2022-2023学年福建省莆田第二中学高三上学期一调考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省莆田第二中学高三上学期一调考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省莆田第二中学2022-2023学年高三上学期一调考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A．“雷雨发庄稼”涉及氮的固定
B．二氧化碳是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均属于糖类
D．氢能、生物质能和化石能源均是可再生能源
【答案】A
【详解】A．“雷雨发庄稼”涉及氮气转化为一氧化氮，属于氮的固定，故A正确；
B．二氧化碳是导致温室效应的主要物质，而形成酸雨的主要物质是二氧化硫、二氧化氮，故B错误；
C．棉花、麻的主要成分是纤维素，纤维素属于糖类，蚕丝主要成分是蛋白质，不属于糖类，故C错误；
D．化石能源是古代生物在地下发生复杂化学变化形成的，是不可再生能源，故D错误；
答案选A。
2．下列实验操作所用仪器合理的是
A．实验室配制480mL1mol·L-1的NaOH溶液，需称量19.2g固体NaOH
B．用100mL容量瓶配制90mL1mol·L-1的NaCl溶液
C．用托盘天平称取25.30gNaCl固体
D．用50mL量筒量取4.8mL硫酸
【答案】B
【详解】A．实验室配制480mL1mol·L-1的NaOH溶液，需用500mL的容量瓶，需称量20.0g固体NaOH，故A错误；
B．实验室没有90mL的容量瓶，所以用100mL容量瓶配制90mL1mol·L-1的NaCl溶液，故B正确；
C．托盘天平只能精确到0.1，用托盘天平称取25.3gNaCl固体，故C错误；
D．量筒量程选择应接近要称量液体的体积，所以用10mL量筒量取4.8mL硫酸，故D错误；
故答案为B。
3．下列事实不能从原子结构角度解释的是
A．稳定性： B．第一电离能：N>O
C．熔点： D．有机物中碳的化学键以共价键为主
【答案】C
【详解】A．Fe3+的价电子排布式为3d5，d能级为半满状态，较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d64s1，不稳定，故A不符合题意；
B．同周期元素，从左到右元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则但是氮原子价电子为2p3，较稳定，故电离能N>O，故B不符合题意；
C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体，故熔点，故C符合题意；
D．碳形成化合物以共价键为主的原因是C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构π键和σ键，故D不符合题意；
故选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．6gSiO2晶体中所含硅氧键数目约为0.2NA
B．0.5molC2H4和C3H4O2的混合物完全燃烧，消耗O2分子数目为1.5NA
C．将0.1mol甲烷和0.1molCl2混合光照，生成一氯甲烷的分子数为0.1NA
D．标准状况下，22.4L氯气通入水中，n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2NA
【答案】B
【详解】A．1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，6g二氧化硅的物质的量为，所含硅氧键数目约为0.4NA，A错误；
B．1molC2H4完全燃烧消耗3mol氧气，1mol C3H4O2完全燃烧液消耗3mol氧气，故0.5molC2H4和C3H4O2的混合物完全燃烧，消耗O2分子数目为1.5NA，B正确；
C．0.1mol甲烷和0.1mol氯气混合充分光照反应，产物为氯代甲烷的混合物，则生成一氯甲烷的分子数小于0.1NA，C错误；
D．氯气与水的反应为可逆反应，故1mol氯气通入到足量水中，参与反应的氯气小于1mol，则在该反应中n(HClO) + n(Cl-) + n(ClO-) +2n(Cl2)=2NA，D错误；
故选B。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：、、、
B．能使甲基橙变红的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．中性溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．Cu2+为蓝色，无法共存在无色溶液中，A错误；
B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，Na+、Mg2+、、Cl-可大量共存，B正确；
C．的溶液碱性强，不能大量存在，C错误；
D．中性溶液中已完全转化为氢氧化铁沉淀，无法共存，D错误；
故答案选B。
6．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．将稀盐酸滴在石灰石上：
B．将铜片插入硝酸银溶液中：
C．向硫酸铜溶液中滴加氨水：
D．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：
【答案】D
【详解】A．石灰石主要成分是，属于难溶性强电解质，用化学式表示，A错误；
B．电荷不守恒，应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，B错误；
C．一水合氨是弱电解质，用化学式表示，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫，生成亚硫酸钠和水，D正确；
故答案选D。
7．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂
B．Mg2Si3O8•nH2O能与酸反应，可用于制胃酸中和剂
C．Na具有强还原性，可用于和TiCl4溶液反应制备Ti
D．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
【答案】B
【详解】A．二氧化硫具有还原性，能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，可用作制溴工业中溴的吸收剂，故A错误；
B．硅酸盐Mg2Si3O8•nH2O能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂治疗胃酸过多，故B正确；
C．钠具有强还原性，可用于和熔融四氯化钛反应制备钛，故C错误；
D．碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳使糕点膨松多孔，可用作焙制糕点的膨松剂，故D错误；
故选B。
8．侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列说法正确的是
A．CO中C原子的轨道杂化类型为sp3
B．相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度
C．用澄清石灰水可以鉴别Na2CO3与NaHCO3
D．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
【答案】B
【详解】A．中C原子价层电子对数=3+=3，故C原子的轨道杂化类型为sp2杂化，A错误；
B．依据NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，可知相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，B正确；
C．氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠反应都生成碳酸钙沉淀，二者现象相同，无法鉴别，C错误；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以热稳定性弱于碳酸钠，D错误；
故答案选B。
9．在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】A．铁单质与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，A正确；
B．铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁，B错误；
C．氢氧化亚铁与足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，而不是硝酸铁，C错误；
D．二氧化硫与水生成亚硫酸不是硫酸，D错误；
答案选A。
10．在一个氧化还原反应的体系中，共有H2O、ClO－、CN－、、N2、Cl－六种物质。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是(　　)

A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是
C．配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4∶1
D．ClO－发生还原反应，表现出氧化性
【答案】D
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN－是反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO3－是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN－系数为2，ClO－系数为5，由元素守恒可知HCO3－系数为2，N2系数为1，Cl－系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN－+5ClO－+H2O=2HCO3－+N2↑+5Cl－．
【详解】A、反应中，C元素化合价由CN－中+2价升高为HCO3－中+4价，N元素化合价由CN－中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3－、N2，故A错误；
B、反应中Cl元素化合价由ClO－中+1价降低为Cl－中-1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，故B错误；
C、由上述分析可知，反应为2CN－+5ClO－+H2O=2HCO3－+N2↑+5Cl－，反应中是CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D、由图象中ClO－和N2的物质的量变化及对应元素化合价变化可得，该反应可表示为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO，ClO－发生还原反应，表现出氧化性，故D正确。
故选D。
【点睛】难点C，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒配平方程式是关键．易错点A，注意全面分析各元素的化合价变化，氧化产物有两种：HCO3－、N2。
11．由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下：

下列有关说法不正确的是
A．“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，有利于提高铁、铝元素浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式为
C．“过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【分析】由流程可知，加硫酸发生Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O或FeO+2H+=Fe2++H2O或Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，加过氧化氢可氧化亚铁离子，过滤分离出滤渣为硅的氧化物SiO2，滤液含H+、Fe3+、Al3+，对滤液加热聚合，进一步得到聚合硫酸铁铝，以此来解答。
【详解】A．将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A正确；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正确；
C．用检验浸取液中是否存在的反应：铁氰化钾｛｝与发生反应产生蓝色沉淀：，反应中元素化合价不变，不是氧化还原反应，C错误；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D正确；
答案选C。
12．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。
【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确；
B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确；
C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；
D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；
答案选D。

二、工业流程题
13．用于灭活新冠病毒的二氧化氯稳定性较差(纯易分解爆炸)，故用和NaOH混合溶液将其吸收转化为保存。现利用如下装置(夹持装置略去)及试剂制备。

已知：①熔点―59℃、沸点11℃，在碱性环境中发生反应：；
②温度高于60℃时，分解成和NaCl。
回答下列问题：
(1)配制75%浓硫酸，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。

(2)A为的发生装置，生成的离子方程式为_______。
(3)实验过程中持续通入的作用是_______。
(4)装置B中和NaOH需按照一定比例混合配成溶液与反应制取，作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)；此装置需要采用冰水浴，可能的原因为_______(任写一点)。
(5)装置C烧杯中的试剂是_______。
(6)某同学认为实验过程中会产生，推测产品中可能含杂质，请设计简单实验证明_______。
(7)某研究性学习小组用制取的作漂白剂。0.5mol的氧化能力(得电子数)相当于_______ g 的氧化能力。
【答案】(1)直形冷凝管
(2)
(3)载气或稀释防止其分解爆炸
(4)     还原剂     液化、防止在较高温度下分解、防止温度过高分解
(5)NaOH溶液
(6)取适量产品于试管中，加足量稀盐酸溶解后，滴加溶液，若产生白色沉淀，说明产品含杂质，反之，无
(7)71

【分析】A中NaClO3和Na2SO3在酸性条件下反应生成ClO2，因纯ClO2易分解爆炸，因此通入N2进行稀释，生成的ClO2进入B中与NaOH和H2O2的混合液反应生成NaClO2，因NaClO2温度高于60℃时会分解，因此用冷水浴，最后为尾气处理装置。
（1）
配制75%的浓硫酸，需要量筒量取浓硫酸，浓硫酸稀释时需要用到烧杯和玻璃棒，因此不需要的仪器为直形冷凝管。
（2）
A中NaClO3和Na2SO3在酸性条件下反应生成ClO2，离子方程式为。
（3）
因纯ClO2易分解爆炸，因此通入N2进行稀释，同时通可将生成的排到B装置参与反应(载气)。
（4）
生成被还原，作还原剂；沸点为11℃，冰水浴可以液化，或因、受热易分解，冰水浴也可防止温度过高、分解；
（5）
尾气中可能含有，可用NaOH溶液等强碱性溶液吸收；
（6）
要检验硫酸根离子是否存在，可取适量产品于试管中，加足量稀盐酸溶解后，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明产品含Na2SO4杂质，反之则无Na2SO4。
（7）
和作漂白剂时，Cl元素都转化为，得电子数相同时，，0.5mol的氧化能力相当于1mol的，即71g。
14．由红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾[]和。实验流程如下：

(1)“预处理”中加入的目的是___________。
(2)“沉铁”中若用作为除铁所需钠源，溶液的用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当溶液的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其原因可能是___________。(、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5)

(3)“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，其原因是___________。
(4)如何判断“沉镁”已完全___________。
(5)硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示，请设计由滤液Y制备的实验方案___________。(可选用的试剂：稀硫酸、NaOH溶液、溶液、、蒸馏水)

【答案】(1)将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾
(2)pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大
(3)pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀
(4)静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全
(5)边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤

【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有，经分离提纯得到。
【详解】（1）根据上述分析，沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而预处理”中加入的目的是将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾，故答案为：将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾。
（2）、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用作为除铁所需钠源，由图象可知，当pH＞2.2后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，使镍的损失率会增大，故答案为：pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大。
（3）“沉镁”步骤中，若pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成沉淀，因此，“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，故答案为：pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀。
（4）“沉镁”步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断“沉镁”已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全。
（5）滤液Y中主要含有，还含有等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到，故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤。

三、实验题
15．五水合硫代硫酸钠()俗称海波、大苏打，为无色结晶或白色颗粒，在工业生产中有广泛的用途。某化学实验小组制备，并测定产品纯度，设计如下实验。回答下列问题：
步骤I.制备
按如图所示装置(加热及夹持装置省略)进行实验，可得到溶液，再经一系列步骤获得产品。
已知：S与Na2SO3在加热条件下可反应生成

(1)仪器a的名称为_______，装置A发生反应的化学反应方程式为_______。
(2)装置B的作用为_______。
(3)补充完成装置C中主要反应的离子方程式：①_______，②。
(4)C中溶液经过_______、过滤、洗涤、烘干，得晶体(填实验操作)。
(5)D中浸有品红溶液的棉花的作用为_______。
步骤II. 测定产品纯度
准确称取上述产品12.40g于烧杯中，加入适量水配制成100mL待测液，取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉溶液作指示剂，用0.25mol·L-1的I2标准液滴定重复滴定3次；测得消耗I2标准液体积的平均值为20.00mL。(已知：)
(6)①滴定达到终点时的现象为_______，该产品中的质量分数为_______。
②以下说法中，能使测量结果偏低的是_______。
A．产品中硫代硫酸钠晶体失去部分结晶水
B．滴定前，装I2标准液的滴定管米用标准液润洗
C．滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
【答案】(1)     长颈漏斗    
(2)做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞； 做储气瓶
(3)
(4)蒸发(加热)浓缩、冷却结晶
(5)检验尾气中SO2是否除尽
(6)     滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色     80%或     CD

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由装置A制备二氧化硫，通过安全装置B进入装置C中，在该装置中和碳酸钠，单质硫发生反应，生成产物，最后过量的二氧化硫在装置D中被氢氧化钠吸收，以此解题。
（1）
由图可知，仪器a的名称为：长颈漏斗；装置A中是浓硫酸和铜在加热条件下发生反应生成二氧化硫和硫酸铜，方程式为：；
（2）
当气流速度过大时，装置B中仪器a中的液面会上升，另外过量的二氧化硫可以临时储存在这个装置中，故装置B的作用为：做安全瓶，用于监测实验进行时装置C中是否发生堵塞； 做储气瓶；
（3）
在装置C中二氧化硫和碳酸根离子可以反应生成亚硫酸根离子，随后亚硫酸根离子再和单质S反应，故方程式为：；
（4）
C中得到的产品中含有结晶水，故采用的结晶方法为：蒸发(加热)浓缩、冷却结晶；
（5）
装置D中的氢氧化钠可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，故浸有品红溶液的棉花的作用为：检验尾气中SO2是否除尽；
（6）
①淀粉遇碘分子显蓝色，故滴定达到终点时的现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；根据可知，n()=2 n(I2)=2×0.25mol·L-1×20.00mL×10-3×=0.04mol，则m()=0.04mol×248g/mol=9.92g，该产品中的质量分数=，故答案为：80%或；
②A．产品中硫代硫酸钠晶体失去部分结晶水，则同样量的样品中，硫代硫酸根离子的含量较多，滴定消耗的标准溶液体积偏大，结果偏大，A错误；
B．滴定前，装I2标准液的滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度变小，消耗的标准液体积偏大，结果偏大，B错误；
C．滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出，则滴定时消耗的标准液体积变小，结果偏小，C正确；
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读取的标准液体积偏小，结果偏小，D正确；
故选CD。

四、结构与性质
16．学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。
(1)的空间结构为_______，属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(2)我国空间站日常运行所需电源主要由太阳能电池提供，太阳能电池主要材料是砷化镓(GaAs)、碲化镉(CdTe)，它们可以直接把光能转化成电能给空间站供电。
①Cd与Zn是相邻周期同族元素，基态Cd的价电子排布为_______。
②砷化镓(GaAs)能够承受太空高温环境，原因是_______。
(3)二个甲酸分子通过氢键形成二聚体(含八元环)，画出该二聚体的结构：_______。
(4)具有高稳定性、超导电性的二维硼烯氧化物()的部分结构如图所示，则该氧化物的化学式为_______，其中B-B键的键长_______B-O键的键长(填“>”“<”或“=”)。

【答案】(1)     平面三角形或平面正三角形     非极性
(2)     4d105s2     砷化镓(GaAs)属于共价晶体，共价键键能强，熔点高
(3)
(4)     B2O     >

【解析】（1）
的成键电子对为3，孤电子对为，故其空间构型为平面三角形或平面正三角形，则BF3分子中的正负电荷中心重合，属于非极性分子；
（2）
①Cd与Zn是相邻周期同族元素位于第ⅡB族，故其价电子排布为4d105s2；
②可以从晶体类型的角度分析，砷化镓(GaAs)属于共价晶体，共价键键能强，熔点高；
（3）
其中一个甲酸分子的羟基上的氢和另一个甲酸分子的羧基上的氧形成了氢键，从形成环状结构，其二聚体的结构为：；
（4）
在每个环中，有氧原子个数，B原子数，该氧化物的化学式为B2O；B原子半径大于O原子半径，故B-B键的键长>B-O键的键长。

五、有机推断题
17．有机物M是合成抗抑郁药物西酞普兰的中间体，M的一种合成线路如下：

已知：
回答下列问题：
(1)D的名称为_______，M中含氧官能团名称为_______。
(2)G的结构简式是_______。
(3)A生成B的化学反应方程式为_______。
(4)E与新制Cu(OH)2悬浊液共热，观察到的现象是_______。
(5)E的同分异构体中能使FeCl3溶液显紫色，并能跟溴水发生加成反应的化合物中请任意写出其中的两种_______，_______。
【答案】(1)     间二甲苯或1，3-二甲苯     羧基、羰基
(2)
(3)+Br2+HBr
(4)产生砖红色沉淀
(5)         

【分析】A→B为A中F原子对位上的氢被溴取代，则B为，根据题给的已知条件可知C和E反应生成G为，以此解题。
（1）
根据D的结构简式可知D的名称为间二甲苯或1，3-二甲苯；根据M的结构简式可知M中含氧官能团名称为：羧基、羰基；
（2）
由分析可知G的结构简式是；
（3）
由分析可知A生成B为A中F原子对位上的氢被溴取代，则方程式为：+Br2+HBr；
（4）
E中含有醛基，可以被新制的悬浊液氧化，现象为：产生砖红色沉淀；
（5）
能使溶液显紫色说明有酚羟基，能跟溴水发生加成反应说明含有碳碳双键，则其苯环上可能有三个取代基，—OH，—CH=CH2，—CH3，这样的结构一共有10种，也可能有两个取代基，—OH，—CH2CH=CH2，这样的结构有3种，也可能有两个取代基，—OH，—CH=CHCH3，这样的结构有3种，也可能有两个取代基，—OH，—C(CH3)=CH2，这样的结构有3种，一共有19种，其中同分异构体有、。