福建省莆田市化学试题解析版.docx

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福建省莆田市化学试题解析版

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

【答案】B

【解析】

【详解】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。

【点睛】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-

【答案】C

【解析】

【详解】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。

【点睛】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

【答案】D

【解析】

【详解】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。

【点睛】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

【答案】C

【解析】

【详解】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。

【点睛】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

【答案】B

【解析】

【详解】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-

【答案】A

【解析】

【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。

【详解】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

【答案】D

【解析】

【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。

【详解】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℃

【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

【解析】

【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。

【详解】

（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

【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

【解析】

【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。

【详解】

（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___。

【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

【解析】

【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；

【详解】

（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