【文档说明】北京东城区2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.059 MB，由小赞的店铺上传

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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：H1C12N14O16Cu64第一部分(共42分)本部分共14题，每题3分，共4

2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=CH2B.CH2=CHCH3C.CH2=CHCH2CH3D.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.H2B.F2C.HClD.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24Cr铬3d54s152.00A.铬元素位于第四周期ⅥB族B.铬原子的价层电子排布

式是3d54s1C.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3d54s1，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D7.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.AB.BC.CD.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C4H10D.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>

NaB.卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2C.羧酸的酸性：CH2ClCOOH>CCl3COOHD.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<CCl3COOH，故C错误；D．一元醇中，烃基为疏水基，烃基基团越大，其溶解性越小，因此相同条件下，物质在水中的溶解度：C2H5OH>CH3(CH2)4OH，故D正确；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.AB.BC.CD.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_______。的（5）若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是_______。【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CHCH↑（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C3

H7Br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：+23HO、HCHOHHCN，催化剂一定条件加成反应Δ浓硫酸，ΔEFGH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯

→⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→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)C

H3②.③.CH2=C(CN)CH3④.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C

H2=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-Hσ键（2）研究水分子的结构①H2O的VS

EPR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ag/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，1m3固体可释放出164m2(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）33316410L22.4L/mol16410L10ag/L-16g/m

ol22.4L/mol18g/mol【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621242−+=，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33316410L22.4L/molm:n=16410L10ag-1

6g/mol22.4L/mol18g/mol。18.利用“杯酚”从60C和70C的混合物中纯化60C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1104CHOb.分子中所有碳原子均为2sp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1mol2Br发生反应。（4）60C不溶于氯仿(化学式为3CHCl)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是_______。（5）60C的晶胞结构如下所示。①碳60晶胞中含有___

____个60C分子。②每个60C分子周围最多可以有_______个紧邻的60C分子。【答案】（1）羟基或OH−（2）氢键（3）①.水或2HO②.ac（4）60C为非极性分子，不溶于极性的3CHCl，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的3CHCl（5）①.4②.12【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OH−；故答案为羟基或OH−；【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21022414+−=，所以分子为1104CHO，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2sp杂化，苯环侧链上的C原子为3sp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2Br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2mol2Br发生反应，d错误；故答案为水或2HO；ac；【小问

4详解】60C为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，60C不溶于极性的3CHCl，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60C为非极性分子，不溶于极性的3CHCl，而“杯酚”为极性分

子，可溶于同为极性分子的3CHCl；【小问5详解】依据60C的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到60C晶胞中含有的60C分子数目为118+6482=；而60C晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个60C分子周围最多可以有12个紧邻的60C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：为（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2mol/LCu

SO4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.+4NH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6mol/L氨水，观察到_______，说明猜测i不成立。③向另一份加入过量6mol/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+4NH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+4NH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6mol/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+4NH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6mol/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+4NH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

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