福建省福建省莆田市高届高级高三化学试题及参考答案解析.docx

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福建省福建省莆田市高届高级高三化学试题及参考答案解析

2020年莆田市高中毕业班教学质量检测试卷

理科综合能力测试

第I卷（选择题）

一、选择题：

本题共7小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.《唐本草》和《本草图经》中记载：

“绛矾,本来绿色,……正如瑁璃烧之赤色”“取此物（绛矾）置于铁板上,聚炭,……吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁者是真也”。

其中不涉及的物质是（）

A.FeSO4·7H2OB.SC.Fe2O3D.H2SO4

【参考答案】B

【试题解答】由信息可知,绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物,即FeSO4·7H2O,加热发生氧化还原反应,Fe元素的化合价升高,S元素的化合价降低,Fe的氧化物只有氧化铁为红色,则“色赤”物质可能是Fe2O3,故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气,三氧化硫与水结合可生成硫酸,不涉及的物质是S,答案选B。

硫为淡黄色固体,在题目中并未涉及,做本题时要关注各物质的物理性质。

2.“84消毒液”的主要成分是NaClO。

下列说法错误的是（）

A.长期与空气接触会失效

B.不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用

C.1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-

D.0.1molNaClO起消毒作用时转移0.2mole-

【参考答案】C

【试题解答】A.空气中含有二氧化碳和水蒸气,长期与空气接触发生反应生成次氯酸,次氯酸不稳定分解,导致消毒液失效,故A正确；

B.“84消毒液”的主要成分是NaClO,“洁厕剂”通常含盐酸,二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效,不能同时使用,故B正确；

C.1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol,NaClO属于强碱弱酸盐,ClO-水解生成HClO,导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol,故C错误；

D.NaClO具有氧化性,起消毒作用时Cl元素化合价降低,由＋1价变为-1价,则0.1molNaClO转移0.2mole-,故D正确；

答案选C。

次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸,它不稳定见光易分解,具有漂白性,强氧化性等性质,在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠,次氯酸钙等,易于保存和运输,在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。

3.某有机物的结构简式如图所示。

下列说法错误的是（）

A.与

互为同分异构体

B.可作合成高分子化合物的原料（单体）

C.能与NaOH溶液反应

D.分子中所有碳原子可能共面

【参考答案】D

【试题解答】A.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体,

与

分子式都为C7H12O2,互为同分异构体,故A正确；

B.该有机物分子结构中含有碳碳双键,具有烯烃的性质,可发生聚合反应,可作合成高分子化合物的原料（单体）,故B正确；

C.该有机物中含有酯基,具有酯类的性质,能与NaOH溶液水解反应,故C正确；

D.该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构,其中的碳原子连接的键形成四面体结构,所有碳原子不可能共面,故D错误；

答案选D。

数有机物的分子式时,碳形成四个共价键,除去连接其他原子,剩余原子都连接碳原子。

4.已知：

①

＋HNO3

＋H2OΔH＜0；②硝基苯沸点210.9℃,蒸馏时选用空气冷凝管。

下列制取硝基苯的操作或装置（部分夹持仪器略去）,正确的是（）

A.配制混酸

B.水浴加热

C.洗涤后分液

D.蒸馏提纯

【参考答案】C

【试题解答】A.浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热,如将浓硝酸加入浓硫酸中,硝酸的密度小于浓硫酸,可能为导致液体迸溅,故A错误；

B.反应在50℃∼60℃下进行,低于水的沸点,因此可以利用水浴加热控制,这样可使反应容器受热均匀,便于控制温度,但图中水浴的水的用量太少,反应液受热不均匀,故B错误；

C.硝基苯为油状液体,不溶于水且密度比水大,在下层,分液操作时应将分液漏斗上口的瓶塞打开,下端紧贴烧杯内壁,下层的液体从下口放出,故C正确；

D.蒸馏分离提纯操作中温度计用来测量蒸汽的温度,控制蒸馏出的物质的温度,温度计水银柱应在烧瓶的支管口处,故D错误；

答案选C。

D项蒸馏提纯时温度计的位置在具支试管口,如需测混合液的温度时,可以置于蒸馏烧瓶液体内,故根据实验需要调整温度计的位置。

5.在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液,将温度和pH传感器与溶液相连,往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条,实验结果如图。

关于该实验的下列说法,正确的是（）

A.反应剧烈程度：

NH4Cl＞HCl

B.P点溶液：

c（NH4＋）＋2c（Mg2＋）＞c（Cl-）

C.Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解

D.1000s后,镁与NH4Cl溶液反应停止

【参考答案】B

【试题解答】A.NH4Cl是强酸弱碱盐,发生水解反应溶液显酸性,浓度均为1mol/L的盐酸和NH4Cl溶液中,盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液,与金属反应属于放热反应,图中盐酸与镁反应温度迅速升高,而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少,则反应剧烈程度：

HCl＞NH4Cl,故A错误；

B.P点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：

c（NH4＋）＋2c（Mg2＋）＋c（H＋）＝c（Cl-）＋c（OH-）,由于P点溶液显碱性,c（OH-）＞c（H＋）,则c（NH4＋）＋2c（Mg2＋）＞c（Cl-）,故B正确；

C.Q点溶液显碱性是因为NH4Cl发生水解生成一水合氨和氢离子,由于氢离子与金属镁反应被消耗,促使水解平衡正向移动,一水合氨浓度增大,溶液的碱性增强,故C错误；

D.由图像可知,1000s后,镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH仍在升高,只是变化较小,反应没有停止,故D错误；

答案选B。

6.我国科学家研发一种低成本的铝硫二次电池,以铝箔和多孔碳包裹的S为电极材料,离子液体为电解液。

放电时,电池反应为2Al＋3S＝Al2S3,电极表面发生的变化如图所示。

下列说法错误的是（）

A.充电时,多孔碳电极连接电源的负极

B.充电时,阴极反应为8Al2Cl7-＋6e-＝2Al＋14AlCl4-

C.放电时,溶液中离子的总数不变

D.放电时,正极增重0.54g,电路中通过0.06mole-

【参考答案】A

【分析】

放电时,电池反应为2Al＋3S＝Al2S3,铝失电子,硫得到电子,所以铝电极为负极,多孔碳电极为正极,负极上的电极反应式为：

2Al＋14AlCl4--6e-＝8Al2Cl7-,正极的电极反应式为：

3S＋8Al2Cl7-＋6e-＝14AlCl4-＋Al2S3,据此分析解答。

【试题解答】A.放电时,多孔碳电极为正极,充电时,多孔碳电极连接电源的正极,故A错误；

B.充电时,原电池负极变阴极,反应为8Al2Cl7-＋6e-＝2Al＋14AlCl4-,故B正确；

C.根据分析,放电时,负极上的电极反应式为：

2Al＋14AlCl4--6e-＝8Al2Cl7-,正极的电极反应式为：

3S＋8Al2Cl7-＋6e-＝14AlCl4-＋Al2S3,溶液中离子的总数基本不变,故C正确；

D.放电时,正极的电极反应式为：

3S＋8Al2Cl7-＋6e-＝14AlCl4-＋Al2S3,正极增重0.54g,即增重的质量为铝的质量,0.54g铝为0.02mol,铝单质由0价转化为＋3价,则电路中通过0.06mole-,故D正确；

答案选A。

7.短周期元素X、Y、Z、M

原子序数依次增大,它们组成一种团簇分子,结构如图所示。

X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的

。

下列说法正确的是（）

A.简单离子半径：

Z＞M＞Y

B.常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸

C.X＋与Y22-结合形成的化合物是离子晶体

D.Z的最高价氧化物的水化物是中强碱

【参考答案】D

【分析】

短周期元素X、M的族序数均等于周期序数,符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式,X为H元素,M为Al元素,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的

Y为O元素,原子序数依次增大,Z元素在O元素和Al元素之间,Z为Mg元素,据此分析解答。

【试题解答】根据分析X为H元素,Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素；

A.Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素,简单离子的核外电子排布结构相同,核电荷数越大,半径越小,则半径：

Y＞Z＞M,故A错误；

B.Z为Mg元素,M为Al元素,常温下Al遇浓硝酸发生钝化,不能溶于浓硝酸,故B错误；

C.X为H元素,Y为O元素,X＋与Y22-结合形成的化合物为双氧水,是分子晶体,故C错误；

D.Z为Mg元素,Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁,是中强碱,故D正确；

答案选D。

8.废弃锂离子电池的资源化处理日益重要。

从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：

有关数据：

25℃时,Ksp（FePO4）＝1.3×10-22、Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10-39。

回答下列问题：

（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为___。

（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式___：

LiFePO4＋

H2O2＋

＝

Li＋＋

＋

H2PO4-＋

H2O

（3）“滤渣2”的主要成分是___。

（4）“滤液2”循环两次的目的是___。

（5）“沉铁、磷”时,析出FePO4沉淀,反应的离子方程式为__。

实验中,铁、磷的沉淀率结果如图所示。

碳酸钠浓度大于30%后,铁沉淀率仍然升高,磷沉淀率明显降低,其可能原因是___。

（6）“沉淀转化”反应：

FePO4＋3OH-⇌Fe（OH）3＋PO43-。

用此反应的化学平衡常数说明转化能否完全___？

（7）为了充分沉淀,“沉锂”时所用的X和适宜温度是___（填标号）。

A.NaOH20-40℃B.NaOH80-100℃

C.Na2CO320-40℃D.Na2CO360-80℃

【参考答案】

（1）.2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑

（2）.2LiFePO4＋H2O2＋6H＋＝2Li＋＋2Fe3＋＋2H2PO4-＋2H2O（3）.石墨（4）.提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案）（5）.Fe3＋＋2H2PO4-＋CO32-＝FePO4↓＋CO2↑＋H2O（6）.Na2CO3水解产生的c（OH-）增大,与Fe3＋结合生成Fe（OH）3沉淀,而使留在溶液中的PO43-增大（7）.K＝

＝5.0×1016,K很大,说明反应完全进行（8）.D

【分析】

废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）加入氢氧化钠进行减溶,铝箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,过滤后得到滤液1,滤液1为偏铝酸钠溶液,过滤后的滤渣再加入过量浓硫酸进行酸溶,同时加入双氧水,将亚铁离子氧化为三价铁,并进行多次循环,确保亚铁离子全部转化,在进行过滤得到滤渣2和滤液2,滤渣2为石墨粉,滤液2主要含有Fe3＋、Li＋、H2PO4-和SO42-溶液,向滤液2加入碳酸钠,Fe3＋、H2PO4-与碳酸钠反应,转化为磷酸铁沉淀和二氧化碳,生成的二氧化碳气体通入滤液1中反应生成氢氧化铝,磷酸铁中加入氢氧化钠溶液转化为氢氧化铁和磷酸钠晶体,向沉铁、磷后的溶液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀,再对碳酸锂进行一系列处理最后得到高纯锂化合物,据此分析解答。

【试题解答】

（1）根据分析,“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑；

（2）完成“溶浸2”为LiFePO4与过量浓硫酸进行酸溶,同时加入双氧水,将亚铁离子氧化为三价铁,离子方程式：

2LiFePO4＋H2O2＋6H＋＝2Li＋＋2Fe3＋＋2H2PO4-＋2H2O；

（3）根据分析,“滤渣2”的主要成分是石墨；

（4）“滤液2”循环两次的目的是提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案）

（5）“沉铁、磷”时,析出FePO4沉淀,反应的离子方程式为Fe3＋＋2H2PO4-＋CO32-＝FePO4↓＋CO2↑＋H2O；实验中,铁、磷的沉淀率结果如图所示。

碳酸钠浓度大于30%后,铁沉淀率仍然升高,磷沉淀率明显降低,其可能原因是Na2CO3水解产生的c（OH-）增大,与Fe3＋结合生成Fe（OH）3沉淀,而使留在溶液中的PO43-增大；

（6）“沉淀转化”反应：

FePO4＋3OH-⇌Fe（OH）3＋PO43-。

K＝

＝5.0×1016,K很大,说明反应完全进行。

（7）结合表格数据,碳酸锂的溶解度远小于氢氧化锂,为了充分沉淀,“沉锂”时所用的X应为碳酸钠,60-80℃左右溶解度较小,答案选D。

9.实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。

已知：

①Na2S2O3.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇。

②硫化钠易水解产生有毒气体。

③装置C中反应如下：

Na2CO3＋SO2＝Na2SO3＋CO2；2Na2S＋3SO2＝3S＋2Na2SO3；S＋Na2SO3

Na2S2O3。

回答下列问题：

（1）装置B的作用是___。

（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO3？

___（填“能”或“否”）。

（3）配制混合液时,先溶解Na2CO3,后加入Na2S·9H2O,原因是___。

（4）装置C中加热温度不宜高于40℃,其理由是___。

（5）反应后

混合液经过滤、浓缩,再加入乙醇,冷却析出晶体。

乙醇的作用是___。

（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠,最终得到m2gNa2S2O3·5H2O晶体。

Na2S2O3·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。

[Mr（Na2S·9H2O）＝240,Mr（Na2S2O3·5H2O）＝248]

（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。

A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液

B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻

C.先往装置A中滴加硫酸,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液

D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管

【参考答案】

（1）.安全瓶,防止倒吸

（2）.能（3）.碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解（4）.温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO3较多,或Na2S2O3产率降低等其它合理答案（5）.降低Na2S2O3晶体的溶解度,促进晶体析出（6）.

×100%（7）.D

【分析】

（1）装置B的作用是平衡压强,防止倒吸；

（2）Na2CO3的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；

（3）Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解；

（4）温度过高不利于二氧化硫的吸收,产品产率会降低；

（5）Na2S2O3.5H2O

无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇；

（6）根据反应Na2CO3＋SO2＝Na2SO3＋CO2；2Na2S＋3SO2＝3S＋2Na2SO3；S＋Na2SO3

Na2S2O3,列关系式2Na2S·9H2O~3S~3Na2S2O3·5H2O,结合数据计算理论上制得Na2S2O3·5H2O晶体的质量,Na2S2O3·5H2O的产率为

；

（7）Na2SO3易被氧化为硫酸钠,减少副产物的含量就要防止Na2SO3被氧化。

【试题解答】

（1）装置B的作用是平衡压强,防止倒吸,则B为安全瓶防止倒吸；

（2）Na2CO3的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠,氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠,可以代替碳酸钠；

（3）Na2S是强碱弱酸盐,易发生水解,碳酸钠溶液显碱性,可以抑制Na2S水解；

（4）温度过高不利于SO2的吸收,或消耗的H2SO4、Na2SO3较多,或Na2S2O3产率降低等其它合理答案；

（5）Na2S2O3.5H2O是无色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,则乙醇的作用为：

降低Na2S2O3晶体的溶解度,促进晶体析出；

（6）根据反应Na2CO3＋SO2＝Na2SO3＋CO2；2Na2S＋3SO2＝3S＋2Na2SO3；S＋Na2SO3

Na2S2O3,列关系式2Na2S·9H2O~3S~3Na2S2O3·5H2O,理论上制得Na2S2O3·5H2O晶体的质量为

g,Na2S2O3·5H2O的产率为

×100%＝

×100%；

（7）A.用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低,可有效防止Na2SO3被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故A不符合题意；

B.装置A增加一导管,实验前通人N2片刻,可将装置中的空气赶走提供无氧环境,可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4,可减少副产物的产生,故B不符合题意；

C.先往装置A中滴加硫酸,产生二氧化硫,可将装置中的空气赶走,片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液,可减少副产物的产生,故C不符合题意；

D.将装置D改为装有碱石灰的干燥管,装置中仍然含有空气,氧气可将Na2SO3被氧化为Na2SO4,不能减少副产物产生,故D符合题意；

答案选D。

10.用结构和原理阐释化学反应的类型、限度、速率和历程是重要的化学学科思维。

回答下列问题：

（1）用过氧化氢检验Cr（Ⅵ）的反应是Cr2O72-＋4H2O2＋2H＋＝2CrO5＋5H2O。

CrO5结构式为

该反应是否为氧化还原反应？

___（填“是”或“否”）。

（2）已知：

2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）△H＝-571.6kJ·mol-1

H2（g）＋O2（g）＝H2O2（l）△H＝-187.8kJ·mol-1

2H2O2（l）＝2H2O（l）＋O2（g）△H＝___kJ·mol-1。

（3）一定条件下,H2O2分解时的c（H2O2）随t变化如图所示。

已知该反应的瞬时速率可表示为v（H2O2）＝k·cn（H2O2）,k为速率常数。

①0-20min内,v（H2O2）＝___。

②据图分析,n＝___。

③其它条件相同,使用活性更高的催化剂,下列说法正确的是___（填标号）。

A.v（H2O2）增大B.k增大C.△H减小D.Ea（活化能）不变

（4）气体分压pi＝p总×xi（物质的量分数）。

恒温50℃、恒压101kPa,将足量的CuSO4·5H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中,再充入已除去CO2的干燥空气。

假设只发生以下反应,达平衡时两者分解的物质的量比为2：

1。

CuSO4·5H2O（s）⇌CuSO4·3H2O（s）＋2H2O（g）Kp1＝36（kPa）2

2NaHCO3（s）⇌Na2CO3（s）＋H2O（g）＋CO2（g）Kp2

①平衡时

＝___,Kp2＝___。

②平衡后,用总压为101kPa的潮湿空气[其中p（H2O）＝8kPa、p（CO2）＝0.4kPa]替换容器中的气体,50℃下达到新平衡。

容器内CuSO4·5H2O的质量将___（填“增加”“减少”或“不变”,下同）,NaHCO3质量将___。

【参考答案】

（1）.否

（2）.-196（3）.0.020mol/（L∙min）（4）.1（5）.AB（6）.9（7）.4（kPa）2（8）.增加（9）.减少

【分析】

（1）有化合价发生变化的反应为氧化还原反应,根据CrO5结构式为

分析反应中是否有化合价变化；

（2）根据盖斯定律解答；

（3）①0-20min内,根据图像,利用v＝

计算v（H2O2）；

②已知该反应的瞬时速率可表示为v（H2O2）＝k·cn（H2O2）,根据图示,每间隔20分钟,双氧水的浓度变为原来的一半,则速率也变为原来的二分之一；

③催化剂能加快反应速率,降低活化能,不能改变焓变；

（4）①利用相同条件下物质的量之比等于压强之比,结合

求解；

②利用Qp与Kp的大小关系解答；

【试题解答】

（1）由CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O键、Cr＝O,在4个Cr-O键中O为-1价,在Cr＝O键中O为-2价,Cr元素化合价为＋6价,反应前后元素化合价没有发生变化不是氧化还原反应；

（2）已知：

①2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）△H＝-571.6kJ·mol-1

②H2（g）＋O2（g）＝H2O2（l）△H＝-187.8kJ·mol-1

则根据盖斯定律,①-②×2可得,2H2O2（l）＝2H2O（l）＋O2（g）△H＝-196kJ·mol-1；

（3）①0-20min内,根据图像,H2O2的浓度变化量＝0.4mol/L,v（H2O2）＝

＝0.020mol/（L∙min）；

②根据图示,每间隔20分钟,双氧水的浓度变为原来的一半,则速率也变为原来的二分之一,已知该反应的瞬时速率可表示为v（H2O2）＝k·cn（H2O2）,20分钟时的双氧水瞬时速率v（H2O2）20min＝k×（0.4）n,40分钟时的双氧水瞬时速率v（H2O2）40min＝k×（0.2）n,

则（0.4）n＝2×（0.2）n,则n＝1；

③A.催化剂能加快反应速率,故v（H2O2）增大,故A正确；

B.催化剂能加快反应速率,则速率常数k增大,故B正确；

C.催化剂不改变反应热（焓变）,则△H不变,故C错误；

D.催化剂可降低反应的活化能,则Ea（活化能）减小,故D错误；

答案选AB；

（4）①假设只发生以下反应,达平衡时两者分解的物质的量比为2：

1,设发生分解的CuSO4·5H2O的物质的量为2mol,根据反应CuSO4·5H2O（s）⇌CuSO4·3H2O（s）＋2H2O（g）,则生成水蒸气的物质的量为4mol,设发生分解2NaHCO3的物质的量为1mol,根据反应2NaHCO3（s）⇌Na2CO3（s）＋H2O（g）＋CO2（g）,则生成的水蒸气和二氧化碳分别为0.5mol,利用相同条件下物质的量之比等于压强之比,

＝

＝9结合

＝9,则Kp2＝

＝

＝4（kPa）2求解；

②平衡后,用总压为101kPa的潮湿空气[其中p（H2O）＝8kPa、p（CO2）＝0.4kPa]替换容器中的气体,50℃下达到新平衡。

对于反应CuSO4·5H2O（s）⇌CuSO4·3H2O（s）＋2H2O（g）,Qp1＝（8kPa）2＝64（kPa）2＞Kp1,平衡逆向进行,容器内CuSO4·5H2O的质量将增加；对于反应2NaHCO3（s）⇌Na2CO3（s）＋H2O（g）＋CO2（g）,Qp2＝p（H2O）∙p（CO2）＝3.2（kPa）2＜Kp2,平衡正向进行,容器内NaHCO3质量将减小。

11.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家,以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。

LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。

回答下列问题：

（1）Fe的价层电子排布式为___。

（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。

（3）乙二醇（HOCH2CH2OH）的相对分子质量与丙醇（CH3CH2CH2OH）相近,但沸点高出100℃,原因是___。

（4）电池工作时,Li＋沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。

电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示（X＝P、As）。

①聚乙二醇分子中,碳、氧的杂化类型分别是___、___。

②从化学键角度看,Li＋迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”）。

③PF6中P的配位数为___。

④相同条件,Li＋在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快,原因

___。

（5）以晶胞参数为