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天津市2021年高考化学压轴卷

天津市2021年高考化学压轴卷

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- 21 -

天津市2021年高考化学压轴卷（含解析）
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
2．I卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：
可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73
第I卷 共36分
一、单选题
1．2014年11月APEC会议期间，北京市区天空湛蓝，PM2.5浓度为每立方米37微克，接近一级优水平。网友形容此时天空的蓝色为“APEC蓝”。下列有关说法不正确的是
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖
B．将废电池深埋，可以避免其中的重金属污染
C．燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放
D．通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划
2．在一定条件下，与R-可发生反应：+5R-+6H+=3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是
A．元素R位于周期表中第VA族
B．若1mol参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol
C．R元素单质在常温常压下一定是气体单质
D．中的R只能被还原
3．高纯度HF刻蚀芯片的反应为：4HF+Si=SiF4↑+2H2O。下列有关说法正确的是
A．(HF)2的结构式：H—F—F—H B．H2O的比例模型：
C．Si原子的结构示意图： D．SiF4的电子式：
4．氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A．Al2O3有两性，可用于制造耐高温陶瓷
B．ClO2有氧化性，可用于自来水消毒
C．SiO2硬度大，可用于制备光导纤维
D．SO2有还原性，可用于漂白有色织物
5．某化合物的结构为其中X、Y、Z、W四种元素分布在三个短周期，原子序数依次增大，且Y、Z、W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是
A．简单离子半径： B．四种元素中，Y元素电负性最大
C．该化合物中，W和Y的杂化方式相同 D．该化合物可以和稀硫酸反应
6．实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓NaOH溶液进行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O)、分液、酸化(5I-+IO+6H+=3I2↓+3H2O)、过滤及干燥等，甲、乙、丙、丁是部分操作装置图。下列说法错误的是

A．用装置甲反萃取时，先检验仪器是否漏水
B．用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相
C．用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘
D．用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥
7．锂空气电池是一种高理论比能量的可充电电池。放电时，总反应为2Li+O2=Li2O2，工作原理如下图所示。下列说法错误的是

A．电解液a为非水电解液
B．放电时，A处的电极反应为Li-e- =Li+
C．充电时，Li+向Li电极区域迁移
D．充电时，B处的电极反应为O2+2Li++2e- =Li2O2
8．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将浓H2SO4和Cu片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
浓H2SO4具有强氧化性
B
将食品袋中的抗氧化剂(Fe粉)加入少量稀硫酸，再滴加KSCN溶液，没有血红色出现
抗氧化剂没有吸收O2
C
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入KMnO4溶液中，KMnO4溶液褪色
溴乙烷发生了消去反应
D
加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，没有出现红色沉淀
淀粉没有发生水解

A．A B．B C．C D．D
9．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹结构如图所示，下列描述错误的是

A．分子式为
B．该分子含官能团不止一种
C．与足量的发生加成反应后，分子中的手性碳原子数增多
D．该分子苯环上的一溴代物有5种不同结构
10．汽车尾气处理时存在反应：NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示：

下列说法正确的是
A．该反应过程可将有毒气体转变成无毒气体
B．使用催化剂可以有效减少反应放出的热量
C．升高温度，可以提高NO2的平衡转化率
D．无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量
11．以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述错误的是

A．过程I中产生的FeO是还原产物
B．过程I中分离出O2，可提高Fe3O4的转化率
C．过程II中每转移NA个电子，生成11.2L H2
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
12．室温下，用的二甲胺溶液(二甲胺在水中的电离与一水合氨相似)滴定的盐酸溶液。溶液随加入二甲胺溶液体积变化曲线如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法正确的是

A．本实验应该选择酚酞作指示剂
B．室温下，
C．a点溶液中水的电离程度最大
D．b点溶液中存在：

第II卷 共64分
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在“答题卡”上。
2．II卷共4题，共64分。
二、填空题
13．第四周期的元素砷(As)和镍(Ni)具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态As原子的核外电子排布式为___________，As、Ni的第一电离能：I1(As)___________I1(Ni)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)砷单质的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个硫原子，形成As4S4，俗称雄黄，则雄黄可能有___________种不同的结构；0.5 mol As4S4中含有___________mol As—S键。

(3)亚砷酸(H3AsO3)形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，的空间构型为___________；磷和砷同主族，亚磷酸(H3PO3)中心原子磷配位数为4，则亚磷酸为___________元酸。
(4)一种Ni2+配合物的结构如图所示，该配合物中的配位数为___________，C原子的杂化方式为___________。

(5)As和Ni形成的一种晶体晶胞中原子堆积方式如图所示，晶体中As原子围成的空间构型为___________(填 “三角形”“四面体”或“八面体”)，图中六棱柱底边边长为a pm，高为c pm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度ρ=___________g·cm−3。

14．锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。

(1)溶浸生产中为提高SO2吸收率可采取的措施有___________(填序号)。
a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触 b.减小通入SO2的流速
c.减少软锰矿浆的进入量 d.增大通入SO2的流速
(2)已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6mol/L)，需调节溶液pH范围为______。
(3)由硫酸锰与K2S2O8(结构为)溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出该反应的化学方程式为________。
(4)将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600～750℃，制取产品LiMn2O4并生两种气体。写出该反应的化学方程式为_________。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)

①放电时电池内部Li+向_______移动(填“正极”或“负极”)
②充电时，电池的阳极反应式为_______，若此时转移1mole-，则石墨电极将增重_____g。

15．化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，合成路线如图：

(1)A中含氧官能团的名称为___和___。
(2)A→B的反应类型为__。
(3)C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式：___。
(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
(5)已知：
(1)RClRMgCl(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)。
(2)R—COOCH3R—CH2OH。
写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___。

16．三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3，实验装置设计如图：

有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点℃
沸点/℃
其它性质
PCl3
-111.8
74.2
遇水生成H3PO3和HCl遇O2生成POCl3
POCl3
2
105.3
遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______。
(2)装置B中试剂为_______；装置B的作用是_______。(任写两条)
(3)装置C中制备POCl3的化学方程式为_______。
(4)b装置的作用是_______。
(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中C1元素的含量实验步骤如下：
I.取m克产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；
III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动使沉淀表面被有机物覆盖；
IV.加入指示剂用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
①滴定选用的指示剂是_______(填标号)。
A．酚酞 B．NH4Fe(SO4)2 C．淀粉 D．甲基橙
②Cl元素的质量分数为_______(用含m、c、V的表达式表示)。
③若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，该反应使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案
1．【答案】B
【解析】
A．开发新能源，如太阳能、风能等，可以减少煤、石油、天然气等化石燃料的使用量，可减少对化石能源的依赖，A正确；
B．废电池不能深埋，否则将造成其中的重金属污染土壤和地下水，必须进行回收处理，B不正确；
C．燃煤进行脱硫脱硝处理，将S转化为CaSO4等固体资源，N的氧化物转化为N2等无污染的气体再排放，故能减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，C正确；
D．吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，D正确；
故答案为：B。
2．【答案】B
【分析】
由离子方程式可以看出，R元素可形成、R-离子，则R的最外层电子数为7，在中，R元素没有表现出最高价。
【解析】
A．元素R的最外层电子数为7，则该元素应位于周期表中第ⅦA族，A不正确；
B．生成R2，R元素由+5价降低为0价，则1mol转移的电子的物质的量为5mol，B正确；
C．若为或，则R元素单质在常温常压下是液体或固体，C不正确；
D．中的R显+5价，而R的最外层电子数为7，R元素的化合价既能升高又能降低，所以既能被还原，也能被氧化，D不正确；
故选B。
3．【答案】C
【解析】
A．HF间存在氢键，(HF)2的结构式：H-F···H-F，故A错误；
B ．H2O分子结构是V型，所以其比例模型为：，故B错误；
C ．Si是14号元素，其原子结构示意图：，故C正确；
D ．F原子最外层7个电子，SiF4的电子式： ，故D错误；
故答案为：C。
4．【答案】B
【解析】
A．Al2O3熔点高，可用于制造耐高温陶瓷，A错误；
B．ClO2有氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，B正确；
C．SiO2能传导光信号，可用于制备光导纤维，C错误；
D．SO2具有漂白性，可用于漂白有色织物，且该漂白性与氧化还原反应无关，D错误；
答案选B。
5．【答案】A
【分析】
由以及X、Y、Z、W四种元素分布在三个短周期，可知Z为Na元素；Y能形成2个共价键，原子序数Y＜Z且Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构，则Y为O；X能形成1个共价键，且X的原子序数最小，则X为H；W能形成4个共价键，原子序数W＞Z，且简单离子具有相同电子层结构，在结合该物质的电子式可知，W为Al元素。综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Al，结合元素周期表，周期律分析可得：
【解析】
A．由分析可知Z为Na元素、Y为O元素，则简单离子分别为：，且具有相同电子层结构。根据电子层结构相同的离子则有“序小径大”，即离子半径，故选A；
B．由分析可知X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Al，其中Y(O)的非金属性最强，则Y的电负性最大，故B不选；
C．W、Y分别为：O、Al，则在该物质中W和Y的杂化方式均为，故C不选；
D．有分析可得该物质的化学式为：，该物质既能与强酸反应又能与强碱反应，故D不选；
答案选A
6．【答案】D
【解析】
A．装置甲的仪器为分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，在使用之前必须检验是否漏水，故A正确；
B．分液时避免上下层液体混合，由于CCl4溶液比水重，在下层，则分液时，先从下口放出有机相(四氯化碳层)，关闭活塞，从上口倒出水相，可避免上层液体被污染，故B正确；
C．酸化后大量析出固体碘单质，不溶于水，图中过滤可分离，故C正确；
D．由于碘易升华，不能用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥，干燥碘在干燥器中进行，故D错误；
答案为D。
7．【答案】D
【解析】
A．锂单质化学性质活泼，不能使用具有活泼氢的水、醇、羧酸等做电解质溶液，描述正确，不符题意；
B．根据题意，锂—空气电池，还原性更强的锂单质是失电子一极，做负极，所以A极锂单质失电子生成锂离子，描述正确，不符题意；
C．二次电池充电，放电时负极电子流出，充电时，电池的负极电子流入，充当电解池阴极，根据直流电路电荷移动特点，阳离子向阴极移动，故选项描述正确，不符题意；
D．二次电池充电，放电时正极B处电子流入，充电时，B极电子流出，发生氧化反应，失电子，选项中电极反应式显示是得电子，所以描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
8．【答案】A
【解析】
A．将浓硫酸和铜片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色说明反应生成的气体为二氧化硫，则反应中硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，具有强氧化性，故A正确；
B．若抗氧化剂中铁粉吸收氧气部分被氧化为氧化铁，加入稀硫酸时，氧化铁溶解生成的铁离子可与过量的铜反应生成亚铁离子，溶液中不存在铁离子，则加入硫氰化钾溶液，没有血红色出现不能说明抗氧化剂没有吸收氧气，故B错误；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇蒸汽能与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，则将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷发生了消去反应，故C错误；
D．淀粉水解生成的葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，酸性条件下不能反应，则加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，没有出现红色沉淀不能说明淀粉没有发生水解，故D错误；
故选A。
9．【答案】D
【解析】
A. 根据氯喹结构图可知，分子式为，故A正确；
B.该分子含官能团有氯原子、碳碳双键等，不止一种，故B正确；
C. 只有1个手性碳原子(标注*)，与足量的发生加成反应后产物有5个手性碳原子(标注*)，手性碳原子数增多，故C正确；
D.该分子苯环上的一溴代物有、、，共3种不同结构，故D错误；
选D。
10．【答案】D
【解析】
A．生成物NO仍然有毒，A错误；
B．使用催化剂不能改变反应放出的热量，B错误；
C． 由题图可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，C错误；
D．根据题图中反应物和生成物的能量都低于活化络合物(过渡状态)的能量，可知反应物或生成物转化为活化络合物均需要吸收能量，D正确；
答案选D。
11．【答案】C
【分析】
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)，元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物；过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，总反应是2H2O2H2↑+O2↑。
【解析】
A．2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)，反应中氧元素化合价-2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的FeO是还原产物，故A正确；
B． 过程I中分离出O2，促进2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)，正向进行，可提高Fe3O4的转化率，故B正确；
C． 过程II：3FeO+H2OFe3O4+H2↑，每转移NA个电子，生成标准状况下11.2L H2，故C错误；
D． 反应3FeO(s)+H2O(l)═H2(g)+Fe3O4(s)的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，节约能源，故D正确；
故选C。
12．【答案】B
【分析】
结合方程式和滴定曲线可知滴定终点在a点之前，酸碱恰好完全反应时，溶质为(CH3)2NH2Cl，a点时，pH=7，体积为10mL，分别求出溶液中c[(CH3)2NH]= mol·L－1，c[(CH3)2NH]= mol·L－1，c(H+)=10-7mol/L，先求出(CH3)2NH水解常数，再求二甲胺常温下电离常数。b点时(CH3)2NH过量，为(CH3)2NH2Cl、(CH3)2NH的混合物，c[(CH3)2NH]＞。
【解析】
A． 酸碱恰好完全反应时，溶质为(CH3)2NH2Cl，强酸弱碱盐，溶液呈酸性，本实验应该选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B． 常温下，测得a点溶液的pH=7，a点生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH过量，溶液呈中性，(CH3)2NH2Cl水解使溶液呈酸性，(CH3)2NH的电离呈碱性，所以溶液中c[(CH3)2NH]= mol·L－1，c[(CH3)2NH]= mol·L－1，c(H+)=10-7mol/L，所以水解平衡常数为Kh= = ，则二甲胺常温下电离常数Kb== ，室温下，，故B正确；
C． a点生成(CH3)2NH2Cl促进水电离，(CH3)2NH过量，抑制水电离，使水的电离程度变小；恰好完全反应时(CH3)2NH2Cl促进水电离，溶液中水的电离程度最大，故C错误；
D． b点时(CH3)2NH过量，为(CH3)2NH2Cl、(CH3)2NH的混合物，c[(CH3)2NH]＞，b点溶液中存在：，故D错误；
故选B。

13．【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3(或 [Ar]3d104s24p3) 大于 2 4 三角锥 二 4 sp2、sp3 八面体 (或)
【解析】
(1)As是33号元素，位于第四周期ⅤA族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；As和Ni均为第四周期元素，As为非金属元素，Ni为过渡金属元素，所以I1(As)大于I1(Ni)。
(2)在砷单质分子结构的4条棱边上各插入1个硫原子，形成As4S4，按照As—As键是相邻或斜交，可得到雄黄有如图所示2种不同的结构；每一分子的As4S4中含有8条As—S键，则0.5 mol雄黄中含有4 mol As—S键。

(3)的中心原子砷原子形成了3个σ键，另外还有1对孤电子对，其价层电子对总数是4，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形。因为H3PO3中磷的配位数为4，则H3PO3的结构式为，因此为二元酸。
(4)该Ni2+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢键，因此配位数为4；配体中C原子形成C—C键及C=N键，所以C原子以sp2、sp3杂化。
(5)该晶胞中Ni原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数=12×+6×+2×+1=6，As原子位于六棱柱的体内，数目为6，则晶胞的质量为g，六棱柱的体积为=a2×sin 60°×6×c×10−30 cm3，则该晶体的密度ρ== g·cm−3。

14．【答案】ab 5.0<pH<7.1 MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO4 8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑ 正极 LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ 7
【分析】
软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。
【解析】
(1)溶浸过程中，为提高SO2吸收率可采取的措施：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或减小通入SO2的流速，故合理选项是ab，故答案为：ab；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]= 1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-9 mol/L，则溶液c(H+) =l×10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]= l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-11 mol/L，c(H+) =l×10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0<pH<7.1，故答案为：5.0<pH<7.1；
(3)由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平，则发生反应的化学反应方程式为MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO4，故答案为：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO4；
(4) MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑，故答案为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑；
(5)①放电时为原电池，电池内部阳离子移向正极，故Li+移向正极，故答案为：正极；
②充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4 ，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。
15．【答案】(酚)羟基 羧基 取代反应 CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
【分析】
有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和甲醇发生取代反应生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E，E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F，据此解答。
【解析】
(1)由A的结构简式可知，A中含氧官能团为－OH和－COOH，名称为(酚)羟基、羧基；
(2)根据以上分析可知，A→B的反应中－COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应；
(3)观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被－CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为；
(4)C为，C的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为；
(5)根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1－丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反应条件，在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，。

16．【答案】分液漏斗 浓H2SO4 平衡气压、干燥氧气、观察气体流速 冷凝回流 B 或 偏小
【解析】
根据实验目的可知，装置Δ是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸汽，可以用浓硫酸除去，所以B装置中盛放浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置C用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管b进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。
(②)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气。
(3)根据装置图可知，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式为
(4)仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流的作用。
(5)①用c mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时 NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；②用c mol/ L NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V mL，则过量Ag+的物质的量为cV×10-3mol，与Cl-反应的Ag+的物质的量为Cl元素的质量分数为；；③若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中岀现两种沉淀共存，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的 NH4SCN标准液的体积偏多，即计算时Ag+的物质的量偏大，则计算中与Cl-反应的Ag+的物质的量偏小，所以测得的Cl-的质量分数偏小。