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北京市东城区2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份北京市东城区2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 有3种烃的碳骨架如图所示等内容，欢迎下载使用。
北京市东城区2021- 2022学年高二下学期期末统一检测
化学试题
本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Cu64
第一部分(共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。
1. 2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅复合材料。碳化硅(SiC)属于
A. 共价晶体 B. 分子晶体 C. 离子晶体 D. 金属晶体
【答案】A
【解析】
【详解】SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构，和金刚石结构相似，SiC属于共价晶体，故选A。
2. 下列变化过程只需要破坏共价键的是
A. 碘升华 B. 金刚石熔化 C. 金属钠熔融 D. 氯化钠溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘升华破坏的是分子间作用力，A错误；
B．金刚石中碳碳之间是共价键，融化的时候，需要破坏共价键，B正确；
C．金属钠属于金属晶体，融化的时候破坏的是金属键，C错误；
D．氯化钠中存在着钠离子和氯离子之间的离子键，溶于水时破坏的是离子键，D错误；
故选B。
3. 下列有机化合物存在顺反异构的是
A. CH2=CH2 B. CH2 =CHCH3
C. CH2 = CHCH2CH3 D. CH3CH= CHCH3
【答案】D
【解析】
【详解】根据分析可知，CH3CH= CHCH3中的双键碳上都分别连接了1个H原子和1个甲基，符合题意，存在顺反异构，A、B、C中的左侧碳原子上都连接了2个H原子，不存在顺反异构，故D正确；
故选：D。
4. 下列物质中，由极性键构成的极性分子是
A. 氨 B. 氯气 C. 二氧化碳 D. 四氯化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3是三角锥形结构，正负电荷中心不重合，是由极性键N-H键构成的极性分子，故A选；
B．氯气是单质，一个氯气分子由两个氯原子构成，是由非极性键构成的非极性分子，故B不选；
C．二氧化碳是直线形结构，正负电荷中心重合，是由极性键构成的非极性分子，故C不选；
D．四氯化碳是正四面体结构，正负电荷中心重合，是由是由极性键构成的非极性分子，故D不选；
故选A。
5. 下列分子中既含σ键，又含π键的是
A. H2 B. F2 C. HCl D. C2H4
【答案】D
【解析】
【详解】乙烯分子中含有碳碳双键，碳原子发生sp2杂化，其中碳碳原子间和碳原子与氢原子之间分别“头碰头”重叠形成σ键，由于每个碳原子上均有一个垂直于杂化平面的p轨道，两个p轨道间通过“肩并肩”的重叠方式形成π键，而H2、HCl、F2中只含有σ键不含有π键，故选D。
6. 元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr
铬
3d54s1
52.00
A. 铬元素位于第四周期ⅥB族
B. 铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C. 铬原子第3能层有5个未成对电子
D. Cr的第一电离能小于K的第一电离能
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D
7. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤中，下列操作未涉及的是
A.加热溶解
B.冷却结晶
C.萃取后分液
D.趁热过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中加热溶解，便于分离泥沙，故A正确；
B．冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故B正确；
C．重结晶实验中不涉及萃取、分液，故C错误；
D．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故D正确；
故选：C。
8. 下列物质的一氯代物只有一种的是
A. 乙烷 B. 丙烷 C. 邻二甲苯 D. 对二甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；
B．丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；
C．邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；
D．对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；
故合理选项是A。
9. 有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是
A. 苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B. 苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能
C. 乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和苯都能与H2发生加成反应，是因为都存在苯环，与基团间的相互影响无关，故A不选；
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能，说明苯环和乙基对羟基的影响不同，导致都含羟基的酚和醇化学性质的不同，故B选；
C．乙烯能加成是因为含有官能团碳碳双键，而乙烷中没有，所以不能加成，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故C不选；
D．甘油即丙三醇中含有3个羟基、乙醇含1个羟基，则生成氢气的量不同，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故D不选；
答案选B。
10. 有3种烃的碳骨架如图所示。下列说法不正确的是
A. a为2-甲基丙烷
B. b分子中的碳原子有sp2和sp3两种杂化方式
C. b、c的化学式均为C4 H10
D. 一定条件下，a、b、c均能发生取代反应。
【答案】C
【解析】
【详解】A．a为烷烃，根据烷烃的系统命名法，a的名称为2-甲基丙烷，故A正确；
B．b分子中的2个饱和碳原子的杂化方式为sp3，2个连接碳碳双键的碳原子的杂化方式为sp2，故B正确；
C．b、c分子中均有4个碳原子和8个氢原子，所以分子式均为C4H8，故C错误；
D．a、b、c中均有饱和碳原子，均能发生取代反应，故D正确；
故选C。
11. 除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，所用试剂或操作方法不正确的是
A. 苯(苯酚)：溴水，过滤
B. 溴苯(溴)：氢氧化钠溶液，分液
C. 乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气
D. 乙酸乙酯(乙酸)：饱和碳酸钠溶液，分液
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；
B．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液分离，故B正确；
C．二氧化硫与NaOH溶液反应，乙烯不能，可洗气分离，故C正确；
D．乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液分离，故D正确；
故选：A。
12. 氯化铯的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 氯化铯晶体属于离子晶体
B. 氯化铯晶胞中有3套平行棱，3套平行面
C. 在氯化铯晶体中，每个Cl-周围紧邻1个Cs+
D. 在氯化铯晶体中，每个Cs+周围与它最近且等距离的Cs+共有6个
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铯晶体是由氯离子和铯离子通过离子键结合而成的，属于离子晶体，故A正确；
B．从图中可以看出，氯化铯晶胞中有3套平行棱，3套平行面，故B正确；
C．晶胞是晶体的最小结构单元，从图中可以看出，在氯化铯晶体中，每个Cl-周围紧邻8个Cs+，故C错误；
D．从图中可以看出，在氯化铯晶体中，每个Cs+周围与它最近且等距离的Cs+共有6个，故D正确；
故选C。
13. 下列物质性质的比较，顺序不正确的是
A. 元素的电负性：Cl>S>Na
B. 卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2
C. 羧酸的酸性：CH2ClCOOH>CCl3COOH
D. 相同条件下，物质在水中的溶解度：C2H5OH>CH3(CH2)4OH
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，因此元素的电负性：Cl>S>Na，故A正确；
B．卤素单质为分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高，因此卤素单质的熔：I2>Br2>Cl2，故B正确；
C．Cl原子为吸引电子的基团，能使-OH上的氢活泼性增强，则CCl3COOH更易电离出氢离子，酸性：CH2ClCOOH
故选：C。
14. 下表中的实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
鉴别苯和甲苯
分别加入酸性高锰酸钾溶液，观察颜色变化
B
检验溴乙烷中的溴元素
将溴乙烷与NaOH溶液混合加热，静置，待溶液分层后，取上层清液用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液
C
分离甲醇(沸点65℃)、正丙醇(沸 点97℃)和正戊醇(沸点138℃)
将混合溶液放 入蒸馏烧瓶进行加热，分别收集相应的馏分
D
比较乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱
向碳酸钠固体中加入乙酸，将产生的气体通入苯D酚钠溶液中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而甲苯可以，所以可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯，故A能达到实验目的；
B．溴乙烷发生水解生成乙醇和NaBr，上层清液中有Br-，用硝酸将可能过量的NaOH中和后加入硝酸银溶液，若生成淡黄色沉淀，则可检验溴乙烷中的溴元素，故B能达到实验目的；
C．甲醇、正丙醇和正戊醇互溶但沸点不同，可以用蒸馏的方法将它们分开，故C能达到实验目的；
D．乙酸挥发，随着生成的二氧化碳进入苯酚钠溶液中，苯酚钠溶液出现浑浊，不能确定是乙酸和苯酚钠反应还是碳酸和苯酚钠反应，所以不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故D不能达到实验目的；
故选D。
第二部分(共58分)
本部分共6题，共58分。
15. 下图是制备和研究乙炔性质的实验装置图。
（1）电石与饱和食盐水反应的化学方程式是_______。
（2）b中试剂的作用是_______。
（3）c中溶液褪色，生成物的结构简式是。_______。
（4）d中溶液褪色，说明乙炔具有的性质是_______。
（5）若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是_______。
【答案】（1）CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH↑
（2）除去乙炔中的硫化氢等杂质
（3）CHBr2-CHBr2或CHBr=CHBr
（4）还原性 （5）明亮的火焰，浓烈的黑烟
【解析】
【分析】电石和饱和食盐水中的水反应生成乙炔，电石中含有硫、磷等杂质，导致乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质，硫酸铜溶液能除去杂质，乙炔能和溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【小问1详解】
电石的主要成分是CaC2，能和水反应生成乙炔和氢氧化钙，化学方程式为：CaC2+2H2O → Ca(OH)2+CH ≡ CH↑。
【小问2详解】
硫酸铜溶液的作用是除去乙炔中的硫化氢等杂质。
【小问3详解】
乙炔和溴发生加成反应，若溴足量，则生成CHBr2-CHBr2，若溴不足量，生成CHBr=CHBr。
【小问4详解】
乙炔具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【小问5详解】
乙炔含碳量高，在空气中点燃乙炔，可观察到明亮的火焰和浓烈的黑烟。
16. 分子式为C3H7Br的有机物A在适宜的条件下能发生如下一系列转化：
（1）写出A的同系物中分子量最小的有机化合物的结构简式：_______。
（2）B→C的化学方程式是_______。
（3）D →B的反应类型是_______。
（4）已知E的核磁共振氢谱只有一组峰，且E不能发生银镜反应。
①D的结构简式是_______。
②由E合成的路线如下：
写出下列物质的结构简式：F_______，G_______，H_______。
【答案】（1）CH3Br
（2）nCH2=CHCH3
（3）消去反应 （4） ①. CH3CH(OH)CH3 ②. ③. CH2=C(CN)CH3 ④. CH2=C(CH3)COOH
【解析】
【分析】A的分子式为C3H7Br，可能为1-溴丙烷或2-溴丙烷，在NaOH醇溶液作用下发消去反应生成的B为丙烯，加聚成聚丙烯。A在NaOH水溶液作用下发生取代反应生成的D为醇，D在铜催化下被氧气氧化为醛或酮，E不能发生银镜反应，所以E为丙酮，则A为2-溴丙烷，D为2-丙醇。
【小问1详解】
A为溴代烃，其同系物中分子量最小的有机化合物为一溴甲烷，结构简式CH3Br。
【小问2详解】
B→C是丙烯聚合为聚丙烯，化学方程式是nCH2=CHCH3 。
【小问3详解】
D →B是2-丙醇发生消去反应生成丙烯，反应类型是消去反应。
【小问4详解】
①D为2-丙醇，结构简式为CH3CH(OH)CH3；
②E为丙酮，和HCN发生加成反应生成F( )，F在一定条件下生成G，G发生酸性水解生成H，H和甲醇发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，则回推可知H为CH2=C(CH3)COOH，G为CH2=C(CH3)CN。
17. “可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。
（1）研究甲烷分子的结构
①碳原子价层电子的轨道表示式是_______。
②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是_______(填序号)。
a.二氯甲烷没有同分异构体。
b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '
c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H σ键
（2）研究水分子的结构
①H2O的VSEPR模型为_______。
②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是_______。
（3）研究“可燃冰”的结构
在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。
“可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n=_______(不需化简，列出算式即可)
【答案】（1） ①. ②. ab
（2） ①. 四面体形 ②. 因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小
（3）
【解析】
【小问1详解】
①碳原子核外有6个电子，价电子排布式为2s32p2，价层电子的轨道表达式为 ；
②a．若甲烷为平面正方形，则二氯甲烷应有两种结构，而实际上二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，a正确；
b．若是正方形，则键角为90°，4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '，说明为正四面体形，b正确；
c．甲烷分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，无法说明为正四面体结构，c错误；
故选ab；
小问2详解】
①H2O的中心原子O的价层电子对数为，则VSEPR模型为四面体形；
②因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小，故水中的键角较小的原因是：因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小；
小问3详解】
“可燃冰”的密度为ag/mL，1m3固体可释放出164m3(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中。
18. 利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示
（1）“杯酚”的官能团是_______。
（2）“杯酚”分子内官能团之间通过_______(填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。
（3）(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。
①该无机物是_______。
②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是_______(填序号)。
a.分子式为
b.分子中所有碳原子均为杂化
c.易被空气中的氧气氧化
d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。
（4）不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是_______。
（5）的晶胞结构如下所示。
①碳60晶胞中含有_______个分子。
②每个分子周围最多可以有_______个紧邻的分子。
【答案】（1）羟基或
（2）氢键 （3） ①. 水或 ②. ac
（4）为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的
（5） ①. 4 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
依据杯酚的结构可判断出来，杯酚含有的官能团为羟基；
故答案为羟基或；
【小问2详解】
“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；
故答案为氢键；
【小问3详解】
(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为10，不饱和度为4，则H原子数为，所以分子为，a正确；依据对叔丁基苯酚的结构简式可知，形成苯环的C原子为杂化，苯环侧链上的C原子为杂化，b错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，c正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与发生取代反应，而对位被烷烃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即1mol对叔丁基苯酚最多能与2mol发生反应，d错误；
故答案为水或；ac；
【小问4详解】
为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；
故答案为为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的；
【小问5详解】
依据的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到晶胞中含有的分子数目为；而晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个分子周围最多可以有12个紧邻的分子；
故答案4；12。
19. 氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图所示：
（1）芳香烃A的名称是_______。
（2）反应③所需无机试剂和条件是_______。
（3）E中含有的官能团的名称是_______。
（4）反应⑤的化学方程式是_______。
（5）下列说法正确的是_______(填序号)。
a.反应①、③、⑥均属于取代反应
b.化合物E具有碱性，能与盐酸反应
c.G在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
（6）已知E在一定条件下水解生成T(C7H7NO2)。T存在多种同分异构体，写出符合下列条件的T的同分异构体的结构简式_______。
①-NH2直接连在苯环上；
②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀；
③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2
【答案】（1）甲苯 （2）浓硝酸、浓硫酸、加热
（3）氨基、碳氟键 （4）
（5）abc （6）
【解析】
【分析】A为芳香烃，和氯气在光照下发生取代反应生成B，根据C的结构简式可知A为甲苯，B为 ，C发生硝化反应生成D，D被还原为E，E和 发生取代反应生成F，F的结构简式为 ，F再发生硝化反应生成G。
【小问1详解】
由以上分析可知，A为甲苯。
【小问2详解】
反应③是C和浓硝酸发生硝化反应，所需无机试剂是浓硝酸，需要浓硫酸做催化剂，同时需要加热。
【小问3详解】
根据E的结构可知，E中含有的官能团有氨基和碳氟键。
【小问4详解】
反应⑤是E和 发生取代反应，生成F的同时还生成HCl，化学方程式是 。
【小问5详解】
a．反应①是甲苯和氯气在光照下发生的取代反应，③和⑥均为硝化反应，均属于取代反应，故a正确；
b．化合物E中有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，故b正确；
c．G中含有酰胺基，在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应，故c正确；
故选abc。
【小问6详解】
T(C7H7NO2)的不饱和度为5，其同分异构体要求①-NH2直接连在苯环上；②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2，则分子结构对称，符合要求的有机物为 。
20. 实验小组研究硫酸四氨合铜(II)([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体的制备。
[实验一]制备[Cu(NH3)4]SO4溶液
甲：向2 mol/L CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液(标记为浊液a)中加入过量6mol/L氨水，沉淀不溶解。
乙：向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。
（1）画出四氨合铜配离子中的配位键：_______。
（2）甲中，生成蓝色沉淀的离子方程式是_______。
（3）研究甲、乙中现象不同的原因。
[提出猜测]
i.Na+可能影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
ii. 促进了[Cu(NH3)4]2+的生成。
[进行实验]
①将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
②向其中一份加入过量6 mol/L氨水，观察到_______ ， 说明猜测i不成立。
③向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴_______(填试剂)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
[实验反思]
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么能促进[Cu(NH3)4]2+的生成：_______。
[实验二]制备硫酸四氨合铜晶体
资料：
i.[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；
ii. [Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如下图所示。
用蒸发、结晶的方法从乙所得深蓝色溶液中获得的晶体中往往含有Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4等杂质。
（4）结合，上述信息分析，从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施是_______ (写出两条即可)。
【答案】（1）
（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
（3） ①. 蓝色沉淀不溶解 ②. 硫酸铵溶液 ③. 由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成
（4）降低温度 加入乙醇
【解析】
【分析】向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，制得了[Cu(NH3)4]SO4溶液。将[Cu(NH3)4]SO4溶液降温，并加入乙醇可析出硫酸四氨合铜晶体。
【小问1详解】
四氨合铜配离子中的配位键是氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成的，表示为 。
【小问2详解】
甲中硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。
【小问3详解】
②由于向含有Na+的浊液中滴加过量的6 mol/L氨水，若观察到蓝色沉淀不溶解，则说明Na+不影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
③若加入含的物质，蓝色沉淀溶解，则可证明猜想ii成立，所以向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
④由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成。
【小问4详解】
[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的增多而降低，所以从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施可以是降温和加入乙醇。
北京市东城区2021- 2022学年高二下学期期末统一检测
化学试题
本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Cu64
第一部分(共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。
1. 2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅复合材料。碳化硅(SiC)属于
A. 共价晶体 B. 分子晶体 C. 离子晶体 D. 金属晶体
【答案】A
【解析】
【详解】SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构，和金刚石结构相似，SiC属于共价晶体，故选A。
2. 下列变化过程只需要破坏共价键的是
A. 碘升华 B. 金刚石熔化 C. 金属钠熔融 D. 氯化钠溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘升华破坏的是分子间作用力，A错误；
B．金刚石中碳碳之间是共价键，融化的时候，需要破坏共价键，B正确；
C．金属钠属于金属晶体，融化的时候破坏的是金属键，C错误；
D．氯化钠中存在着钠离子和氯离子之间的离子键，溶于水时破坏的是离子键，D错误；
故选B。
3. 下列有机化合物存在顺反异构的是
A. CH2=CH2 B. CH2 =CHCH3
C. CH2 = CHCH2CH3 D. CH3CH= CHCH3
【答案】D
【解析】
【详解】根据分析可知，CH3CH= CHCH3中的双键碳上都分别连接了1个H原子和1个甲基，符合题意，存在顺反异构，A、B、C中的左侧碳原子上都连接了2个H原子，不存在顺反异构，故D正确；
故选：D。
4. 下列物质中，由极性键构成的极性分子是
A. 氨 B. 氯气 C. 二氧化碳 D. 四氯化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3是三角锥形结构，正负电荷中心不重合，是由极性键N-H键构成的极性分子，故A选；
B．氯气是单质，一个氯气分子由两个氯原子构成，是由非极性键构成的非极性分子，故B不选；
C．二氧化碳是直线形结构，正负电荷中心重合，是由极性键构成的非极性分子，故C不选；
D．四氯化碳是正四面体结构，正负电荷中心重合，是由是由极性键构成的非极性分子，故D不选；
故选A。
5. 下列分子中既含σ键，又含π键的是
A. H2 B. F2 C. HCl D. C2H4
【答案】D
【解析】
【详解】乙烯分子中含有碳碳双键，碳原子发生sp2杂化，其中碳碳原子间和碳原子与氢原子之间分别“头碰头”重叠形成σ键，由于每个碳原子上均有一个垂直于杂化平面的p轨道，两个p轨道间通过“肩并肩”的重叠方式形成π键，而H2、HCl、F2中只含有σ键不含有π键，故选D。
6. 元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr
铬
3d54s1
52.00
A. 铬元素位于第四周期ⅥB族
B. 铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C. 铬原子第3能层有5个未成对电子
D. Cr的第一电离能小于K的第一电离能
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D
7. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤中，下列操作未涉及的是
A.加热溶解
B.冷却结晶
C.萃取后分液
D.趁热过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中加热溶解，便于分离泥沙，故A正确；
B．冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故B正确；
C．重结晶实验中不涉及萃取、分液，故C错误；
D．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故D正确；
故选：C。
8. 下列物质的一氯代物只有一种的是
A. 乙烷 B. 丙烷 C. 邻二甲苯 D. 对二甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；
B．丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；
C．邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；
D．对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；
故合理选项是A。
9. 有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是
A. 苯和甲苯都能与H2发生加成反应
B. 苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能
C. 乙烯能与溴的四氯化碳发生加成反应，而乙烷不能
D. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和苯都能与H2发生加成反应，是因为都存在苯环，与基团间的相互影响无关，故A不选；
B．苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能，说明苯环和乙基对羟基的影响不同，导致都含羟基的酚和醇化学性质的不同，故B选；
C．乙烯能加成是因为含有官能团碳碳双键，而乙烷中没有，所以不能加成，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故C不选；
D．甘油即丙三醇中含有3个羟基、乙醇含1个羟基，则生成氢气的量不同，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故D不选；
答案选B。
10. 有3种烃的碳骨架如图所示。下列说法不正确的是
A. a为2-甲基丙烷
B. b分子中的碳原子有sp2和sp3两种杂化方式
C. b、c的化学式均为C4 H10
D. 一定条件下，a、b、c均能发生取代反应。
【答案】C
【解析】
【详解】A．a为烷烃，根据烷烃的系统命名法，a的名称为2-甲基丙烷，故A正确；
B．b分子中的2个饱和碳原子的杂化方式为sp3，2个连接碳碳双键的碳原子的杂化方式为sp2，故B正确；
C．b、c分子中均有4个碳原子和8个氢原子，所以分子式均为C4H8，故C错误；
D．a、b、c中均有饱和碳原子，均能发生取代反应，故D正确；
故选C。
11. 除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，所用试剂或操作方法不正确的是
A. 苯(苯酚)：溴水，过滤
B. 溴苯(溴)：氢氧化钠溶液，分液
C. 乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气
D. 乙酸乙酯(乙酸)：饱和碳酸钠溶液，分液
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；
B．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液分离，故B正确；
C．二氧化硫与NaOH溶液反应，乙烯不能，可洗气分离，故C正确；
D．乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液分离，故D正确；
故选：A。
12. 氯化铯的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 氯化铯晶体属于离子晶体
B. 氯化铯晶胞中有3套平行棱，3套平行面
C. 在氯化铯晶体中，每个Cl-周围紧邻1个Cs+
D. 在氯化铯晶体中，每个Cs+周围与它最近且等距离的Cs+共有6个
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铯晶体是由氯离子和铯离子通过离子键结合而成的，属于离子晶体，故A正确；
B．从图中可以看出，氯化铯晶胞中有3套平行棱，3套平行面，故B正确；
C．晶胞是晶体的最小结构单元，从图中可以看出，在氯化铯晶体中，每个Cl-周围紧邻8个Cs+，故C错误；
D．从图中可以看出，在氯化铯晶体中，每个Cs+周围与它最近且等距离的Cs+共有6个，故D正确；
故选C。
13. 下列物质性质的比较，顺序不正确的是
A. 元素的电负性：Cl>S>Na
B. 卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2
C. 羧酸的酸性：CH2ClCOOH>CCl3COOH
D. 相同条件下，物质在水中的溶解度：C2H5OH>CH3(CH2)4OH
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，因此元素的电负性：Cl>S>Na，故A正确；
B．卤素单质为分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高，因此卤素单质的熔：I2>Br2>Cl2，故B正确；
C．Cl原子为吸引电子的基团，能使-OH上的氢活泼性增强，则CCl3COOH更易电离出氢离子，酸性：CH2ClCOOH
故选：C。
14. 下表中的实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
鉴别苯和甲苯
分别加入酸性高锰酸钾溶液，观察颜色变化
B
检验溴乙烷中的溴元素
将溴乙烷与NaOH溶液混合加热，静置，待溶液分层后，取上层清液用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液
C
分离甲醇(沸点65℃)、正丙醇(沸 点97℃)和正戊醇(沸点138℃)
将混合溶液放 入蒸馏烧瓶进行加热，分别收集相应的馏分
D
比较乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱
向碳酸钠固体中加入乙酸，将产生的气体通入苯D酚钠溶液中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而甲苯可以，所以可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯，故A能达到实验目的；
B．溴乙烷发生水解生成乙醇和NaBr，上层清液中有Br-，用硝酸将可能过量的NaOH中和后加入硝酸银溶液，若生成淡黄色沉淀，则可检验溴乙烷中的溴元素，故B能达到实验目的；
C．甲醇、正丙醇和正戊醇互溶但沸点不同，可以用蒸馏的方法将它们分开，故C能达到实验目的；
D．乙酸挥发，随着生成的二氧化碳进入苯酚钠溶液中，苯酚钠溶液出现浑浊，不能确定是乙酸和苯酚钠反应还是碳酸和苯酚钠反应，所以不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故D不能达到实验目的；
故选D。
第二部分(共58分)
本部分共6题，共58分。
15. 下图是制备和研究乙炔性质的实验装置图。
（1）电石与饱和食盐水反应的化学方程式是_______。
（2）b中试剂的作用是_______。
（3）c中溶液褪色，生成物的结构简式是。_______。
（4）d中溶液褪色，说明乙炔具有的性质是_______。
（5）若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是_______。
【答案】（1）CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH↑
（2）除去乙炔中的硫化氢等杂质
（3）CHBr2-CHBr2或CHBr=CHBr
（4）还原性 （5）明亮的火焰，浓烈的黑烟
【解析】
【分析】电石和饱和食盐水中的水反应生成乙炔，电石中含有硫、磷等杂质，导致乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质，硫酸铜溶液能除去杂质，乙炔能和溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【小问1详解】
电石的主要成分是CaC2，能和水反应生成乙炔和氢氧化钙，化学方程式为：CaC2+2H2O → Ca(OH)2+CH ≡ CH↑。
【小问2详解】
硫酸铜溶液的作用是除去乙炔中的硫化氢等杂质。
【小问3详解】
乙炔和溴发生加成反应，若溴足量，则生成CHBr2-CHBr2，若溴不足量，生成CHBr=CHBr。
【小问4详解】
乙炔具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【小问5详解】
乙炔含碳量高，在空气中点燃乙炔，可观察到明亮的火焰和浓烈的黑烟。
16. 分子式为C3H7Br的有机物A在适宜的条件下能发生如下一系列转化：
（1）写出A的同系物中分子量最小的有机化合物的结构简式：_______。
（2）B→C的化学方程式是_______。
（3）D →B的反应类型是_______。
（4）已知E的核磁共振氢谱只有一组峰，且E不能发生银镜反应。
①D的结构简式是_______。
②由E合成的路线如下：
写出下列物质的结构简式：F_______，G_______，H_______。
【答案】（1）CH3Br
（2）nCH2=CHCH3
（3）消去反应 （4） ①. CH3CH(OH)CH3 ②. ③. CH2=C(CN)CH3 ④. CH2=C(CH3)COOH
【解析】
【分析】A的分子式为C3H7Br，可能为1-溴丙烷或2-溴丙烷，在NaOH醇溶液作用下发消去反应生成的B为丙烯，加聚成聚丙烯。A在NaOH水溶液作用下发生取代反应生成的D为醇，D在铜催化下被氧气氧化为醛或酮，E不能发生银镜反应，所以E为丙酮，则A为2-溴丙烷，D为2-丙醇。
【小问1详解】
A为溴代烃，其同系物中分子量最小的有机化合物为一溴甲烷，结构简式CH3Br。
【小问2详解】
B→C是丙烯聚合为聚丙烯，化学方程式是nCH2=CHCH3 。
【小问3详解】
D →B是2-丙醇发生消去反应生成丙烯，反应类型是消去反应。
【小问4详解】
①D为2-丙醇，结构简式为CH3CH(OH)CH3；
②E为丙酮，和HCN发生加成反应生成F( )，F在一定条件下生成G，G发生酸性水解生成H，H和甲醇发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，则回推可知H为CH2=C(CH3)COOH，G为CH2=C(CH3)CN。
17. “可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。
（1）研究甲烷分子的结构
①碳原子价层电子的轨道表示式是_______。
②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是_______(填序号)。
a.二氯甲烷没有同分异构体。
b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '
c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H σ键
（2）研究水分子的结构
①H2O的VSEPR模型为_______。
②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是_______。
（3）研究“可燃冰”的结构
在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。
“可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n=_______(不需化简，列出算式即可)
【答案】（1） ①. ②. ab
（2） ①. 四面体形 ②. 因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小
（3）
【解析】
【小问1详解】
①碳原子核外有6个电子，价电子排布式为2s32p2，价层电子的轨道表达式为 ；
②a．若甲烷为平面正方形，则二氯甲烷应有两种结构，而实际上二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，a正确；
b．若是正方形，则键角为90°，4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '，说明为正四面体形，b正确；
c．甲烷分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，无法说明为正四面体结构，c错误；
故选ab；
小问2详解】
①H2O的中心原子O的价层电子对数为，则VSEPR模型为四面体形；
②因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小，故水中的键角较小的原因是：因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小；
小问3详解】
“可燃冰”的密度为ag/mL，1m3固体可释放出164m3(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中。
18. 利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示
（1）“杯酚”的官能团是_______。
（2）“杯酚”分子内官能团之间通过_______(填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。
（3）(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。
①该无机物是_______。
②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是_______(填序号)。
a.分子式为
b.分子中所有碳原子均为杂化
c.易被空气中的氧气氧化
d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。
（4）不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是_______。
（5）的晶胞结构如下所示。
①碳60晶胞中含有_______个分子。
②每个分子周围最多可以有_______个紧邻的分子。
【答案】（1）羟基或
（2）氢键 （3） ①. 水或 ②. ac
（4）为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的
（5） ①. 4 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
依据杯酚的结构可判断出来，杯酚含有的官能团为羟基；
故答案为羟基或；
【小问2详解】
“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；
故答案为氢键；
【小问3详解】
(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为10，不饱和度为4，则H原子数为，所以分子为，a正确；依据对叔丁基苯酚的结构简式可知，形成苯环的C原子为杂化，苯环侧链上的C原子为杂化，b错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，c正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与发生取代反应，而对位被烷烃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即1mol对叔丁基苯酚最多能与2mol发生反应，d错误；
故答案为水或；ac；
【小问4详解】
为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；
故答案为为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的；
【小问5详解】
依据的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到晶胞中含有的分子数目为；而晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个分子周围最多可以有12个紧邻的分子；
故答案4；12。
19. 氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图所示：
（1）芳香烃A的名称是_______。
（2）反应③所需无机试剂和条件是_______。
（3）E中含有的官能团的名称是_______。
（4）反应⑤的化学方程式是_______。
（5）下列说法正确的是_______(填序号)。
a.反应①、③、⑥均属于取代反应
b.化合物E具有碱性，能与盐酸反应
c.G在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
（6）已知E在一定条件下水解生成T(C7H7NO2)。T存在多种同分异构体，写出符合下列条件的T的同分异构体的结构简式_______。
①-NH2直接连在苯环上；
②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀；
③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2
【答案】（1）甲苯 （2）浓硝酸、浓硫酸、加热
（3）氨基、碳氟键 （4）
（5）abc （6）
【解析】
【分析】A为芳香烃，和氯气在光照下发生取代反应生成B，根据C的结构简式可知A为甲苯，B为 ，C发生硝化反应生成D，D被还原为E，E和 发生取代反应生成F，F的结构简式为 ，F再发生硝化反应生成G。
【小问1详解】
由以上分析可知，A为甲苯。
【小问2详解】
反应③是C和浓硝酸发生硝化反应，所需无机试剂是浓硝酸，需要浓硫酸做催化剂，同时需要加热。
【小问3详解】
根据E的结构可知，E中含有的官能团有氨基和碳氟键。
【小问4详解】
反应⑤是E和 发生取代反应，生成F的同时还生成HCl，化学方程式是 。
【小问5详解】
a．反应①是甲苯和氯气在光照下发生的取代反应，③和⑥均为硝化反应，均属于取代反应，故a正确；
b．化合物E中有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，故b正确；
c．G中含有酰胺基，在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应，故c正确；
故选abc。
【小问6详解】
T(C7H7NO2)的不饱和度为5，其同分异构体要求①-NH2直接连在苯环上；②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2，则分子结构对称，符合要求的有机物为 。
20. 实验小组研究硫酸四氨合铜(II)([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体的制备。
[实验一]制备[Cu(NH3)4]SO4溶液
甲：向2 mol/L CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液(标记为浊液a)中加入过量6mol/L氨水，沉淀不溶解。
乙：向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。
（1）画出四氨合铜配离子中的配位键：_______。
（2）甲中，生成蓝色沉淀的离子方程式是_______。
（3）研究甲、乙中现象不同的原因。
[提出猜测]
i.Na+可能影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
ii. 促进了[Cu(NH3)4]2+的生成。
[进行实验]
①将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
②向其中一份加入过量6 mol/L氨水，观察到_______ ， 说明猜测i不成立。
③向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴_______(填试剂)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
[实验反思]
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么能促进[Cu(NH3)4]2+的生成：_______。
[实验二]制备硫酸四氨合铜晶体
资料：
i.[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；
ii. [Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如下图所示。
用蒸发、结晶的方法从乙所得深蓝色溶液中获得的晶体中往往含有Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4等杂质。
（4）结合，上述信息分析，从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施是_______ (写出两条即可)。
【答案】（1）
（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
（3） ①. 蓝色沉淀不溶解 ②. 硫酸铵溶液 ③. 由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成
（4）降低温度 加入乙醇
【解析】
【分析】向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，制得了[Cu(NH3)4]SO4溶液。将[Cu(NH3)4]SO4溶液降温，并加入乙醇可析出硫酸四氨合铜晶体。
【小问1详解】
四氨合铜配离子中的配位键是氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成的，表示为 。
【小问2详解】
甲中硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。
【小问3详解】
②由于向含有Na+的浊液中滴加过量的6 mol/L氨水，若观察到蓝色沉淀不溶解，则说明Na+不影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
③若加入含的物质，蓝色沉淀溶解，则可证明猜想ii成立，所以向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
④由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成。
【小问4详解】
[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的增多而降低，所以从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施可以是降温和加入乙醇。
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