1.2有机化合物的结构同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．分子式为C5H10O且含有“－CHO”的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
2．作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理如图，下列说法不正确的是
A．乙基蒽醌的一氯代物有7种(不包括立体异构)
B．是极性分子
C．乙基蒽醇中的碳有2种杂化方式
D．乙基蒽醌是反应的催化剂
3．同分异构现象在有机化合物中十分普遍，这也是有机化合物数量非常庞大的原因之一。下列说法正确的是
A．联苯()属于苯的同系物，其一溴代物有4种
B．苯甲酸共有5种同分异构体(含苯环且包括苯甲酸)
C．和互为同分异构体且属于位置异构
D．分子式为且能与Na反应产生的同分异构体有4种
4．的同分异构体(不考虑立体异构)中苯环上的一氯代物只有一种的有
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
5．下列说法不正确的是
A．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅>冰>干冰
B．丙氨酸()分子中含有2个手性碳原子
C．等离子体具有良好的导电性，冠醚能识别碱金属离子
D．某元素X气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733、10540、13630，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+
6．下列有关化学用语表示正确的是
A．甲烷的球棍模型： B．NH3的电子式：
C．氮气的电子式： D．乙醇含有的官能团是-OH，带一个单位负电荷
7．化合物M( )是合成药物盐酸沙格雷酯的中间体，M中含有的官能团为
A．酯基、羟基、碳碳双键 B．苯环、羟基、酯基
C．醛基、羟基、碳碳双键 D．苯环、羟基、碳碳双键
8．2022年诺贝尔化学奖颁发给为点击化学发展做出贡献的3位科学家。下图为点击化学的经典反应。下列说法正确的是
A．上述物质中碳原子的杂化方式共有2种
B．化合物n中所有碳原子都在同一条直线上
C．p与足量氢气加成后，产物分子中含2个手性碳原子
D．m、n、p中所有碳、氮原子均满足8电子结构
9．下列化合物中，与互为同分异构体的是
A．CH3CH3 B．CH3CH2CH2CH2CH2CH3
C． D．
10．维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图。下列说法正确的是
A．维生素C的分子式为
B．维生素C分子中含有3个手性碳原子
C．维生素C分子中C原子有、两种杂化方式
D．维生素C含碳原子较多，故难溶于水
11．利用电化学还原方法催化点击反应，制备功能化侧基聚合物的反应原理如下。下列说法错误的是
A．聚合反应物分子中含有手性碳原子
B．反应过程中有非极性键的断裂和极性键的形成
C．通过电流控制(Ⅱ)还原为(Ⅰ)进而催化反应发生
D．聚合反应物分子与按照物质的量之比1∶1反应的产物
12．下列化学用语表达正确的是
A．乙炔的结构简式 B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式： D．乙烷的球棍模型：
13．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下与Z反应制得。下列叙述正确的是
A．Y含有2种官能团 B．可以用新制检验反应是否发生
C．1molY最多能与5mol反应 D．Z与溶液反应，生成浅黄色沉淀
14．碳原子的不同结合方式使有机物种类繁多，下列碳原子的结合方式中错误的是
A B C D
A．A B．B C．C D．D
15．2022年诺贝尔化学奖授予三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。该反应如图：
下列说法正确的是
A．X与互为同系物 B．该反应条件温和，对酸碱性无太大要求
C．Z分子中含有1个手性碳原子 D．X与Y反应可生成另一产物
二、填空题
16．富马酸可用于生产补铁剂富马酸亚铁，结构如图。
富马酸富马酸亚铁
(1)富马酸分子中，含有官能团的名称是______________。
(2)富马酸分子中，σ键与π键的个数比为______________。
(3)依据结构分析，下列几种溶剂中，可以溶解富马酸的是___(填字母序号)
a．四氯化碳 b．乙醇 c．苯
(4)富马酸亚铁中，碳原子的杂化类型是____，所含非金属元素的电负性由大到小顺序是____。
(5)富马酸的一种同分异构体马来酸结构如图。富马酸的熔点为300℃，而马来酸熔点仅为140℃，其熔点差异较大的原因是________。
马来酸
17．观察下面几种链状烷烃的球棍模型
(1)①A的结构简式为___________。
②B的同分异构体的结构简式为___________。
③C的分子式为___________。
④D的名称为___________。
(2)上述4种物质的沸点从大到小的排序为___________(填字母顺序)。
(3)B的一氯取代产物有___________种同分异构体。
(4)若上述4种物质各为1g，在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是___________(填字母)
三、实验题
18．青蒿素是治疗疟疾耐药性效果最好的药物。近年来随着研究的深入，青蒿素其他作用也越来越多被发现、应用、研究，如抗肿瘤、抗病毒、治疗肺动脉高压等。
已知：①青蒿素可溶于乙醇、乙醚，在水中几乎不溶，熔点为156℃～157℃。
②乙醇的沸点为78℃，乙醚的沸点为34.5℃。
③青蒿素受热不稳定。
实验室提取青蒿素流程如图所示。
(1)实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是___________。用乙醚提取青蒿素的效果比乙醇好，原因是___________。
(2)操作Ⅰ在索氏提取器中(如图所示)进行，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。
①装置a的名称为___________。
②索氏提取的青蒿素位于___________。(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是___________。
(3)操作Ⅱ选用下图哪种装置更好___________。(填字母)，原因是___________。
(4)操作Ⅲ的过程可能是___________。(填字母)。
a．加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶
b．加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤
c．加入乙醚进行萃取分液
(5)青蒿素( )中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定，滴定终点时消耗体积为。(已知：，(青蒿素))。青蒿素的纯度为___________。
(6)在一定条件下，可对青蒿素分子结构进行修饰，如图所示。
从结构与性质关系的角度推测双氢青蒿素比青蒿素的水溶性、疗效更好的原因：___________。
19．I.过渡元素性质复杂多样，请根据下列描述回答问题。
(1)Cu元素在周期表中位于____区，它可与多种有机物形成配合物。CuCl2溶液与乙二胺(H2N－CH2－CH2－NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，配位数为4，请在框内画出其结构示意图并用“→”表示出其中的配位键____。
(2)有机物E与铜(II)的配合物是一种可发光的发光材料，在发光器材方面有很好的应用前景。其合成E的路线如图，回答下列问题：
①C生成D的过程中有一种温室气体生成，写出D生成E的化学方程式____。
②A有多种同分异构体，其中符合以下条件的共有____种。
i.分子中含有吡啶环()且环上只有2个取代基；
ii.只含有一种官能团，且核磁共振氢谱只有四种峰；
iii.吡啶环上的一氯取代物只有2种
③结合题给信息，以和为原料合成西佛碱N－苯基苯甲亚胺请在框内写出合成路线____。
II.实验小组对NaHSO3溶液与可溶性铜盐溶液的反应进行探究。
实验 装置 试剂x 操作及现象
I 1mol·L 1CuCl2溶液 加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
II 1mol·L 1CuSO4溶液 加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。
已知：i.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)
ii.Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)
(3)推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到____，反应的离子方程式为_____。
(4)对实验I产生SO2的原因进行分析，提出假设：
假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；
假设b：Cl-存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。
①假设a不合理，实验证据是____。
②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H++HSO=SO2↑+H2O
(5)对比实验I、II，提出假设c：Cl-增强了Cu2+的氧化性。
下述实验III证实了假设c合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_____(补全实验操作及现象)。
(6)将实验II的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO。
①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验IV：
证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是：____。
②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验V，证实了Cu2+的存在。实验V的方案和现象是：____。
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参考答案：
1．C
【详解】分子式为C5H10O且含有"-CHO"，则另外的烃基为-C4H9, (不考虑立体异构)共有：-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3、-CH2CH(CH3)2共4种，故选C。
2．A
【详解】A．乙基蒽醌结构不对称，有9种不同环境的氢，一氯代物有9种，A错误。
B．是折线形，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，B正确。
C．乙基蒽醇中的乙基上的饱和碳的杂化方式为，而苯环上的碳原子为，C正确。
D．乙基蒽醌在反应中被消耗，然后又生成，故是反应的催化剂，D正确。
故选A。
3．B
【详解】A．与苯所含的苯环数目不同，不属于苯的同系物，联苯有3种氢原子，故A错误；
B．苯甲酸含有苯环的的同分异构体有、、、，包括苯甲酸共5种，故B正确；
C．和互为同分异构体且属于官能团异构，故C错误；
D．分子式为C5H12O且能与Na反应产生气体说明C5H12O为一元饱和醇，结构简式共有8种，-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH2CH3、
-CH(CH2CH3)2、-CH2CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)2CH2CH3、-CH(CH3)CH(CH3)2、-CH2CH2CH(CH3)2、-CH2C(CH3)3，则戊醇共有8种，故D错误；
故选B。
4．B
【详解】若四个碳分别形成甲基，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；若四个碳形成两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以的同分异构体(不考虑立体异构)中苯环上的一氯代物只有一种的有4种；
故答案选B。
5．B
【详解】A．金刚石、碳化硅晶体、硅均为共价晶体，C-C、C-Si、Si-Si键长依次增大，键能减小，晶体的熔沸点降低。而冰和干冰均为分子晶体，前者有分子间氢键熔点更高。熔点为金刚石>碳化硅>晶体硅>冰>干冰，A项正确；
B．手性碳特点：连接四个不同的原子或基团，该分子种手性碳为1个，B项错误；
C．等离子体包含大量的自由移动的电子和离子，具有良好的导电性。冠醚可以和碱金属进行配位，C项正确；
D．第二电离能与第三电离能差距较大，即该元素易失去两个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，D项正确；
故选B。
6．A
【详解】A．甲烷是正四面体型，碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的球棍模型： ，A正确；
B．NH3的电子式： ，B错误；
C．氮气的电子式： ，C错误；
D．乙醇含有的官能团是-OH，羟基呈电中性，D错误；
故答案选A。
7．C
【详解】化合物M中含有酚羟基、醛基和碳碳双键这三种官能团，苯环不是官能团，故答案选C。
8．D
【详解】A．上述物质中饱和碳原子为sp3杂化，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，碳碳三键碳原子为sp杂化，则碳原子的杂化方式共有3种，A错误；
B．碳碳三键是直线型、与碳碳三键直接相连的原子在同一条直线上，饱和碳原子是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则化合物n中所有碳原子不可能都在同一条直线上，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子， p与足量氢气加成后，产物分子中含1个手性碳原子，五元环中与乙基直接相连的那个碳原子是手性碳原子，C错误；
D．根据结构示意图可知，m中共用4对电子对、失去1个电子，共用2对电子对、得到1个电子，N共用3对电子对、还有电子1对孤电子对，碳原子共用4对电子对， n中碳原子均共用4对电子对， p中N共用3对电子对、还有电子1对孤电子对，碳原子共用4对电子对，则所有碳、氮原子均满足8电子结构，D正确；
答案选D。
9．D
【分析】分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，的分子式为C5H12，据此解答。
【详解】A．CH3CH3的分子式为C2H6，A不选；
B．CH3CH2CH2CH2CH2CH3的分子式为C6H14，B不选；
C．的分子式为C4H10，C不选；
D．的分子式为C5H12，D选；
答案选D。
10．C
【详解】A．维生素C的分子式为，A错误；
B．由图 可知，维生素C分子中含有2个手性碳，B错误；
C．维生素C分子中C原子形成4个单键是杂化，形成一个双键两个单键的是杂化，所以C原子有、两种杂化方式，C正确；
D．维生素C含羟基较多，羟基具有亲水性故易溶于水，D错误；
故选C。
11．D
【详解】A．根据该反应物的结构简式可知，其中含有手性碳，A正确；
B．反应过程中有非极性键N—N键的断裂，和极性键N—C键的形成，B正确；
C．由图可知，在电流的作用下，(Ⅱ)还原为(Ⅰ)进而催化反应发生，C正确；
D．由图可知，应该是聚合反应物分子与按照物质的量之比1∶n反应的产物，D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．乙炔含有碳碳三键，结构简式，故A错误；
B．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同。则基态碳原子的轨道表示式：，故B错误；
C．键线式：将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有1个碳原子。则丙炔的键线式：，故C正确；
D．球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布，棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型，球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。乙烷的比例模型：，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】A．Y中有-CHO醛基、C=C碳碳双键、-O-醚键，Y有三种官能团，A项错误；
B．X和Y均有醛基均能与新制 Cu(OH)2 反应，无法检验反应是否发生，B项错误；
C．Y中苯环消耗3mol H2，碳碳双键消耗1mol H2，-CHO消耗1mo lH2，共消耗5mol H2，C项正确；
D．Z无法电离出Br-，无法与AgNO3产生沉淀，D项错误；
故选C。
14．C
【详解】有机物中C与C连接单键、双键、三键及环状、链状都会影响到有机物的种类。有机物中C原子形成四价结构，C中C原子超出的四根键，该结构错误；
故选C。
15．D
【详解】A．含两个醚键，与X结构不相似，X与不是同系物，故A错误；
B．Cu+在酸性条件下发生歧化反应生成Cu、Cu2+，酸碱性会影响催化剂Cu+的存在，故B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据Z结构简式可知Z分子中不含有手性碳原子，故C错误；
D．与反应，可能是X中1号C与Y中显负电性的N连接，也可能是X中2号C与Y中显负电性的N连接，因此可以形成两种不同产物，故D正确；
选D。
16．(1)羧基、碳碳双键
(2)11:3
(3)b
(4) sp2杂化 O>C>H
(5)富马酸可以形成分子间氢键，马来酸可以形成分子内氢键
【详解】（1）由图可知，富马酸分子中，含有官能团的名称是羧基、碳碳双键；
（2）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，则富马酸分子中，σ键与π键的个数比为11:3；
（3）富马酸含有羧基，能与乙醇形成氢键，导致其易溶于乙醇，故选b；
（4）富马酸亚铁中酯基碳、碳碳双键两端的碳均为sp2杂化；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故所含非金属元素的电负性由大到小顺序是O>C>H；
（5）富马酸可以形成分子间氢键，马来酸可以形成分子内氢键，导致富马酸沸点远高于马来酸。
17．(1) CH3CH2CH3 CH(CH3)3 C5H12 异戊烷
(2)C>D>B>A
(3)2
(4)A
【详解】（1）①A为链状烷烃，根据其球棍模型可知，其结构简式为CH3CH2CH3。
②B为正丁烷，其同分异构体为异丁烷，结构简式为CH(CH3)3。
③根据C的球棍模型可知，其为正戊烷，分子式为C5H12。
④从D的球棍模型可知，其结构简式为CH3CH2CH(CH3)CH3，名称为异戊烷。
（2）一般而言，链状烷烃中碳原子的数目越多，熔沸点越高，碳原子数目相同时，支链越多，熔沸点越低，则以上四种物质沸点从大到小排序为C>D>B>A。
（3）B为正丁烷，正丁烷中有两种不同化学环境的氢原子，因此其一氯代物有2种同分异构体。
（4）等质量的烃，烃中H元素质量分数越大，耗氧量越大，以上四种物质中，丙烷中H元素质量分数最大，因此上述4种物质各为1g，在足量氧气中燃烧，消耗氧气最多的为A。
18．(1) 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率 乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解
(2) 球形冷凝管 圆底烧瓶 节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
(3) 乙 乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效
(4)b
(5)70.5%
(6)与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好
【分析】首先用乙醚从干燥破碎的青蒿中萃取出青蒿素，之后过滤得到提取液，再通过蒸馏的方式分离乙醚和粗品，再对粗品提纯即可得到精品，以此解答。
【详解】（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率。用乙醚提取青蒿素的效果比乙醇好，原因是乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解，答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率，乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解；
（2）①装置a的名称为球形冷凝管，答案为：球形冷凝管；
②实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，所以索氏提取的青蒿素位于圆底烧瓶中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)，答案为：圆底烧瓶，节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
（3）甲为常压蒸馏，乙为减压蒸馏装置，减压蒸馏装置可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效，所以应采用减压蒸馏装置，答案为：乙，乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；
（4）a．青蒿素在水中几乎不溶，不能用水溶解，a错误；
b．青蒿素在乙醇中可溶解，加70%的乙醇，然后浓缩、结晶、过滤，就可以提纯青蒿素，b正确；
c．加入乙醚分液后得到的还是混合液，而不是精品，c错误；
故选b；
（5）青蒿素与碘化钠反应生成碘单质过程中过氧键中的氧原子得到电子降低到-2价，碘化钠中碘离子失去电子升高到0价，所以生成的碘单质的量与消耗的青蒿素的物质的量相同，所以样品中青蒿素的物质的量为：，青蒿素的纯度为，答案为：70.5%；
（6）青蒿素中存在的官能团有醚键和酯基，双氢青蒿素分子中存在的官能团有醚键和羟基，所以与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好，答案为：与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好。
19．(1) ds
(2) +2→+2H2O 2
(3) 蓝色褪去
(4) 实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡
(5)右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；
(6) 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色
【分析】NaHSO3溶液属于弱酸的酸式盐，HSO的电离程度大于水解程度，它的溶液呈酸性，从二氧化硫的还原性和碘的氧化性，碘单质可使淀粉显蓝色角度出发，写出实验现象
和离子反应方程式；要产生二氧化硫气体，需要溶液中有氢离子存在，对于氢离子产生的原因，可以从实验I、II都有铜离子，但现象不同，故可以判断出假设a不正确；是不是Cl-增强了Cu2+的氧化性，可以加入氯离子，但是为了不引入新的杂质，可以加氯化钠，再观察电压表的示数，以此解题。
【详解】（1）Cu元素在周期表中位于第四周期第IB族，属于ds区；CuCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成配离子[Cu( En)2]2+ (En是乙二胺的简写)，配位
数为4，则乙二胺分子中两个N原子都与铜离子形成配位键，其结构为；
（2）①C生成D的过程中有一种温室气体生成，D生成E的化学方程式为：+2→+2H2O；
②A的同分异构体符合以下条件：i.分子中含有吡啶环()且环上只有2个取代基；
ii.只含有一种官能团，且核磁共振氢谱只有四种峰；则吡啶环上连的基团为-CH2COOH；iii.吡啶环上的一氯取代物只有2种，-CH2COOH只能在氮原子的邻位或间位，这样的异构体有2种；
③苯甲醛和苯胺发生取代反应生成，发生水解反应生成苯甲醇，苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，其合成路线为；
（3）蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生化学反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为：；
（4）①要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡，说明不是由假设a: Cu2+水解使溶液中c (H+ )增大引起的；
②根据亚硫酸氢钠加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，则假设b正确，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应：；
（5）实验是为了验证Cl-增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl-增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大；
故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；
（6）①根据题目信息已知ii，确定Cu+的检验方法，实验IV中若含有Cu+，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；
②若要证明溶液中的Cu2+需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，看反应现象：沉淀溶解，得到无色溶液，露置段时间后溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足浓氨水。实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色；故答案为：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
