福建省莆田市2020届高三化学3月教学质量检测试试题含解析

1、福建省莆田市2020届高三化学3月毕业班教学质量检测试试题（含解析）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. feso47h2ob. 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feso47h2o，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

2、”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

3、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；c1l0.2mol/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；dnaclo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

4、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. 分子中所有碳原子不可能共面【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

5、键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，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：+hno3+h2o h0；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5060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，

6、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

7、于该实验的下列说法，正确的是（ ）a. 反应剧烈程度：nh4clhclb. 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】anh4cl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；bp点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(nh4+)+2c(mg2+)+c(h+)=c

8、(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；cq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（ ）

9、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，

10、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

11、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：zmyb. 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，结合题图判断z为mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析x为h元素，y为

12、o元素，z为mg元素，m为al元素；ay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；bz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；cx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；dz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

13、)=1.310-22、kspfe(oh)3=2.610-39。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

14、锂”时所用的x和适宜温度是_（填标号）。a.naoh20-40 b.naoh80-100c.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

15、). k=5.01016，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

16、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

17、”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=5.01016，k很大，说明反应完全进行。（7）结合表格数据，碳酸锂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

18、（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：na2s2o35h2o是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。硫化钠易水解产生有毒气体。装置c中反应如下：na2co3+so2=na2so3+co2；2na2s+3so2=3s+2na2so3；s+na2so3na2s2o3。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na2s9h2o，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m1gna2s9h2o

19、和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gna2s2o35h2o晶体。na2s2o35h2o的产率为_（列出计算表达式）。mr(na2s9h2o)=240，mr(na2s2o35h2o)=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

20、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) na2s2o35h2o是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应na2co3+so2=na2so3+co2；2na2s+3so2=3s+2na2so3；s+na2so3na2s2o3， 列关系式2na2s9h2o3s3na2s2o35h2o，结合数据计算理论

21、上制得na2s2o35h2o晶体的质量，na2s2o35h2o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) na2s2o35h2o是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的

22、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+na2so3na2s2o3， 列关系式2na2s9h2o3s3na2s2o35h2o，理论上制得na2s2o35h2o晶体的质量为g，na2s2o35h2o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

23、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()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=-

24、5716kjmol-1h2(g)+o2(g)=h2o2(l) h=-187.8kjmol-12h2o2(l)=2h2o(l)+ o2(g) h=_kjmol-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)=kcn(h2o2)，k为速率常数。0-20min内，v(h2o2)=_。据图分析，n=_。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cuso45h2o、

25、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。cuso45h2o(s)cuso43h2o(s)+2h2o(g) kp1=36(kpa)22nahco3(s)na2co3(s)+h2o(g)+co2(g) kp2平衡时=_，kp2=_。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cuso45h2o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). 0.020mo

26、l/(lmin) (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)0-20min内，根据图像，利用v=计算v(h2o2)；已知该反应的瞬时速率可表示为v(h2o2)=kcn(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；催化剂能加快反应速率，降低活化能，不能改变焓变；(4)利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，结合求解；利用qp与kp的大小关系解答；【详解】

27、(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：2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h = -571.6kjmol-1h2(g)+o2(g)=h2o2(l) h = -187.8kjmol-1则根据盖斯定律，-2可得，2h2o2(l)=2h2o(l)+ o2(g) h = -196kjmol-1；(3)0-20min内，根据图像，h2o2的浓度变化量=0.4 mol/l，v(h2o2)=0.020mol/(lmin)；根据图示，每间隔

28、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)=kcn(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；a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)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

29、：1，设发生分解的cuso45h2o的物质的量为2mol，根据反应cuso45h2o(s)cuso43h2o(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；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cuso45h2o(s)cuso43h2o(s)

30、+2h2o(g)，qp1=(8kpa)2=64(kpa)2kp1，平衡逆向进行，容器内cuso45h2o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)2kp2，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(

31、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)。聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是_、_。从化学键角度看，li+迁移过程发生_（填“物理变化”或“化学变化”）。pf6中p的配位数为_。相同条件，li+在_（填“lipf6”或“liasf6”）中迁移较快，原因是_。（5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。licl3h2o属正交晶系（长方体

32、形）。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中cl原子的数目为_。licl3h2o的摩尔质量为mgmol-1，设na为阿伏加德罗常数的值，则licl3h2o晶体的密度为_gcm-3（列出计算表达式）。【答案】 (1). 3d64s2 (2). f、p、as、li (3). 乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大 (4). sp3 (5). sp3 (6). 化学变化 (7). 6 (8). liasf6 (9). asf6-的半径比pf6-的大，asf6-与li+的作用力比pf6-

33、弱 (10). 4 (11). 【解析】【分析】(1)fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；(2)非金属性越强，电负性越强；(3)根据氢键的数量分析判断；(4)根据图中聚乙二醇的碳氧键链方式分析判断杂化轨道类型；化学变化过程是旧键的断裂和新键的形成；与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数；相同条件，asf6-的半径比pf6-的大，对锂离子的作用力大小不同；(5)根据晶胞密度公式计算；【详解】(1)fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故价层电子排布式为3d64s2；(2)非金属性越强，电负性越强，非金属性

34、：fpasli，则四种元素的电负性由大到小的顺序为f、p、as、li；(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；(4)图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，pf6的中心原子为p，与之以配位键相结合的f原子有6个，则配位数为6；asf6-的半径比pf6-的大，asf6-与li+的作用力比pf6-弱，则li+在liasf6中迁移较快；(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个cl原子在晶胞内部，4个cl在晶胞的面上