒿素，以此分析；
【小问1详解】
青蒿进行干燥破，增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
故答案为：增大青蒿与乙醚接触面积，提高青蒿素的浸取率；
【小问2详解】
分离提取液与残渣可通过过滤来完成，所以操作I还需要的玻璃仪器是漏斗；操作II要分离乙醚和青蒿素的混合液，故操作名称为蒸馏；
故答案为：漏斗；蒸馏；
【小问3详解】
A．青蒿素在水中几乎不溶，A项错误；
B．青蒿素在乙醇中可溶解，加的乙醇，浓缩、结晶、过滤可提纯青蒿素，B项正确；
C．青蒿素在乙醚中溶解，无法用乙醚经萃取分液实现提纯，C项错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
①根据上面的分析可知，E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的为CaCl2或P2O5，而F中为碱石灰；
故答案为：c；d；
②装置直接与空气接触，外界空气中的和进入装置中，使测得的的质量偏大，测得含碳量偏高，测得含氧量偏低，解决方法为在装置后增加一个吸收空气中水与二氧化碳的装置；
故答案为：在装置F后连接一个防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入F的装置；
③由表中数据可知m(H2O)=42.4g-22.6g=19.8g，所以，m(CO2)=146.2g-80.2g=66g，所以，所以青蒿素中氧原子的质量为m(O)=28.20g-2.2g-1.5ml×12g/ml=8g，所以n(O)=0.5ml，则n(C)：n(H)：n(O)=1.5：2.2：0.5=15：22：5，所以最简式为C15H22O5；
故答案为：C15H22O5。
物质
结构简式
水中溶解度/g(25 ℃)
熔点/℃
沸点/℃
X
0.2
45
100
Y
1.7
114
295
装置
实验前/g
实验后/g
E
22.6
42.4
F
80.2
146.2