四川省仁寿第一中学（北校区）2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题（Word版附解析）

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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共12题，共100分。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量： S：32 O：16 Na：23
第Ⅰ卷 选择题 (共42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述错误的是
A. 吉林的雾凇闻名中国，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
B. 造纸工业常用SO2处理纸浆，利用了SO2的漂白性
C. 奥运火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于新型无机非金属材料
D. 垃圾分类有多种方法，其中废纸、废药品属于可回收垃圾
【答案】D
【解析】
【详解】A．雾是水蒸气在空气中形成的一种气溶胶，具有胶体的性质，能够使光线发生散射作用而沿直线传播，故光束透过大雾可观察到丁达尔效应，A正确；
B．SO2 具有漂白性，用 SO2 处理纸浆，利用了 SO2 的漂白性，B正确；
C．火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，是新型无机非金属材料，C正确；
D．垃圾分类有多种方法，其中废纸属于可回收垃圾，但废药品属于有害垃圾不可回收，D错误；
故答案为：D。
2. 如图所示分子酷似企鹅，化学家将分子以企鹅来取名为Penguinne。下列有关说法正确的是
A. Penguinne是一种芳香烃B. Penguinne的分子式为
C. Penguinne有4种不同化学环境的氢D. Penguinne最多能与发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，Penguinne分子中不含有苯环，而且含有碳、氢、氧三种元素，所以不是芳香烃，故A项错误；
B. 根据已知结构简式，Penguinne的分子式为，故B项错误；
C. Penguinne分子结构较为对称，分子中只存在3种环境的氢，故C项错误。
D. 1个Penguinne分子中含有2个碳碳双键和1个羰基，均能与发生加成反应，即Penguinne最多能与3 ml 发生加成反应，故D项正确。
本题正确答案为D。
3. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
B. 标准状况下，80gSO3中氧原子数为3NA
C. 1ml Cl2通入足量水充分反应，转移的电子数为NA
D. 1 L 1 ml·L−1 NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3水解是一个可逆过程，1个氢氧化铁胶粒含有许许多多个Fe(OH)3分子，则0.1mlFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成氢氧化铁胶粒数目小于0.1NA，A错误；
B．标准状况下，80gSO3中氧原子数为=3NA，B正确；
C．已知Cl2与水反应是一个可逆反应，故1ml Cl2通入足量水充分反应，转移的电子数小于NA，C错误；
D．1 L 1 ml·L−1 NaCl溶液含有1mlNa+，含有1ml电子，1mlCl-含有18ml电子，但溶液中还有水分子，水分子也含有电子，故含有电子数目大于28NA，D错误；
故答案为：B。
4. W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28，它们所形成的阴离子具有很高的亲水性，可以作为能源材料中的电解质，该离子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 离子构型为四面体B. YWX-离子构型为V形
C. 非金属性：X＜W＜QD. 该阴离子中∠Y-X-Y为180°
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28。从图中可以看出，W元素的化合价为4价，表明其最外层有4个电子，则W为碳；Q形成1个共价键，则Q应为氟；Y形成6个共价键，则最外层有6个电子，其为S；Z形成2个共价键，则Z为氧；X形成2个共价键，又获得1个电子，所以X的最外层电子数为5，其为氮元素。从而得出W、X、Z、Q、Y分别为C、N、O、F、S。
【详解】A．离子的化学式为，其相当于中的1个O原子被S替代，所以其构型与相似，为四面体结构，A正确；
B．YWX-离子为SCN-，其中心C原子的价层电子数为2，发生sp杂化，C原子的最外层无孤电子对，则其构型为直线形，B不正确；
C．X、W、Q分别为N、C、F，它们的电子层数相同，为同周期元素，则非金属性：C＜N＜F，C不正确；
D．该阴离子中，S-N-S的中心N原子最外层存在孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以∠S-N-S小于180°，D不正确；
故选A。
5. 利用下列实验装置进行的实验能达到相应实验目的的是
A. 装置Ⅰ：制取并收集干燥的氨气
B. 装置Ⅱ：先从a通NH3，然后从b通入CO2，可制得少量NaHCO3固体
C. 装置Ⅲ：用标准氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的盐酸
D. 装置Ⅳ：蒸干CuCl2溶液可制得无水CuCl2固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法，装置Ⅰ中长进短出即采用的向上排空气法，因而收集干燥的氨气的方法错误，A不合题意；
B．已知NH3在水中的溶解度很大，需要防倒吸，CO2在水中的溶解度小，而在氨化后的水溶液中溶解度大大增加，故装置Ⅱ先从a通NH3，然后从b通入CO2，可制得少量NaHCO3固体，B符合题意；
C．NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，而不能装入酸式滴定管，C不合题意；
D．由于CuCl2溶液能发生水解生成HCl和Cu(OH)2，HCl易挥发，故装置Ⅳ直接蒸干CuCl2溶液不可制得无水CuCl2固体，D不合题意；
故答案为：B。
6. 2023年星恒电源发布“超钠F1”开启钠电在电动车上产业化元年。该二次电池的电极材料为(普鲁士白)和(嵌钠硬碳)。下列说法中错误的是
A. 放电时，左边电极电势高
B. 放电时，负极的电极反应式可表示为：
C. 充电时，电路中每转移电子，阳极质量增加
D. 比能量：锂离子电池高于钠离子电池
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，放电时，中的钠失去电子生成，因此为负极，据此答题。
【详解】A．放电时，左边电极为正极，电极电势高，A正确；
B．放电时，负极的电极反应式可表示为：，B正确；
C．充电时，阳极反应式为：，电路中每转移电子，阳极质量减少，C错误；
D．比能量就是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，Li、Na原子正常状态下反应时均为失去1个电子，但Li的相对原子质量小于Na的，故锂离子电池的比能量高于钠离子电池，D正确；
故选C。
7. 是一种难溶电解质。常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为或)的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 随着盐酸的加入，不断溶解
B. 表示随的变化曲线
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】已知HF的，则有，即有越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。
【详解】A．随着盐酸的加入，H+与F-结合生成HF，促使沉淀溶解平衡正向移动，不断溶解，故A正确；
B．由分析可知，越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，表示随的变化曲线，故B正确；
C．由a点坐标可知，=10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2ml/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故C错误；
D．由图可知，c(F-)=10-2.0ml/L时，=1.2，即=10-1.2ml/L， =10-2.0×10-1.2=10-3.2，故D正确；
故选：C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
8. FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡(SnCl4)制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。
有关信息如表：
（1）仪器A的名称为___，甲中发生反应的离子方程式为___。
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到___现象后，开始加热装置丁。
（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在___(填序号)范围内。
A. 652~2260℃B. 232~652℃C. 114-246℃D. 114~232℃
（4）为测定产品中Sn2+的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：
①甲同学：准确称取m g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用a ml/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1 mL。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是___。
②乙同学：准确称取m g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bml/L。硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2 mL，由此可计算产品中Sn2+的质量分数。硝酸银溶液最好盛放在___(填序号)滴定管中。
A．无色酸式滴定管 B．棕色酸式滴定管 C．无色碱式滴定管 D．棕色碱式滴定管
参考表中的数据，X溶液最好选用的是___(填序号)。
A．NaCl溶液 B．NaBr溶液 C．NaCN溶液 D．Na2CrO4溶液
滴定终点的现象为___。甲同学认为乙同学的方案中用V2 mL进行计算不准确，理由是___。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. ClO+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O
（2）丁装置充满黄绿色气体 （3）B
（4） ①. Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多 ②. B ③. D ④. 滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30 s内颜色不变 ⑤. Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多
【解析】
【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置丙作用是干燥Cl2；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl4)，由于制取的无水四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡(SnCl4)，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即CO2，防止其进入装置戊，因而可避免SnCl4水解变质为SnO2·xH2O。
【小问1详解】
由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生氧化还原反应制取Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：+6H++=3Cl2↑+3H2O；
【小问2详解】
为防止制取无水SnCl4水解，要排出装置中的空气；当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；
【小问3详解】
由表中沸点数据可知：Sn的熔点是232℃，SnCl2的熔点是246℃，SnCl2的沸点是652℃，SnCl4的沸点是114℃，Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在232~652℃范围内，故合理选项是B；
【小问4详解】
①由于氧化性：KMnO4>Cl2，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl-，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的Sn2+的质量分数严重偏高；
②硝酸银是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；同时AgNO3不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，AgNO3溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；
测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故合理选项是D；
用Na2CrO4溶液作指示剂，当滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30 s内颜色不变，说明滴定达到终点，此时停止滴加；
由于离子的氧化性：Ag+>Fe3+，Fe3+能氧化Sn2+，推测Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液用量偏多产生误差。
9. 锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、 Fe2O3、 SiO2)制备高纯锗的工艺流程：
已知： ①GeO2为两性化合物。
②GeCl4 易水解，在浓盐酸中溶解度低。
③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见表。
④有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见表。
（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______(填化学式)。
（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。常温下调节溶液的pH至3.9时，c(Fe3+)=_______ml/L。 (Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38) 如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_______的不良后果。
（3）“滤液2中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。
（4）GeCl4 与纯水反应的化学方程式为_______
（5）若氢气还原过程中制得2.5ml Ge，则参与反应的氢气体积为_______L(标准状况下)。
【答案】（1） ① 加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 ②. SiO2
（2） ①. 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl−+H2O ②. 4.0×10−7.7 ③. 形成Ge(OH)4沉淀(或造成Ge4+损失)
（3）Zn2+、Na+
（4）GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl
（5）112
【解析】
【分析】湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
【小问1详解】
“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，湿法炼锌渣中的GeO2为两性化合物，与稀硫酸反应生成Ge4+；ZnO、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+和Fe3+；SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，过滤后以浸出渣的形式除去。浸出渣的主要成分是SiO2(填化学式)。故答案为：加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；SiO2；
【小问2详解】
由表1中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，故加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H+ +ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3+ +H2O；
常温下调节溶液的pH至3.9时，c(OH-)=10-10.1ml/L, Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)(10-10.1ml/L)3=4.0×10-38，c(Fe3+)==4.0×10−7.7ml/L；
加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是除去Fe3+，如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀(或造成Ge4+损失)；
【小问3详解】
“过滤1”后“滤饼1”的主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的和过量的H+，及加入次氯酸钠引入的Na+、过量的ClO−和生成的Cl−。由表2中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97％~98.5％，故滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离。“滤液2”中主要含有的金属阳离子是Zn2+、Na+(填离子符号)。故答案为：Zn2+、Na+；
【小问4详解】
由流程图可知，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O晶体，GeCl4与高纯水反应的化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。故答案为：GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；
【小问5详解】
若氢气还原过程中制得2.5ml Ge，根据反应方程式GeO2+2H2 Ge+2H2O可知，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为2.5ml 222.4L/ml=112L(标准状况下)。
10. 二甲醚是无色气体，可作为一种新型能源，同时也是重要的化工原料，采用催化加氢可合成二甲醚，发生的反应如下：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）已知反应： ，则______；
（2）在恒温恒容密闭容器中充入一定量的和，发生上述反应。下列能说明反应I达到平衡状态的是______。
a．容器内气体的密度不再发生变化
b．容器内的压强不再发生变化
c．
d．容器内气体平均相对分子质量不再变化
（3）在压强、和的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得(平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。(已知：的选择性)
其中表示平衡时的选择性的曲线是______(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是______。
（4）对于反应Ⅱ的反应速率其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压总压物质的量分数)。
a．达到平衡后，降低温度，______(填“增大”、“减小”或”不变”)；
b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(CO2):n(H2)=6:7投料，当CO2转化率为50%时，用气体分压表示的平衡常数
（5）二甲醚—氧气燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质溶液为NaOH溶液时，燃料电池的负极反应式为______。
【答案】（1）
（2）bd （3） ①. ① ②. 温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高【或反应I的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为CO的平衡转化率上升，转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。其他合理答案也可】
（4）减小0.75或
（5）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律知反应Ⅰ=Ⅲ＋2×Ⅱ得，所以；
【小问2详解】
a．反应Ⅰ全部是气体，气体总质量不变，体积恒容，密度一直保持不变，不能说明化学反应达到平衡状态，a项错误；
b．反应Ⅰ正向反应是气体分子数减少的反应，即压强减小的反应，故压强不变可以证明反应达到平衡状态，b项正确；
c．由可得，，不等于其化学计量数之比，则正、逆反应速率不相等，c项错误；
d．容器内气体的平均相对分子质量，气体质量不变，但气体总物质的量变化，则M也变化，当M不变时可判定达到平衡状态，d项正确；
故选bd；
【小问3详解】
升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，Ⅱ向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；
当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＞0，Ⅱ的△H＜0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应Ⅱ占主导；
【小问4详解】
①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
设初始物质的量n(CO2)=6ml，n(H2)=7ml，当二氧化碳转化率为50%时，列三段式：
恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比P(CO2)= P(CO)= P(H2O)=P(总)，P(H2)= P(总)，；
【小问5详解】
二甲醚燃料电池中，燃料二甲醚在负极失电子，发生氧化反应，电解质环境是碱性的，故电极反应式为：。
(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 阿尔维德卡尔森因发现多巴胺获得了2000年诺贝尔生理学或医学奖，多巴胺是一种神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质。这种脑内分泌物也能传递兴奋及开心的信息。其结构式如下图a所示，化学式为C8H11NO2。回答下列问题：
（1）基态氧原子最高能级上有_______种运动状态不同的电子，基态碳原子的一个2s电子跃迁到2p轨道形成激发态原子的价电子排布图为_______。
（2）多巴胺分子中碳原子的杂化方式有_______，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（3）1 ml多巴胺中含有键的数目为_______。多巴胺易溶于水，理由是_______。
（4）多巴胺与盐酸作用能形成盐酸多巴胺，结构如上图b所示，多巴胺和盐酸多巴胺中H—N—H键的键角，前者_______(填“大于”“等于”或“小于”)后者，理由是_______。
（5）盐酸多巴胺形成的晶体的晶胞结构如图所示，其晶胞中阳离子为面心立方最密堆积，阳离子半径为R pm，则晶胞氯离子的配位数是_______，晶胞的密度是_______。
【答案】11. ①. 4 ②.
12. ①. sp2、sp3 ②. N＞O＞C
13. ①. 22NA ②. 多巴胺中有-OH、-NH2都能与水形成氢键
14. ①. ＜ ②. 多巴胺中的氨基有一对孤对电子，盐酸多巴胺中-NH3Cl中无孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力更大，中心原子杂化方式相同有孤电子对时键角更小
15. ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
O为8号元素，基态氧原子最高能级电子排布为2p4，因此基态氧原子最高能级上有4种运动状态不同的电子，基态碳原子价电子排布为2s22p2，一个2s电子跃迁到2p轨道变为2s12p3，根据洪特规则此时价电子排布图为：；
【小问2详解】
苯环碳原子为sp2杂化，—CH2—中碳原子为sp3杂化，同周期元素随着核电荷数的增大第一电离能整体呈现增大趋势，氮原子的p轨道半充满第一电离能大于氧原子，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
【小问3详解】
苯环结构有12个σ键除此之外还有10个单键，1 ml多巴胺中含有键的数目为22NA，多巴胺中有-OH、-NH2都能与水形成氢键，因此多巴胺易溶于水；
【小问4详解】
多巴胺中的氨基有一对孤对电子，盐酸多巴胺中-NH3Cl中无孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力更大，因此多巴胺中的H—N—H键的键角小于盐酸多巴胺中H—N—H键的键角；
【小问5详解】化学式
Sn
SnCl2
SnCl4
熔点/℃
232
246
-33
沸点/℃
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+
无色液体，易水解生成 SnO2·xH2O
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
颜色
白
浅黄
白
砖红
Ksp
1.77×10-18
5.4×10-14
2.7×10-16
1.12×10-12
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
开始沉淀pH
7.5
2.2
6.2
8.2
完全沉淀pH
9.0
3.2
82
11.2
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
沉淀率(%)
0
99
0
97-98.5