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IP屬地：寧夏 上傳時間：2021-11-29 格式：DOC 頁數(shù)：33 大?。?76.81KB 積分：15 舉報 版權(quán)申訴

1、2013年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標）一、選擇題1（6分）化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（）a侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異b可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣c碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物d黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成2（6分）香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：下列有關(guān)香葉醇的敘述正確的是（）a香葉醇的分子式為c10h18ob不能使溴的四氯化碳溶液褪色c不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色d能發(fā)生加成反應(yīng)不能發(fā)生取代反應(yīng)3（6分）短周期元素w、x、y、z的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是

2、（）aw2、x+bx+、y3+cy3+、z2dx+、z24（6分）銀制器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了ag2s的緣故根據(jù)電化學(xué)原理可進行如下處理：在鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色會褪去下列說法正確的是（）a處理過程中銀器一直保持恒重b銀器為正極，ag2s被還原生成單質(zhì)銀c該過程中總反應(yīng)為2al+3ag2s6ag+al2s3d黑色褪去的原因是黑色ag2s轉(zhuǎn)化為白色agcl5（6分）已知ksp（agcl）=1.56×1010，ksp（agbr）=7.7×1013，ksp（ag2cro4）=9.0×1012某溶液中含有cl、br

3、和cro42濃度均為0.010moll1，向該溶液中逐滴加入0.010moll1的agno3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為（）acl、br、cro42bcro42、br、clcbr、cl、cro42dbr、cro42、cl6（6分）分子式為c5h10o2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，若不考慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有（）a28種b32種c40種d48種7（6分）下列實驗中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是（）選項目的分離方法原理a分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大b分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同c除去kno3固體中混雜的nacl重結(jié)

4、晶nacl在水中的溶解度很大d除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大aabbccdd三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）8（13分）醇脫水是合成烯烴的常用方法，實驗室合成環(huán)己烯的反應(yīng)和實驗裝置如圖所示可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度/（gcm3）沸點/溶解性環(huán)己醇1000.9618161微溶于水環(huán)己烯820.810283難溶于水合成反應(yīng)：在a中加入20g環(huán)己醇和2小片碎瓷片，冷卻攪動下慢慢加入1ml濃硫酸b中通入冷卻水后，開始緩慢加熱a，控制餾出物的溫度不超過90分離提純：反應(yīng)粗產(chǎn)物倒入

5、分液漏斗中分別用少量5%碳酸鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣最終通過蒸餾得到純凈環(huán)己烯10g回答下列問題：（1）裝置b的名稱是 （2）加入碎瓷片的作用是 ；如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加瓷片，應(yīng)該采取的正確操作是 （填正確答案標號）a立即補加 b冷卻后補加 c不需補加 d重新配料（3）本實驗中最容易產(chǎn)生的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為 （4）分液漏斗在使用前須清洗干凈并 ；在本實驗分離過程中，產(chǎn)物應(yīng)該從分液漏斗的 （填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是 （6）在環(huán)己烯粗產(chǎn)物蒸餾過程中，不可能用到的儀器有 （填正確答案標號）a蒸餾燒瓶 b溫

6、度計 c吸濾瓶 d球形冷凝管 e接收器（7）本實驗所得到的環(huán)己烯產(chǎn)率是 （填正確答案標號）a.41% b.50% c.61% d.70%9（15分）鋰離子電池的應(yīng)用很廣，其正極材料可再生利用某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（licoo2）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔等充電時，該鋰離子電池陰極發(fā)生的反應(yīng)為6c+xli+xelixc6現(xiàn)欲利用以下工藝流程回收正極材料中的某些金屬資源（部分條件未給出）回答下列問題：（1）licoo2中，co元素的化合價為 （2）寫出“正極堿浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式 （3）“酸浸”一般在80下進行，寫出該步驟中發(fā)生的所有氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式 ；可用鹽酸代替h2so4和h2o

7、2的混合液，但缺點是 （4）寫出“沉鈷”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式 （5）充放電過程中，發(fā)生licoo2與li1xcoo2之間的轉(zhuǎn)化，寫出放電時電池反應(yīng)方程式 （6）上述工藝中，“放電處理”有利于鋰在正極的回收，其原因是 在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有 （填化學(xué)式）10（15分）二甲醚（ch3och3）是無色氣體，可作為一種新型能源由合成氣（組成為h2、co和少量的co2）直接制備二甲醚，其中的主要過程包括以下四個反應(yīng)：甲醇合成反應(yīng)：（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1（）co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h2=49.0kjmo

8、l1水煤氣變換反應(yīng)：（）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）h3=41.1kjmol1二甲醚合成反應(yīng)：（）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1回答下列問題：（1）al2o3是合成氣直接制備二甲醚反應(yīng)催化劑的主要成分之一工業(yè)上從鋁土礦制備較高純度al2o3的主要工藝流程是 （以化學(xué)方程式表示）（2）分析二甲醚合成反應(yīng)（）對于co轉(zhuǎn)化率的影響 （3）由h2和co直接制備二甲醚（另一產(chǎn)物為水蒸氣）的熱化學(xué)方程式為 根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，分析增加壓強對直接制備二甲醚反應(yīng)的影響 （4）有研究者在催化劑（含cuznalo和al2o3）、壓強為5.0mpa

9、的條件下，由h2和co直接制備二甲醚，結(jié)果如圖所示其中co轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原因是 （5）二甲醚直接燃料電池具有啟動快、效率高等優(yōu)點，其能量密度高于甲醇直接燃料電池（5.93kwhkg1）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負極反應(yīng)為 ，一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化，可以產(chǎn)生 個電子的能量；該電池的理論輸出電壓為1.20v，能量密度e= （列式計算能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量，1kwh=3.6×106j）11（15分）化學(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)草酸（乙二酸）可作還原劑和沉淀劑，用于金屬除銹、織物漂白和稀土生產(chǎn)一種制備草酸（含2個結(jié)晶水）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）co和

10、naoh在一定條件下合成甲酸鈉、甲酸鈉加熱脫氫的化學(xué)反應(yīng)方程式分別為 、 （2）該制備工藝中有兩次過濾操作，過濾操作的濾液是 ，濾渣是 ；過濾操作的濾液是 和 ，濾渣是 （3）工藝過程中和的目的是 （4）有人建議甲酸鈉脫氫后直接用硫酸酸化制備草酸該方案的缺點是產(chǎn)品不純，其中含有的雜質(zhì)主要是 （5）結(jié)晶水合草酸成品的純度用高錳酸鉀法測定稱量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500moll1的酸性kmno4溶液滴定，至粉紅色不消褪，消耗kmno4溶液15.00ml，反應(yīng)的離子方程式為 ；列式計算該成品的純度 12（15分）化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)硅是重要的半導(dǎo)體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)

11、請回答下列問題：（1）基態(tài)si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為 ，該能層具有的原子軌道數(shù)為 、電子數(shù)為 （2）硅主要以硅酸鹽、 等化合物的形式存在于地殼中（3）單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以 相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻 個原子（4）單質(zhì)硅可通過甲硅烷（sih4）分解反應(yīng)來制備工業(yè)上采用mg2si和nh4cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得sih4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 （5）碳和硅的有關(guān)化學(xué)鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實：化學(xué)鍵ccchcosisisihsio鍵能/（kjmol1）356413336226318452硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅

12、烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是 sih4的穩(wěn)定性小于ch4，更易生成氧化物，原因是 （6）在硅酸鹽中，sio四面體（如下圖（a）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式圖（b）為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中si原子的雜化形式為 ，si與o的原子數(shù)之比為 ，化學(xué)式為 13（15分）化學(xué)選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)査爾酮類化合物g是黃酮類藥物的主要合成中間體，其中一種合成路線如下：已知以下信息：芳香烴a的相對分子質(zhì)量在100110之間，1mol a充分燃燒可生成72g水c不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)d能發(fā)生銀鏡反應(yīng)、可溶于飽和na2co3溶液、核磁共振氫譜顯示有4種氫rcoch3

13、+rchorcoch=chr回答下列問題：（1）a的化學(xué)名稱為 （2）由b生成c的化學(xué)方程式為 （3）e的分子式為 ，由e生成f的反應(yīng)類型為 （4）g的結(jié)構(gòu)簡式為 （5）d的芳香同分異構(gòu)體h既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，h在酸催化下發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式為 （6）f的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能與fecl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)的共有 種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1的為 （寫結(jié)構(gòu)簡式）2013年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題1（6分）化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（）a侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異b可

14、用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣c碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物d黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成【考點】2h：純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；eb：氨的化學(xué)性質(zhì)；em：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】55：化學(xué)計算【分析】a侯氏制堿法是將co2、nh3通入飽和nacl溶液中，由于nahco3溶解度小于na2co3，故nahco3在溶液中析出；b濃鹽酸易揮發(fā)，與nh3結(jié)合生成nh4cl固體；c補碘常在食鹽中加入kio3固體而不是高碘酸；d硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)比例為1：2：3【解答】解：a侯氏制堿法是將co2、nh3通入飽和nacl溶

15、液中，發(fā)生以下反應(yīng)：nh3+co2+h2o=nh4hco3；nh4hco3+nacl=nh4cl+nahco3，其中nahco3溶解度最小，故有nahco3的晶體析出，故a正確；b濃鹽酸易揮發(fā)，與nh3結(jié)合生成nh4cl固體小顆粒，為白煙，故b正確；c碘是人體必需元素，補碘常在食鹽中加入kio3固體而不是高碘酸，高碘酸為強酸性，具有強烈刺激性和腐蝕性，故c錯誤；d制備黑火藥的原料為s、kno3、c，三者比例為1：2：3，故d正確。故選：c?！军c評】本題考查較為綜合，與人們?nèi)粘Ｉ罹o密結(jié)合，均為最基本的化常識，題目難度不大2（6分）香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：下列有關(guān)香葉

16、醇的敘述正確的是（）a香葉醇的分子式為c10h18ob不能使溴的四氯化碳溶液褪色c不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色d能發(fā)生加成反應(yīng)不能發(fā)生取代反應(yīng)【考點】hd：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、oh，結(jié)合烯烴、醇的性質(zhì)來解答【解答】解：a由結(jié)構(gòu)可知香葉醇的分子式為c10h18o，故a正確；b含碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故b錯誤；c含碳碳雙鍵、oh，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故c錯誤；d含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，含oh可發(fā)生取代反應(yīng)，故d錯誤；故選：a?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團

17、與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、醇的性質(zhì)及應(yīng)用，題目難度不大3（6分）短周期元素w、x、y、z的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是（）aw2、x+bx+、y3+cy3+、z2dx+、z2【考點】d6：水的電離菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51h：鹽類的水解專題【分析】根據(jù)答案選項可知w、x、y、z形成的簡單離子分別為w2、x+、y3+、z2，又知w、x、y、z均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，故可推出w為o，x為na，y為al，z為s【解答】解：根據(jù) 短周期元素w、x、y、z的原子序數(shù)依次增大及各選項可以推出，w為o2、x為na+、y為al3+、z為s

18、2，al3+和s2均能發(fā)生水解，水解打破了水的電離平衡；o2不能在水溶液存在，而na+不水解，故正確的是c；故選：c?！军c評】本題考查影響鹽類水解的因素，命題結(jié)構(gòu)簡單，切入點新穎，考查了離子化合價與其離子電荷的關(guān)系，難度中等4（6分）銀制器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了ag2s的緣故根據(jù)電化學(xué)原理可進行如下處理：在鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色會褪去下列說法正確的是（）a處理過程中銀器一直保持恒重b銀器為正極，ag2s被還原生成單質(zhì)銀c該過程中總反應(yīng)為2al+3ag2s6ag+al2s3d黑色褪去的原因是黑色ag2s轉(zhuǎn)化為白色agcl【考點】bh：原電

19、池和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51i：電化學(xué)專題【分析】鋁、銀和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，鋁作負極，銀作正極，負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答【解答】解：a銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，故鋁為負極，失電子，電極反應(yīng)式為al3e=al 3+，銀為正極，銀表面的ag2s得電子，析出單質(zhì)銀，電極反應(yīng)式為ag2s+2e+2h2o=2ag+2oh+h2s，所以銀器質(zhì)量減小，故a錯誤； b銀作正極，正極上ag2s得電子作氧化劑，在反應(yīng)中被還原生成單質(zhì)銀，故b正確；cal2s3在溶液中不能存在，會發(fā)生雙水解反應(yīng)生成h2s和al（oh）3，al2s3

20、+6h2o=2al（oh）3+3h2s故c錯誤； d黑色褪去是ag2s轉(zhuǎn)化為ag而不是agcl，故d錯誤；故選：b?！军c評】本題考查原電池原理，明確正負極上得失電子是解本題關(guān)鍵，難度不大5（6分）已知ksp（agcl）=1.56×1010，ksp（agbr）=7.7×1013，ksp（ag2cro4）=9.0×1012某溶液中含有cl、br和cro42濃度均為0.010moll1，向該溶液中逐滴加入0.010moll1的agno3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為（）acl、br、cro42bcro42、br、clcbr、cl、cro42dbr、cro42、c

21、l【考點】dh：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51g：電離平衡與溶液的ph專題【分析】析出沉淀時，agcl溶液中c（ag+）=mol/l，agbr溶液中c（ag+）=mol/l，ag2cro4溶液中c（ag+）=mol/l，c（ag+）越小，則越先生成沉淀【解答】解：析出沉淀時，agcl溶液中c（ag+）=mol/l=1.56×108mol/l，agbr溶液中c（ag+）=mol/l=7.7×1011mol/l，ag2cro4溶液中c（ag+）=mol/l=3×105，c（ag+）越小，則越先生成沉淀，所以種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為b

22、r、cl、cro42，故選：c?！军c評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡問題，題目難度中等，注意根據(jù)溶解度判斷生成沉淀的先后順序，易錯點為b，組成不相似的物質(zhì)，不能直接根據(jù)溶度積判斷6（6分）分子式為c5h10o2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，若不考慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有（）a28種b32種c40種d48種【考點】h6：有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定【分析】分子式為c5h10o2的酯為飽和一元酯，形成酯的羧酸與醇的碳原子總數(shù)為5，討論羧酸與醇含有的碳原子，判斷形成該酯的羧酸與醇的同分異構(gòu)體種數(shù)，根據(jù)羧酸與醇組合，計算同分異構(gòu)體

23、數(shù)目【解答】解：分子式為c5h10o2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，屬于飽和一元酯，若水解產(chǎn)物為甲酸和丁醇，甲酸只有1種結(jié)構(gòu)、丁醇有4種結(jié)構(gòu)：ch3ch2ch2ch2oh、；若水解生成乙酸和丙醇，乙酸不存在同分異構(gòu)體、丙醇有2種同分異構(gòu)體：ch3ch2ch2oh、ch3ch（oh）ch3；若水解生成丙酸和乙醇，丙酸和乙醇都只有1種結(jié)構(gòu)；若水解生成丁酸和甲醇，甲醇只有1種結(jié)構(gòu)、丁酸有2種結(jié)構(gòu)：ch3ch2ch2cooh、ch3ch（ch3）cooh；根據(jù)以上分析可知，羧酸共有：1+1+1+2=5種，醇共有：4+2+1+1=8種，酸和醇重新組合可形成的酯共有：5×8=40種，故選：

24、c。【點評】本題考查同分異構(gòu)體的書寫與判斷，題目難度中等，關(guān)鍵是形成酯的羧酸與醇的同分異構(gòu)體的判斷，注意利用數(shù)學(xué)法進行計算同分異構(gòu)體的方法7（6分）下列實驗中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是（）選項目的分離方法原理a分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大b分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同c除去kno3固體中混雜的nacl重結(jié)晶nacl在水中的溶解度很大d除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大aabbccdd【考點】pe：物質(zhì)的分離、提純和除雜菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】25：實驗評價題【分析】a乙醇和水混溶，不能用作萃取劑；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離

25、；c應(yīng)利用二者溶解度隨溫度的變化不同分離；d丁醇和乙醚的沸點不同，可用蒸餾的方法分離【解答】解：a乙醇和水混溶，不能用作萃取劑，應(yīng)用四氯化碳或苯萃取，故a錯誤；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離，應(yīng)用蒸餾的方法分離，故b錯誤；c根據(jù)二者在水中隨溫度升高而溶解度不同，利用重結(jié)晶法。nacl隨溫度升高溶解度變化不大，kno3隨溫度升高溶解度變化大，經(jīng)冷卻過濾，故c錯誤；d丁醇和乙醚混溶，但二者的沸點不同，且相差較大，可用蒸餾的方法分離，故d正確。故選：d。【點評】本題考查物質(zhì)的分離提純的實驗方案的設(shè)計，題目難度不大，注意相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)的異同，把握常見物質(zhì)的分離方法和操作原理三、非選擇題（包

26、括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）8（13分）醇脫水是合成烯烴的常用方法，實驗室合成環(huán)己烯的反應(yīng)和實驗裝置如圖所示可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度/（gcm3）沸點/溶解性環(huán)己醇1000.9618161微溶于水環(huán)己烯820.810283難溶于水合成反應(yīng)：在a中加入20g環(huán)己醇和2小片碎瓷片，冷卻攪動下慢慢加入1ml濃硫酸b中通入冷卻水后，開始緩慢加熱a，控制餾出物的溫度不超過90分離提純：反應(yīng)粗產(chǎn)物倒入分液漏斗中分別用少量5%碳酸鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣最終通過蒸餾

27、得到純凈環(huán)己烯10g回答下列問題：（1）裝置b的名稱是直形冷凝管（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加瓷片，應(yīng)該采取的正確操作是b（填正確答案標號）a立即補加b冷卻后補加c不需補加d重新配料（3）本實驗中最容易產(chǎn)生的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（4）分液漏斗在使用前須清洗干凈并檢漏；在本實驗分離過程中，產(chǎn)物應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出（填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是干燥（6）在環(huán)己烯粗產(chǎn)物蒸餾過程中，不可能用到的儀器有cd（填正確答案標號）a蒸餾燒瓶b溫度計c吸濾瓶d球形冷凝管e接收器（7）本實驗所得到的環(huán)己烯產(chǎn)率是c（填正確答案標號）a.4

28、1%b.50%c.61%d.70%【考點】u3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】（1）裝置b是冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)生成二環(huán)己醚；（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出；（5）無水氯化鈣用于吸收產(chǎn)物中少量的水；（6）觀察題目提供的實驗裝置圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理

29、論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為16.4g，所以產(chǎn)率=×100%=61%【解答】解：（1）依據(jù)裝置圖分析可知裝置b是蒸餾裝置中的冷凝器裝置，故答案為：直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入，故答案為：防止暴沸；b；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)，分子間發(fā)生脫水反應(yīng)生成二環(huán)己醚，；故答案為：（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出，故答案為：檢漏；上口倒出；（5）分離提純過程中加入無水氯

30、化鈣的目的是利用無水氯化鈣吸收產(chǎn)物中少量的水，故答案為：干燥；（6）觀察題目提供的實驗裝置圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管，故答案為：cd；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為16.4g，所以產(chǎn)率=×100%=61%，故答案為：61%【點評】本題考查了物質(zhì)制備實驗方案設(shè)計，醇性質(zhì)的分析應(yīng)用，實驗現(xiàn)象和原理的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等9（15分）鋰離子電池的應(yīng)用很廣，其正極材料可再生利用某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（licoo2）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔等充電時，該鋰離子電池陰極發(fā)生的反應(yīng)為6c+xli+xelixc6現(xiàn)欲利用以

31、下工藝流程回收正極材料中的某些金屬資源（部分條件未給出）回答下列問題：（1）licoo2中，co元素的化合價為+3（2）寫出“正極堿浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（3）“酸浸”一般在80下進行，寫出該步驟中發(fā)生的所有氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o；2h2o22h2o+o2；可用鹽酸代替h2so4和h2o2的混合液，但缺點是有氯氣生成，污染較大，引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離（4）寫出“沉鈷”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式coso4+2nh4hco3=coco3+（nh4）2so4

32、+co2+h2o（5）充放電過程中，發(fā)生licoo2與li1xcoo2之間的轉(zhuǎn)化，寫出放電時電池反應(yīng)方程式li1xcoo2+lixc6=licoo2+6c（6）上述工藝中，“放電處理”有利于鋰在正極的回收，其原因是li+從負極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料中在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有al（oh）3、coco3、li2so4（填化學(xué)式）【考點】ga：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；p8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51i：電化學(xué)專題；527：幾種重要的金屬及其化合物【分析】（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0判斷；（2）堿浸正極時，鋁和氫氧

33、根離子反應(yīng)生成偏鋁酸根離子和氫氣；（3）根據(jù)所加入的反應(yīng)物以及生成物結(jié)合質(zhì)量守恒定律來書寫化學(xué)方程式；由題中信息知licoo2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成；（4）“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀；（5）放電時，li1xcoo2和lixc6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成licoo2和c；（6）“放電處理”有利于鋰在正極的回收，li+從負極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動，在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有al（oh）3、coco3、li2so4【解答】解：（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0知，licoo2中，co元素的化合價為+3價，故答案為：+3；（2）正極中含有鋁，

34、鋁易溶于強堿溶液生成alo2，反應(yīng)的離子方程式為2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，故答案為：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（3）酸浸時反應(yīng)物有硫酸、過氧化氫以及l(fā)icoo2，生成物有l(wèi)i2so4和coso4，反應(yīng)方程式為：2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o，由題中信息知licoo2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，且引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離，故答案為：2licoo2+h2o2+3h2so4li2so4+2coso4+o2+4h2o；有氯氣生成，污染較大，引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離；（4）“

35、沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為coso4+2nh4hco3=coco3+（nh4）2so4+co2+h2o，故答案為：coso4+2nh4hco3=coco3+（nh4）2so4+co2+h2o；（5）充放電過程中，li1xcoo2和lixc6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成licoo2和c，反應(yīng)方程式為：li1xcoo2+lixc6=licoo2+6c，故答案為：li1xcoo2+lixc6=licoo2+6c；（6）放電時，負極上生成鋰離子，鋰離子向正極移動并進入正極材料中，所以“放電處理”有利于鋰在正極的回收，根據(jù)流程圖知，可回收到的金屬化合物有a

36、l（oh）3、coco3、li2so4，故答案為：li+從負極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料中；al（oh）3、coco3、li2so4【點評】本題為生產(chǎn)流程題，涉及金屬的回收、環(huán)境保護、氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的分離提純和除雜等問題，題目較為綜合，做題時注意仔細審題，從題目中獲取關(guān)鍵信息，難度中等，難點是電極反應(yīng)式的書寫10（15分）二甲醚（ch3och3）是無色氣體，可作為一種新型能源由合成氣（組成為h2、co和少量的co2）直接制備二甲醚，其中的主要過程包括以下四個反應(yīng)：甲醇合成反應(yīng)：（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1（）co2（g）+3h2（g

37、）ch3oh（g）+h2o（g）h2=49.0kjmol1水煤氣變換反應(yīng)：（）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）h3=41.1kjmol1二甲醚合成反應(yīng)：（）2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1回答下列問題：（1）al2o3是合成氣直接制備二甲醚反應(yīng)催化劑的主要成分之一工業(yè)上從鋁土礦制備較高純度al2o3的主要工藝流程是al2o3（鋁土礦）+2naoh+3h2o=2naal（oh）4，naal（oh）4+co2=al（oh）3+nahco3，2al（oh）3al2o3+3h2o（以化學(xué)方程式表示）（2）分析二甲醚合成反應(yīng)（）對于co轉(zhuǎn)化

38、率的影響消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）平衡右移，co轉(zhuǎn)化率增大；生成的h2o，通過水煤氣變換反應(yīng)（）消耗部分co（3）由h2和co直接制備二甲醚（另一產(chǎn)物為水蒸氣）的熱化學(xué)方程式為2co（g）+4h2（g）=ch3och3+h2o（g）h=204.7kjmol1根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，分析增加壓強對直接制備二甲醚反應(yīng)的影響該反應(yīng)分子數(shù)減少，壓強升高使平衡右移，co和h2轉(zhuǎn)化率增大，ch3och3產(chǎn)率增加壓強升高使co和h2濃度增加，反應(yīng)速率增大（4）有研究者在催化劑（含cuznalo和al2o3）、壓強為5.0mpa的條件下，由h2和co直接制備二甲醚，結(jié)果如圖所示其中co轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原

39、因是反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移（5）二甲醚直接燃料電池具有啟動快、效率高等優(yōu)點，其能量密度高于甲醇直接燃料電池（5.93kwhkg1）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負極反應(yīng)為ch3och3+3h2o=2co2+12h+12e，一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化，可以產(chǎn)生12個電子的能量；該電池的理論輸出電壓為1.20v，能量密度e=8.39kwhkg1（列式計算能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量，1kwh=3.6×106j）【考點】be：熱化學(xué)方程式；bl：化學(xué)電源新型電池菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；51i：電化學(xué)專題【分析】（1）鋁土礦制備較高純度al2o3

40、的主要工藝流程是利用氧化鋁是兩性氧化物溶于堿生成四羥基合鋁酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；（2）二甲醚合成反應(yīng)（）對于co轉(zhuǎn)化率的影響，結(jié)合甲醇合成反應(yīng)，水煤氣變換反應(yīng)和化學(xué)平衡移動原理分析判斷；（3）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到，依據(jù)計算得到的反應(yīng)結(jié)合化學(xué)平衡移動原理分析判斷增大壓強的影響；（4）依據(jù)化學(xué)平衡特征和平衡移動原理分析；（5）燃料電池中燃料在負極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，書寫電極反應(yīng)，計算電子轉(zhuǎn)移；依據(jù)能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量列式計算【解答】解：（1）鋁土礦制備較高純度al2o3的主要工藝流程，利用氧化鋁是兩性氧化物溶于堿生成四羥基合鋁

41、酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；反應(yīng)娥化學(xué)方程式為：al2o3（鋁土礦）+2naoh+3h2o=2naal（oh）4；naal（oh）4+co2=al（oh）3+nahco3；2al（oh）3al2o3+3h2o，故答案為：al2o3（鋁土礦）+2naoh+3h2o=2naal（oh）4；naal（oh）4+co2=al（oh）3+nahco3；2al（oh）3al2o3+3h2o；（2）二甲醚合成反應(yīng)（）對于co轉(zhuǎn)化率的影響，消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）平衡右移，co轉(zhuǎn)化率增大；生成的h2o，通過水煤氣變換反應(yīng)（）c

42、o（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）消耗部分co，故答案為：消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）平衡右移，co轉(zhuǎn)化率增大；生成的h2o，通過水煤氣變換反應(yīng)（）消耗部分co；（3）、co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h1=90.1kjmol1、2ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）h4=24.5kjmol1依據(jù)蓋斯定律×2+得到：2co（g）+4h2（g）=ch3och3+h2o（g）h=204.7kjmol1該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增加壓強平衡正向進行，反應(yīng)速率增大，co和h2轉(zhuǎn)化率增大，ch3och3產(chǎn)率增加，故答案為：2co（g）+4h2（g）=ch

43、3och3（g）+h2o（g）h=204.7kjmol1；該反應(yīng)分子數(shù)減少，壓強升高使平衡右移，co和h2轉(zhuǎn)化率增大，ch3och3產(chǎn)率增加壓強升高使co和h2濃度增加，反應(yīng)速率增大；（4）co轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，是因為反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進行，故答案為：反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移；（5）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負極反應(yīng)為二甲醚失電子生成二氧化碳，結(jié)合原子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)為：ch3och3+3h2o12e=2co2+12h+； 一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化失去12個電子，能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量，該電池的理論輸出電壓為1.20v，能量密度e=8.39

44、kwhkg1，故答案為：ch3och3+3h2o12e=2co2+12h+；12；=8.39kwhkg1【點評】本題考查了物質(zhì)制備原理分析，熱化學(xué)方程式和蓋斯定律的應(yīng)用，化學(xué)平衡移動原理的分析判斷，原電池原理分析和電極書寫，題目難度中等11（15分）化學(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)草酸（乙二酸）可作還原劑和沉淀劑，用于金屬除銹、織物漂白和稀土生產(chǎn)一種制備草酸（含2個結(jié)晶水）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）co和naoh在一定條件下合成甲酸鈉、甲酸鈉加熱脫氫的化學(xué)反應(yīng)方程式分別為co+naohhcoona、2hcoonana2c2o4+h2（2）該制備工藝中有兩次過濾操作，過濾操作的濾液是氫氧化鈉溶液

45、，濾渣是cac2o4；過濾操作的濾液是h2c2o4溶液和h2so4溶液，濾渣是caso4（3）工藝過程中和的目的是分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸來降低成本，減小污染（4）有人建議甲酸鈉脫氫后直接用硫酸酸化制備草酸該方案的缺點是產(chǎn)品不純，其中含有的雜質(zhì)主要是na2so4（5）結(jié)晶水合草酸成品的純度用高錳酸鉀法測定稱量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500moll1的酸性kmno4溶液滴定，至粉紅色不消褪，消耗kmno4溶液15.00ml，反應(yīng)的離子方程式為5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o；列式計算該成品的純度94.5%【考點】u3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)

46、所有【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件寫出反應(yīng)方程式；（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物；（3）循環(huán)利用的物質(zhì)能降低成本，減少污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)；（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，根據(jù)草酸和高錳酸鉀之間的關(guān)系式計算草酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算其純度【解答】解：（1）根據(jù)流程圖知，200、2mpa條件下，一氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)生成甲酸鈉，反應(yīng)方程式為：co+

47、naohhcoona，加熱條件下，甲酸鈉脫氫生成草酸鈉和氫氣，反應(yīng)方程式為：2hcoonana2c2o4+h2，故答案為：co+naohhcoona，2hcoonana2c2o4+h2；（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，所以過濾操作的濾液是氫氧化鈉溶液，濾渣是cac2o4，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物，該操作過程中，稀硫酸過量，所以過濾操作的濾液是h2c2o4溶液、h2so4溶液，濾渣是 caso4，故答案為：naoh溶液，cac2o4 ，h2c2o4溶液、h2so4溶液，caso4；（3）氫氧化鈉和硫酸都具有腐蝕性，能污染環(huán)境，分別循環(huán)

48、利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染，故答案為：分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)，存在于溶液中，所以含有的雜質(zhì)主要是na2so4，故答案為：na2so4；（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，離子反應(yīng)方程式為：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，設(shè)草酸的物質(zhì)的量為xmol，則：5h2c2o4+6h+2mno4=10co2+2mn2+8h2o5mol 2molx 0.0500moll1×0.015l所以，5mol：2mol=x：

49、0.0500moll1×0.015l解得x=0.001875mol，故其純度=×100%=94.5%，故答案為：94.5%【點評】本題考查了化學(xué)與技術(shù)，明確操作時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)、常見的操作名稱，難點是計算草酸結(jié)晶水合物的純度，根據(jù)方程式進行分析解答，難度中等12（15分）化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)硅是重要的半導(dǎo)體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)請回答下列問題：（1）基態(tài)si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為m，該能層具有的原子軌道數(shù)為9、電子數(shù)為4（2）硅主要以硅酸鹽、二氧化硅等化合物的形式存在于地殼中（3）單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以共價鍵相結(jié)合，其

50、晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻3個原子（4）單質(zhì)硅可通過甲硅烷（sih4）分解反應(yīng)來制備工業(yè)上采用mg2si和nh4cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得sih4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為mg2si+4nh4cl=sih4+4nh3+2mgcl2（5）碳和硅的有關(guān)化學(xué)鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實：化學(xué)鍵ccchcosisisihsio鍵能/（kjmol1）356413336226318452硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是cc鍵和ch鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定而硅烷中sisi鍵和sih鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成sih4的穩(wěn)定性小于ch4，

51、更易生成氧化物，原因是ch鍵的鍵能大于co鍵，ch鍵比co鍵穩(wěn)定而sih鍵的鍵能卻遠小于sio鍵，所以sih鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的sio鍵（6）在硅酸鹽中，sio四面體（如下圖（a）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式圖（b）為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中si原子的雜化形式為sp3，si與o的原子數(shù)之比為1：3，化學(xué)式為sio32【考點】86：原子核外電子排布；97：鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用；9i：晶胞的計算；9s：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；fh：硅和二氧化硅菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51b：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51d：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；525：碳

52、族元素【分析】（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2 ，對應(yīng)能層分別別為k、l、m，其中能量最高的是最外層m層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的m能層有4個電子（3s23p2）；（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在；（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合；利用均攤法計算；（4）mg2si和nh4cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得sih4、nh3和mgcl2；（5）烷烴中的cc鍵和ch鍵大于硅烷中的sisi鍵和sih鍵的鍵能

53、；鍵能越大、物質(zhì)就越穩(wěn)定，ch鍵的鍵能大于co鍵，故ch鍵比co鍵穩(wěn)定，而sih鍵的鍵能遠小于sio鍵，所以sih鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的sio鍵；（6）硅酸鹽中的硅酸根（sio ）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子si原子采取了sp3雜化方式；根據(jù)圖（b）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，化學(xué)式為sio32；【解答】解：（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2 ，對應(yīng)能層分別別為k、l、m，其中能量最高的是最外層m層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的m能層有4個電子（3s23p2）；故答案為：m；9；4；（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在，故答案為：二氧化硅（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合硅晶胞中每個頂點上有1個si、面心是有1個si、在晶胞內(nèi)部含有4個si原子，利用均攤法知，面心提供的硅原子