浙江省杭州市富阳区场口中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题

这是一份浙江省杭州市富阳区场口中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Br-80
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是
A. K2CO3B. H2SO4C. Cl2D. NH4Cl
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；
【详解】A．K2CO3的水溶液和熔融态均可导电是电解质，水溶液因碳酸根离子的水解显碱性，A正确；
B．硫酸为强酸，水溶液显酸性，B错误；
C．氯气是单质不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，D错误；
故选A。
2. 物质的性质决定用途，下列说法不正确的是
A. 金刚砂硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料
B. 很多自来水厂用氯气来杀菌消毒是因为氯气有漂白性
C 二氧化硫可以添加到某些食品中起抗氧化作用
D. 浓硫酸具有吸水性，可作为某些气体的干燥剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiC俗称金刚砂，是共价晶体，具有很大的硬度，可用作砂纸、砂轮的磨料，A正确；
B．氯气无漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，能使病毒中的蛋白质变性，则可杀菌消毒，B错误；
C．二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C正确；
D．由于浓硫酸具有吸水性，所以实验室常用浓硫酸作某些气体的干燥剂，例如干燥氯气等，D正确；
故选B。试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。3. 下列化学用语来这里 全站资源一元不到！表示不正确的是
A. 基态氧原子价层电子轨道表示式：
B. HCl中σ键电子云轮廓图：
C. SO2的VSEPR模型：
D. 苯的实验式：CH
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧是8号元素，基态氧原子价层电子轨道表示式：，A正确；
B．HCl中σ键的类型为s-pσ键，电子云轮廓图：，B正确；
C．SO2中心原子价层电子对数为2+ =3，含有1个孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，C错误；
D．苯的分子式为C6H6，实验式：CH，D正确；
故选C。
4. 磷酸铁锂()刀片电池放电过程中，转化为。下列说法正确的是
A. 中，P为+5价、Fe为+3价
B. 该放电过程中，铁元素被还原
C. Li是不活泼金属，不能与酸反应
D. 溶于稀硫酸后，可用硫氰化钾溶液检验其中所含的铁元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．中，Li为+1价、P为+5价、O为－2价，依据化合价代数和为0可知Fe为+2价，A错误；
B．该放电过程中铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去电子，铁元素被氧化，B错误；
C．Li是活泼金属，能与酸反应，C错误；
D．溶于稀硫酸后，溶液中含有铁离子，所以可用硫氰化钾溶液检验其中所含的铁元素，D正确；
答案选D。5. 下列离子方程式正确的是
A. 酸性高锰酸钾溶液中滴双氧水褪色：2MnO+7H2O2+6H+=2Mn2++10H2O+6O2↑
B. 向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+
C. 氯化银中滴加浓氨水：2NH3+AgCl=Ag(NH3)2Cl
D. 明矾溶液中加入过量NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．双氧水与酸性高锰酸钾反应时，氧完全被氧化转化为氧气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，A错误；
B．Fe(SCN)3是配合物，不能拆成铁离子，应该写成2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，B错误；
C．氯化银中滴加浓氨水，生成的Ag(NH3)2Cl是强电解质，要拆成[Ag(NH3)2]+和Cl-离子，C错误；
D．明矾是强电解质，电离出的Al3+与过量的氢氧化钠溶液反应生成AlO，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO+2H2O，D正确；
故选D。
6. 下列说法正确的是
A. 有和 两种结构
B. 分子式为C5H8
C. 分析红外光谱图可获得有机物中所含化学键或官能团信息
D. 异戊烷有3种一氯代物
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷是正四面体，和 是同一种结构，因此只有一种结构，故A错误；
B．分子式为C5H6，故B错误；
C．分析红外光谱图可获得有机物中所含化学键或官能团信息，红外光谱分析可用于研究分子的结构和化学键，也可以作为表征和鉴别化学物种的方法，故C正确；
D．异戊烷(CH3)2CHCH2CH3有4种H原子，异戊烷有4种一氯代物，故D错误；综上所述，答案为C。
7. 以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是
(已知：过二硫酸根的结构式： )
A. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫的化合价为+7价
B. 氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、SO
C. 调节pH时试剂X可以选用ZnO、ZnCO3等物质
D. 氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+
【答案】A
【解析】
【分析】向含锌废液中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．Na2S2O8中含有1个过氧键(-O-O-)，硫的化合价为+6价，A错误；
B．．根据分析，氧化除锰锰转化为沉淀被除去，得到的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、SO，B正确；
C．根据分析，调节pH时试剂X可以选用ZnO、ZnCO3等物质，C正确；
D．“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2+、Mn2+氧化为Fe3+、MnO2，根据电子转移守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，D正确；
故选A。
8. 掌握化学实验技能是进行科学探究的基本保证。下列有关说法正确的是
A. 若将甲中注射器的活塞往右拉，能自动恢复到原位，说明甲装置气密性好
B. 将甲虚线框中的装置换为乙装置，滴入稀硫酸后若注射器活塞右移，说明锌与硫酸反应为放热反应
C. 用丙装置进行中和反应反应热的测定实验时，要缓慢倒入稀硫酸中
D. 用装置丁制备金属镁，需要先引燃镁条，且反应放出大量的热
【答案】A
【解析】
【详解】A．若将甲中注射器的活塞往右拉，能自动恢复到原位，说明没有空气进入装置内，则甲装置气密性好，故A正确；
B．将甲虚线框中的装置换为乙装置，锌与硫酸反应放出氢气，注射器活塞右移，不能说明锌与硫酸反应为放热反应，故B错误；
C．用丙装置进行中和反应反应热的测定实验时，为防止热量过多散失，NaOH要快速倒入稀硫酸中，故C错误；
D．制取金属镁，使用电解熔融氯化镁的方式，故D错误；
选A。
9. 硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是
A. BF的键角小于NH3B. BF的中心原子的杂化方式为sp3
C. BF3与NH3反应时有配位键生成D. BF3分子的空间结构为平面三角形
【答案】A
【解析】
【详解】A．BF和NH3的价层电子对都是4，但是氨气分子中含有孤电子对，其对 σ电子对的斥力较大，故氨气中的键角较小，A错误；
B．BF中心原子的价层电子对都是4，故其中心原子的杂化方式为sp3，B正确；
C．BF3与NH3反应时可以形成氨气中氮原子提供孤电子对，BF3中B原子提供空轨道的配位键，C正确；D．BF3分子的中心原子的价层电子对都是3，且没有孤电子对，故其空间结构为平面三角形，D正确；
故选A。
10. 氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是
A. Fe2+提供孤电子对用于形成配位键
B. 该配合物中阴离子空间结构为三角锥形
C. 配离子为，中心离子的配位数为6
D. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
【答案】C
【解析】
【详解】A．配合物中Fe2+提供空轨道，NO和H2O提供孤电子对用于形成配位键，故A错误；
B．该配合物中阴离子为SO，价层电子对数为4+=0，且没有孤对电子，空间结构为正四面体形，故B错误；
C．配离子为，配体为NO和H2O，中心离子的配位数为6，故C正确；
D．H元素元素周期表的s区，故D错误；
故选C。
11. 下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是
A. 中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定
B. 该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·ml-1
C. 生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成
D. 总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误；
C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；
D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·ml-1，D正确；
故答案选B。
12. X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A. X与Y不能形成具有18电子的分子
B. 简单离子的半径大小：Q>Z>W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q
D. 和中含有的化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大， W与X同主族且其核外电子空间运动状态有6种，则W核外有6根原子轨道，则W为Na或者Mg，Y元素的最高价氧化物对应水化物能与其氢化物水溶液发生反应，故Y为N，YX3气体分子的Y原子采用sp3杂化即NH3中N原子采用sp3杂化，则X为H，W为Na，Z的核电荷数等于X、Y原子核外电子数之和，则Z为O，Q是同周期主族元素中原子半径最小的元素，故Q为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H，Y为N，则N2H4分子中含有18个电子，即X与Y能形成具有18电子的分子，A错误；
B．由分析可知，Z为O，W为Na，Q为Cl，则Cl-具有3个电子层，Na+和O2-均只具有两个电子层，且Na的核电荷数大于O，故简单离子的半径大小为Cl-＞O2-＞Na+即Q>Z>W，B正确；
C．由分析可知，Y为N，Q为Cl，且Cl的电负性比N的大，元素电负性越大其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞HNO3即Y＜Q，C错误；
D．由分析可知，X为H、Z为O、W为Na，故即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，即Na2O2中含有离子键和非极性共价键，则二者含有的化学键类型不相同，D错误；
故答案为：B。
13. 工业上采用电化学法对煤进行脱硫处理(煤中含硫物质主要是)，以减少硫排放。模拟装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电子流向：b极→石墨2→电解质溶液→石墨1→a极
B. 石墨1为阳极，发生氧化反应，被氧化
C. 脱硫反应为
D. 电路中转移电子，理论上处理
【答案】A
【解析】
【分析】电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据模拟装载图可知石墨１极发生氧化反应，a为正极，石墨1极阳极，b为负极，石墨2极为阴极。
【详解】A．电子流向：b极→石墨2，石墨1→a极，电解质溶液无电子流动，A错误；
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，Mn2+被氧化Mn3+，B正确；
C．脱硫反应为FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3＋+15Mn2++2+16H+，C正确；
D．由图可知1mlFeS2氧化为Fe3＋和，电路中转移电子为(1+7×2)ml=15ml电子，电路中转移1.5ml电子，则处理FeS2的物质的量为0.1ml，处理FeS2的质量为0.1ml×120g/ml=12.0g，D正确；
故答案为：A。
14. 常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO、Ca2+)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，下列说法错误的是
A. ①代表lgc(HCO)与pH的关系
B. a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)
C. pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9ml·L-1
D. 向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸溶液部分电离出氢离子、碳酸氢根离子，溶液显酸性；随着pH值变大碱性增强，碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度变大；碳酸根离子和钙离子生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度变大则钙离子浓度减小，结合图像可知①②③分别为lgc(HCO)、lgc(CO)、lgc(Ca2+)曲线；
【详解】A．①代表lgc(HCO)与pH的关系，故A正确；
B．由图可知，a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)，故B正确；
C．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，pH=10.3时，c(HCO)=c(CO)=10-1.1 ml·L-1，则c(Ca2+)==2.8×10-7.9ml·L-1，故C正确；
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，溶液中钙离子浓度增大，不会使溶液由b点变到c点，故D错误；
故选D。
15. 反应 分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：
下列说法不正确的是
A. 三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B. I、II两步的总反应为
C. 根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D. 反应III逆反应的活化能(逆)
【答案】B
【解析】
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为 ，故B错误；
C．纵坐标是相对能量，相对能量的参考物不同，无法计算三个过渡态的能量相对大小，因此无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应 和 ，得到反应III的 ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
16. 下列实验操作、现象与结论相匹配的是
选项
操作
现象
结论
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中可能含有未反应的铁，加入硫酸酸化后，铁与铁离子反应消耗铁离子，因此滴加KSCN溶液，溶液未变红，但是铁粉与水蒸气发生了反应，A错误；
B．NaCl对水的电离没有影响，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子都能水解促进水的电离，两溶液中水的电离程度不同，B错误；
C．亚硫酸钠溶液久置会有部分被氧化生成硫酸钠，加入氯化钡生成硫酸钡为白色沉淀，再加入稀盐酸，由于硫酸钡不溶于稀盐酸，所以白色沉淀依旧存在，可以证明部分Na2SO3氧化变质，C正确；
D．CuSO4溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后与氨水生成络合物，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明Cu(OH)2是两性氢氧化物，D错误；
故选C。
二、非选择题(共5大题，共52分)
17 完成下列问题
（1）碘化钠溶液和硫酸铜溶液能反应生成一种铜的碘化物A(白色沉淀)，A的晶胞如图所示，则A的化学式是___________，化合物A中阳离子的基态电子排布式为___________。A
向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴KSCN溶液
溶液未变红
铁粉与水蒸气未反应
B
常温下，分别测定浓度均为1 ml·L-1的CH3COONH4溶液和NaCl溶液的pH
pH均等于7
常温下，1 ml·L-1的CH3COONH4溶液和NaCl溶液中水的电离程度相等
C
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀后部分溶解
部分Na2SO3氧化变质
D
向CuSO4溶液中滴加浓氨水至过量
先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解
Cu(OH)2是两性氢氧化物
（2）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，该物质中的NH3通过___________键与中心离子Cu2+结合；N、O元素第一电离能大小关系为___________。
（3）下列关于K[Fe2(CN)6]晶体说法不正确的是___________(填字母)。
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：N>C>Fe
C. 铁元素位于周期表的P区
D. 晶胞中Fe2+、Fe3+原子均参与形成配位键
（4）金(Au)溶于王水的原理是金与强氧化性的硝酸生成微量的Au3+和NO，盐酸提供的Cl-与Au3+形成[AuCl4]-配离子，写出总反应的离子方程式：___________。
（5）大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子()，其中σ键与π键的个数之比为___________。
【答案】（1） ①. CuI ②. 1s22s22p63s23p63d10
（2） ①. 配位键 ②. N>O （3）C
（4）Au+4H+++4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O
（5）25:2
【解析】
【小问1详解】
I的半径大于Cu，则晶胞中白球代表Cu，灰球代表I，则Cu的个数为4，I的个数为=4，则A的化学式是CuI，化合物A中阳离子Cu+的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10。
【小问2详解】
NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，该物质中的NH3通过配位键与中心离子Cu2+结合；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则N、O元素第一电离能大小关系为：N>O。
【小问3详解】
A．K[Fe2(CN)6]晶体离子化合物，存在离子键，中存在配位键，CN-存在σ键、π键，A正确；
B．根据电负性越大元素的非金属性越强，非金属性：N>C>Fe，Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：N>C>Fe，B正确；
C．铁元素位于周期表的d区，C错误；
D．根据化合价代数和为-1可知，其中含有1个Fe2+和1个Fe3+，均参与形成配位键，D正确；
故选C。
【小问4详解】
Au能够溶于王水中，是由于Au与具有强氧化性的HNO3反应产生Au3+，硝酸被还原产生NO，HCl电离产生的Cl-与Au3+结合形成络离子[AuCl4]-，故该反应的离子方程式为：Au+4H+++4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O。
【小问5详解】
中含有15个C-H 键、3个C-C键、5个C-N键、1个C=C键和1个C=N键，单键均为键，双键中含1个键和1个π键，故该阳离子中键与π键的个数之比为25:2。
18. 工业上按如下流程制备硝酸和肼(N2H4)。
（1）途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，写出反应的化学方程式：___________。
（2）N2H4的制法可通过途径Ⅱ：用过量NH3和CH3CHO的混合物与氯气进行气相反应合成，然后使其水解得到肼。
①下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．CH3CHO分子中碳原子采用sp3和sp2杂化 B．途径Ⅱ中氯气作还原剂C．N2、H2、NH3均为非极性分子 D．中氮的化合价呈负价
②相同条件下，氨的沸点低于肼的主要原因是___________。
（3）Zn元素的化学性质与Al相似。Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价，写出该反应的离子方程式：___________；检验该反应还原产物的实验方案是___________。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2） ①. AD ②. 肼分子间形成的氢键数目多于氨
（3） ①. 4Zn+10H++=4Zn2+++ 3H2O ②. 取反应后的少量溶液，滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有
【解析】
【分析】N2、H2在催化剂作用下合成NH3，NH3催化氧化可生成NO等，NO再被O2氧化为NO2，NO2用水吸收可制得HNO3；NH3、CH3CHO、Cl2发生氧化还原反应，可生成异肼等，异肼与H2O反应可生成N2H4。
【小问1详解】
径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，NH3催化氧化可生成NO等，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【小问2详解】
①A．CH3CHO分子中含有醛基和甲基，碳原子采用sp3和sp2杂化，A正确；
B．途径Ⅱ中，NH3中N元素显-3价，异肼中N元素显-2价，N元素的化合价升高，做还原剂，则氯气作氧化剂，B错误；
C．N2、H2为非极性分子，NH3中N原子的最外层有1个孤电子对，对成键电子有排斥作用，使分子结构不对称，为极性分子，C错误；
D．N的非金属性大于C，则异肼中氮的化合价呈-2价，D正确；
故选AD；
②相同条件下，氨和肼都能形成分子间的氢键，但肼形成氢键的数目比氨更多，所以氨的沸点低于肼的主要原因是：肼分子间形成的氢键数目多于氨。
【小问3详解】Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价(-3价)，即生成，该反应的离子方程式为4Zn+10H++=4Zn2+++ 3H2O；该反应中还原产物是，检验的方法是：取反应后的少量溶液，滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有。
19. 高纯硅用途广泛，SiHCl3是制备高纯硅的主要原料，制备SiHCl3主要有以下工艺。
Ⅰ.热氢化法：在1200～1400 ℃、0.2～0.4 MPa条件下，H2和SiCl4在热氢化炉内反应。
（1）已知热氢化法制SiHCl3有两种反应路径，反应进程如图所示，该过程更优的路径是___________(填“a”或“b”)。
Ⅱ.氯氢化法：反应原理为Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) ΔH①>②
B．电离一个电子所需最低能量：②>①>④
C．微粒③价层电子在简并轨道中单独分占且自旋相同，故不能再继续失电子
（3）用“>”或“
（4） ①. 碳碳叁键 ②. 羧基 ③. 酰胺基 （5）B
（6） ① C3H6 ②. CH3CH=CH2 ③.
【解析】
【小问1详解】
于水分子中的共价键，为头碰头形成的，属于σ键；该σ键是由氧原子的sp3杂化轨道和氢原子的1s轨道重叠形成的；H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，含2对孤电子对，水分子的VSEPR模型名称是四面体形；
【小问2详解】
基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④＞①＞②，故A正确；
B．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故B正确；
C．Fe3+3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故C错误；
答案选C；
【小问3详解】
①沸点：邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，导致沸点：邻羟基苯甲酸Cl>H，则吸电子能力F>Cl>H，吸电子能力增强导致羧基中氢更容易被电离出来，导致酸性增强，故，故pKa：CF3COOH>CH3COOH。
【小问4详解】
①CH3C≡CCH3含碳碳叁键；
② 含羧基；
③CH3CONH2含酰胺基；
【小问5详解】
A．核磁共振氢谱只出现2组峰且峰面积之比为12：2，故A不符合题意；
B．核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为3：2：2，故B符合题意；
C．核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为6：2：8，故C不符合题意；
D．核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为6：2：2，故D不符合题意；
故选B。
【小问6详解】
某烃的蒸气对H2的相对密度为21，则相对分子质量为42，该烃中碳元素的质量分数为85.7%，则1分子中含有42×85.7%÷12=3个碳原子，含有42×(1-85.7%)÷1=6个氢原子，则该烃的分子式为C3H6，可能的结构简式为CH3CH=CH2或。