【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高二下学期半期（期中）考试化学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.142 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2023—2024学年（下）高2025届半期考试化学试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1Na23C12O16Zn65As75Cl35.5Ga70−−−−−−−−第I卷选择题（共42分）一、选择题（下列各小题只有一个选项符合题意，共14小题

，每题3分，共42分）1.以下化学与生活、科技相关的说法错误的是A.春节夜空绽放的璀璨烟火与原子核外电子发生跃迁释放能量有关B.“神州十七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃C.北京冬奥会上运动员“战袍”内层添加石墨烯片用于保暖，石墨烯是一种单质D.三星堆“祭祀坑

”出土的竖披发青铜人中含有金属铜，铜单质为一种晶体【答案】B【解析】【详解】A．烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放能量以光的形式呈现出来的，A正确；B．仅有碳氢元素组成的物质为烃，聚四氟乙烯含有氟元素，不是烃

，且聚四氟乙烯中不存在碳碳双键，属于饱和结构，B错误；C．石墨烯是碳的单质，C正确；D．铜单质属于金属晶体，D正确；故选B。2.下列表达方式不正确的是A.2sp杂化轨道模型：B.Cl−的核外电子排布式：C.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式

为D.35Br原子的简化电子排布式为：1025[Ar]3d4s4p【答案】B【解析】【详解】A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，每个杂化轨道含有三分之的一的s轨道成分和三分之二p轨道成分，杂化轨道间夹角为120°，呈平面

三角形，sp2杂化轨道模型为，A正确；B．Cl-的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，B错误；C．基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子轨道表示式为，C正确；D．Br是35号元素，35Br原子的简化电子

排布式为：1025[Ar]3d4s4p，D正确；故选B。3.下列关于物质结构与性质的说法错误的是A.()234CuNH+空间结构为平面四边形B.硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点：22

2MgONaClHOCOHD.沸点：33CHCOOHHCOOCH，主要与3CHCOOH是极性分子有关【答案】D【解析】【详解】A．()234CuNH+中铜离子采取dsp2杂化，空间结构为平面四边形，故A正确；B．原子晶体中原子半径越小共价键越强，硬度越大，原子半径C<Si，则硬

度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B正确；C．离子晶体熔点一般高于分子晶体，离子晶体中离子半径越小、所带电荷数越多熔点越大，分子晶体受分子间作用力有关，水中含有氢键，二氧化碳范德华力大于氢气，所以222MgONaClHOCOH，故C正

确；D．沸点：33CHCOOHHCOOCH，主要是3CHCOOH可以形成氢键有关，故D错误；答案选D。4.下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，其中正确．．的是A.除去乙烷中的乙烯，将混合气通入酸性高锰酸钾溶液B.用95.6%的工业酒精制取无水乙醇，可采用

的方法是加生石灰，再蒸馏C.用乙醇萃取分液分离碘化钠和单质碘的水溶液D.除去己烷中少量的己烯，加溴水后分液【答案】B【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液能将乙烯氧化为二氧化碳等，所以要除去乙烷中混有的乙烯气体

，不能将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，故A错误；B．用95.6%的工业酒精制取无水乙醇，若直接蒸馏，很难获得纯净的乙醇，可采用的方法是先往工业酒精中加入生石灰，与水发生反应，再进行蒸馏，故B正确；C．乙醇和水互溶，所以不可以做萃取剂，故C错误

；D．己烯和溴加成后，生成的产物不会和己烷分层，所以不可以分液，故D错误；答案选B。5.下列仪器是实验室常见仪器，对相关实验中使用到的部分仪器选择合理的是A.中和热的测定：③⑤B.用标准盐酸测定NaOH溶液的浓

度：③⑥C.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：②③④D.重结晶法纯化苯甲酸(含少量泥沙、NaCl)：①⑦【答案】B【解析】【详解】A．中和热测定需要用到的仪器为温度计，但不需要用用到的仪器为锥形瓶，故A错误；B．用标准盐酸测

定氢氧化钠溶液的浓度用到的仪器为酸式滴定管和锥形瓶，故B正确；C．蒸馏法分离二氯甲烷和四氯化碳需要用到的仪器为蒸馏烧瓶、温度计，但不需要用到的仪器为球形冷凝管，故C错误；D．重结晶法纯化苯甲酸需要用到的仪器为漏斗，但不需要用到坩埚，故D错误；故选B。6.下列有关键角大小比较不正确的是A.气态

3SeO分子中OSeO−−的键角大于23SeO−离子中OSeO−−的键角B.3NH分子中HNH−−的键角大于3PH分子中HPH−−的键角C.3NH中HNH−−的键角大于()344CuNHSO，中HNH−−的键角D.分子中ClCO−=的键角大于ClCCl−−的键角【

答案】C【解析】【详解】A．气态SeO3分子中中心原子Se的价层电子对数为623332−+=，杂化轨道类型为sp2，空间构型为平面三角形，键角为120°，23SeO−的中心原子Se的价层电子对数为6223342+−+=，杂化轨道类型为sp3，有一对孤

电子，空间构型为三角锥形，键角小于109.5°，故A正确；B．同种类型分子，中心原子不同，配位原子相同时，中心原子电负性越大，成键电子对距离中心原子越近，成键电子对间排斥力较大，使键角较大，由电负性：N>P，

则3NH分子中HNH−−的键角大于3PH分子中HPH−−的键角，故B正确；C．()344CuNHSO、NH3中N原子均采取sp3杂化，但()344CuNHSO中N原子形成3个σ键和一个配位键，没有孤电子对，NH3中N原子形成

3个σ键，还有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，所以()344CuNHSO中HNH−−的键角大于NH3中的键角，故C错误；D．双键与单键之间的斥力大于单键与单键之间的斥力

，所以COCl2分子中ClCO−=的键角大于ClCCl−−的键角，故D正确；故答案为：C。7.三苯胺及其衍生物可用于新型电致发光材料、特种染料和医药的合成，一种三苯胺单醛的修饰路线如图所示，下列说法错误的是A.电负性：H＜C＜OB.甲中所有碳原子一定在同一平面C.乙

的核磁共振氢谱有7组峰D.该反应发生了键的断裂【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左往右，元素电负性依次增大，同主族从上往下，元素电负性依次减小，因此电负性：H＜C＜O，A项正确；B．甲中的N原子连接3个单键，为sp3杂化，空间构型为

三角锥形，并且连接苯环的单键可以旋转，因此甲中所有碳原子不一定在同一平面，B项错误；C．连接在N原子上的苯环自身有对称，分析如图：，可知乙中不同化学环境的氢有7种，C项正确；D．该反应中醛基的碳氧双键断裂，发生了π键的断裂，D项正确；故答案选B。8.我国某有机所研究团队合成一种

盐，其阴离子结构如图所示，短周期主族元素XYZR、、、的原子序数依次增大，XYZ、、的原子序数之和为23，下列有关叙述不正确的是A.电负性：ZYRB.简单氢化物的稳定性：ZYXC.Z是周期表中第一电离能最大的元素D.X的单质可能是共价晶体【答案】C【解析】【分析】

根据形成共价键的数目Z为1，X为4，R为6，Y为2，且X、Y、Z原子序数之和为23，可推得X、Y、Z、R分别为元素C、O、F、S，据此回答。【详解】A．同周期主族元素，从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素，从上往下，电负性逐渐减

小，则电负性：FOS，A正确；B．元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>O>C，则简单氢化物的稳定性：24HFHOCH，B正确；C．同一周期自左而右，第一电离能呈增大的趋势，同主族自上而下，第一电离能逐

渐降低，故第一电离能最大的元素应在周期表的右上方，稀有气体的第一电离能最大为He元素，C错误；D．C的单质中金刚石是共价晶体，D正确；故选C。9.观察下列模型并结合信息，判断有关说法错误的是晶体硼结构单元

（有12个B原子）18−冠6−N−甲基咪唑HCN结构模型示意图A.晶体硼的结构单元中含有30个BB−键，含20个正三角形B.18−冠6−中O（灰球）电负性大，带负电荷，通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征C.1molN−甲基咪唑分子中σ键

的数目为A6ND.HCN的结构式为HCN−【答案】C【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，含B-B键为1252=30个，如图上下锥面各有5个正三角形，阴影面的中间有10个正三角形，共含20个正三角形，故A正确；B．18−冠6−中O（灰球）电负性大，带负电荷，氧原子提供孤对电子，钾离子

提供空轨道，形成配位键，故B正确；C．两原子形成共价键，有且仅有一根为σ键，1molN−甲基咪唑分子中σ键的数目为A12N，故C错误；D．HCN的电子式，结构式为HCN−，故D正确；答案选C。10.下列关于有机物的说法正确的是A.分子式810CH的苯的同系物共有3种结构B.5

102CHO属于羧酸的同分异构体有4种C.环上的一氯代物有3种D.立方烷（）的六氯取代有2种【答案】B【解析】【详解】A．该物质为苯的同系物，则其结构含苯环，若取代基为乙基，结构有1种，若取代基为2个甲基，在苯环上共邻、间、对3种结构，故分子式C8H10的苯的同系物共4种结构，A错误；

B．羧酸含有-COOH，C5H10O2可写为C4H9-COOH，C4H9-有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，B正确；C．环上有6种氢原子，则一氯代物有6种，C错误；D．立方烷的六氯取代与二氯取代相同，二氯立方烷共3种结构，D错误；故

选B。11.下列表述中正确的有①蒸汽状态下以双聚分子存在的3AlCl的结构式为，其中Al的配位数为4②离子晶体中一定含有离子键，分子晶体一定含有共价键③符合通式n2n2CH+的不同烃一定互为同系物④石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数之比

为4:3⑤可燃冰()42CH8HO中甲烷与水分子间存在氢键⑥最简式相同的两种有机物，可能既不互为同分异构体，也不互为同系物⑦264.6gCHO中含有的羟基数目一定为A0.1NA.2个B.3个C.4个D.5个【答案】A【解析】【详解】①蒸汽状态下以双聚分子存在的3AlCl的结构式为，其中Al的配

位数为2，故错误；②离子晶体中一定含有离子键，分子晶体一定含有共价键，稀有气体是分子晶体，就没有共价键，故错误；③符合通式n2n2CH+的，一定是链状烷烃，不同烃一定互为同系物，故正确；④石墨晶体为六边形层状结构，一个碳原子成13=1.52所

以碳原子个数与碳碳键数之比为2:3，故错误；⑤可燃冰()42CH8HO中甲烷与水分子间不存在氢键，故错误；⑥最简式相同的两种有机物，可能既不互为同分异构体，也不互为同系物，C4H8（环丁烷），C2H4（乙烯）

最简式都是CH2，既不互为同分异构体，也不互为同系物，故正确；⑦264.6gCHO中含有的羟基数目一定为A0.1N，如果是醚的话，就不含有羟基，故错误；2个正确，答案选A。12.从微粒结构角度分析，下列说法正确的是A.OF2与H2O的立体构型同为V形，因氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负

性差，而且OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，所以水分子的极性比OF2的极性小B.过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。据此判断[Co(H2O)6]2

+和[Mn(H2O)6]2+中只有一种有颜色C.三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同D.南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示，其中两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同，阴离子

N5−中所有的氮原子在同一平面内【答案】D【解析】【详解】A．从电负性上看，氧与氢的电负性大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，而OF2分子的极性却很小，故A错误；B．过渡金属离

子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色，Co2+价层电子排布式为3d7，Mn2+价层电子排布式为3d5，[Co(H2O)6]2+和[M

n(H2O)6]2+都有颜色，故B错误；C．单分子SO3的中S原子价层电子对数为3+6232−=3，其杂化方式为sp2，属于平面结构，三聚分子固体根据上述分子结构式可知，其S原子成键方式为4个σ键，为空间结构，所以杂化方式不是sp2，故C错

误；D．由结构式可知，全氮阴离子盐两种阳离子为：H3O+和NH4+，中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化轨道类型都是sp3杂化，阴离子N5−氮原子之间除了形成了键之外，还形成大键，所以所有的氮原子在同一平面内，故D正确；

故选D。13.由于晶体原子或离子的热运动，导致部分原子或离子偏离理想晶体结构的区域，这就叫晶体的热缺陷。晶体热缺陷的存在会对晶体的性质产生明显的影响。如图为理想NaCl晶体中的某个结构单元在受热过程中出现热缺陷的模拟过程图。下列有关说法正确的是A.理想的

NaCl晶体中Na+的配位数为8B.由图可知，NaCl晶体因热缺陷导致其晶体整体带负电C.NaCl晶体中存在热缺陷对晶体的导电性基本无影响D.已知理想的NaCl晶体密度为3g/cm，阿佛加德罗常数的值为AN，则NaCl的晶胞参数(晶胞的边长

)为3A234cmN【答案】D【解析】【详解】A．理想的NaCl晶体的晶胞为面心立方堆积，其中Na+的配位数为6，A错误；B．根据热缺陷的定义可知，含缺陷的晶体只是因为某些离子或原子偏离了理性晶体的结构，整个晶体还是不带电，B错误；C．由图示可知，N

aCl中的Na+因热运动偏离了理想晶体结构区域，在外加电场的作用下，该类Na+可以发生迁移，因此导电性增大，C错误；D．由晶胞结构可知Na+位于顶点和面心，个数为118+6482=，Cl−位于体心和棱心，个数为4

，晶胞的质量为A4gMN，NaCl晶体的密度为3g/cm，则晶胞的体积为3A4cmMN，晶胞的边长为3A4cmMN，代入M的值，则NaCl的晶胞参数（晶胞的边长）为3A234cmN，D正确；故答案选D。14.一种基于ZnO的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为

丙烯。立方ZnO的晶胞如图，晶胞参数为pma，阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法不正确的是A.该ZnO晶体的摩尔体积为336A10aN−31mmol−B.与2Zn+最近的2Zn+有12个C.2Zn+之间的最短距离为2pm2aD.若坐标取向不变，将

m点2Zn+平移至原点，则n点2Zn+位于晶胞xy面的面心【答案】A【解析】【详解】A．该ZnO晶体的摩尔体积为33631A10mmol4aN−−，故A错误；B．将晶胞进行平移操作，即可找到与2Zn+最近的2Zn+有12个，故B正确；C．将晶胞中mn、两点的2Zn+连线可得2Z

n+之间的最短距离，该线段平行于xy面，将该线段投影至xy面，可知其长度为晶胞面对角线长度的一半，即2pm2a，故C正确；D．根据图中所示坐标系，m点坐标为111,,,n444点坐标为331,,444，若将m点2Zn+平移至原点，晶胞中各点坐标均由

(,,)xyz变为111,,444xyz−−−，因此n点坐标变为11,,022，即晶胞xy面的面心，故D正确；故选A。第Ⅱ卷非选择题（共58分）15.按要求回答下列问题（1）下列物质：A.二氧化硅B.2MgCl固体C.硼D.铜E.3

AlCl固体F.硫酸铵熔化时不需要破坏化学键的是________（用字母序号填空，下同），晶体中既含有离子键又含有共价键的是________。（2）请将下列几组物质的编号填写在空格上：①D与T；②金刚石与60C；③4CH和323CHCHCH；④和；⑤与；⑥()3232CHCHCHCH和()3

233CHCHCH。互为同位素的是________；互为同系物的是________；互为同分异构体的是________。（3）利用李比希法测得4.4g有机物M完全撚烧后产生2CO8.8g和2HO3.6g。①M的实验式为________。②已知M的密度

是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的分子式为________。③M的核磁共振氢谱如图1所示，图中峰面积之比为1:3:1:3;M的红外光谱如图2所示。M中官能团的名称为________，M的结构简式为________。

（4）满足分子式482CHCl的同分异构体有________种，写出其中符合以下条件的同分异构体的结构简式________。①核磁共振氢谱图有3组峰；②峰面积之比为1:3:4【答案】（1）①.D②.F

（2）①.①②.③和④③.⑥（3）①.C2H4O②.C4H8O2③.羟基和酮羰基④.（4）①.9②.【解析】【小问1详解】A.二氧化硅含共价键，B.2MgCl固体只含离子键，C.硼含共价键，D.铜含金属键，E.3AlCl固体含共价键，F.硫酸铵含

离子键和共价键，熔化时不需要破坏化学键的是D，晶体中既含有离子键又含有共价键的是F；【小问2详解】同位素是指同一种元素的不同种核素，①D和T为H元素的两者核素，互为同位素；同系物是指结构相似，分子组成上相差n个CH2的有机化合物，因此互

为同系物的是③和④；同分异构体是指分子式相同，结构不同的物质，⑥的分子式均为C5H12，但结构不同，故两者互为同分异构体；故答案为：①；③和④；⑥；【小问3详解】①2CO8.8g物质的量为28.8gn(C)n(CO)==0.2mol44g/mol=，2HO3.6g物质的量为23.6gn(H

)=2n(HO)2=0.4mol18g/mol=，碳和氢元素质量和为0.2mol×12g/mol+0.4mol×1g/mol=2.8g，4.4g有机物M中氧元素物质的量为(4.4-2.8)gn(O)==0.1mol16g/mol，

C、H、O个数比为0.2:0.4:0.1=2:4:1，则M的实验式为C2H4O；②已知M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，密度之比等于摩尔质量之比，M的相对分子质量为44×2=88，根据M的实验式为C2H4O，式量为44，则M的分子式为C4H8O2；③由题干红外光谱图中信息可知

，M中官能团的名称为羟基和酮羰基；结合核磁共振氢谱图和分子式可推知，M的结构简式为；【小问4详解】C4H8Cl2的同分异构体即丁烷的二氯代物共有9种，分别是：，其中有3种等效氢，且个数比为1∶3∶4的结构简式为：。16.氮、磷、砷等元素的单质及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：（1）3

NF是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造、高能激光器方面有广泛应用，3NF分子的空间构型为________。（2）超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝在绝缘材料中应用广泛，氮化铝晶体与金刚石类似，氮化铝晶体属于________

晶体，该晶体中N的杂化方式为________。（3）42CuSO5HO结构示意图如下，42CuSO5HO中不存在的相互作用有________（填序号）。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.氢键（4）GaAs是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图1；

将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料，如图2。已知图1中A原子的坐标为(0,0,0)，则B原子的分数坐标为________；若GaAs晶体密度为3dgcm−，设AN为阿伏加德罗常数的值，则晶

胞中两个As原子间的最小距离为________cm（列出计算式即可）；稀磁性半导体材料中MnAs、的原子个数比为________。【答案】（1）三角锥形（2）①.原子②.sp3（3）C（4）①.331(,,)444②.A24145

2dN③.5:27【解析】【小问1详解】NF3价层电子对=3+5132−=4，含有1对孤对电子，可知中心原子N采取sp3杂化，NF3的分子的空间构型为三角锥形；【小问2详解】氮化铝晶体与金刚石类似，均是正四面体结构，每个铝原子与4个氮原子相连，是由原子构成的原子晶体，N原子采取sp3杂化

；【小问3详解】根据配合物CuSO4•5H2O结构示，可知其中含有离子键、配位键、极性共价键，水分子间存在氢键，所以CuSO4•5H2O中不存在的相互作用有非极性键，故答案为：C；【小问4详解】图1中A原子的坐标为(0,0,0)，则B原子在x轴的34，y轴的34，z轴的14，故分数坐标

为331(,,)444；图1中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为3dgcm−，由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为：118+6482=个，含有As原子个数为：4个，则晶胞边长为：a=A4145dNcm，由图可知晶胞中

距离最近的两个As原子间距离为面对角线的一半，即A224145a=22dN；图2中，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn个数为：11511828+=，含有As的个数为：112775828+=，故晶体中Mn、As的原子个数比为5:27。17.锂离子电池让电动汽车

飞速发展，有利于实现节能减排，244512LiCoOLiFePOLiTiO、、常用作电池的电极材料，LiPF6、LiAsF6常用作锂离子聚合物电池的载体材料，其中磷酸铁锂(LiFePO4)电池能量密度高，安全性能好。（1）Li+与H-离子具有相同的核外电

子排布，两种离子中半径更大的是________，Fe元素在周期表的位置为________。（2）LiFePO4中基态Fe2+核外电子空间运动状态有________种，Fe和Co的第四电离能I4(Fe)________I4(Co)（填“＞”或“＜”），

并说明理由________________。（3）电池工作时，Li+可在电解质LiPF4或LiAsF6中发生迁移，相同条件下，Li+在________（填“LiPF4”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是________________。（

4）由LiCoO2经过系列反应得到CoO晶胞如图所示，该晶体中Co2+的配位数是________。（5）LiFePO4的晶胞结构示意图如（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和四面体。电池充放电时，LiFePO4脱出或嵌入Li+形成结构示意图如（b）所示：则图（

b）中x=________。【答案】（1）①.H-②.第四周期第Ⅷ族（2）①.14②.＞③.Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，离子的能量低，再失去1个的的电子所需能量高，Co3+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则易失去1个电子，所以F

e的第四电离能大于Co的第四电离能（3）①.LiAsF6②.6PF−的半径小于6AsF−，则Li+与6AsF−之间的作用力弱，Li+迁移较快（4）6（5）0.1875【解析】【小问1详解】Li+与H-离子具有相同的核外电子排布，但Li的核电荷数比H大，核电荷数越大，离子半径越小，则

两种离子中半径更大的是H-，Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则在周期表的位置为第四周期第Ⅷ族。【小问2详解】LiFePO4中基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，空间运动状态有14种，Fe和Co失去3个电子后，Fe3+的价电子排

布式为3d5，处于半充满状态，Co3+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则第四电离能I4(Fe)＞I4(Co)，理由：Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，离子的能量低，再失去1个电子所需能量高，Co3+的价电

子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则易失去1个电子，所以Fe的第四电离能大于Co的第四电离能。【小问3详解】电池工作时，Li+可在电解质LiPF4或LiAsF6中发生迁移，LiPF4或LiAsF6都为离子化合物，由Li+和6PF−或6AsF−构成，6PF−的半

径小于6AsF−，则Li+与6AsF−之间的作用力弱，相同条件下，Li+在LiAsF6中迁移较快，原因是：6PF−的半径小于6AsF−，则Li+与6AsF−之间的作用力弱，Li+迁移较快。【小问4详解】在CoO晶胞中

，O2-周围距离最近且相等的Co2+有6个，则Co2+周围距离最近且相等的O2-也有6个，所以该晶体中Co2+的配位数是6。【小问5详解】LiFePO4的晶胞结构(a)中，含Li+数目为111844842++=4，Li1

-xFePO4的晶胞结构(b)中，含Li+数目为111833842++=3.25，则1-x=3.254=0.8125，x=0.1875。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。18.钴及其化合物广泛应用于航天、电池、磁性合金等高科技领域，我国钴资

源贫乏，再生钴资源的回收利用是解决钴资源供给的重要途径．一种利用含钴废料（主要成分为23CoO，含少量2323FeOFeOMgOAlO、、、、有机物）制取CoO的工艺流程如下：已知该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH，回答下列问题：金属离子2Fe+3

Fe+3Al+2Mg+2Co+开始沉淀(c0.1mol/L)=的pH7.51.83.4916.5沉淀完全()5c1.010mol/L−=的pH9.53.24.711.18.5（1）“焙烧”的主要目的是____________。（2

）“浸取”过程中23CoO发生反应的离子方程式为________。（3）“沉淀"时先加入3NaClO溶液，3NaClO的作用主要是_____________。再加入23NaCO溶液调节pH为6.0，此时滤液中的()3cAl+=____

____mol/L，滤渣的主要成分为：________。（4）“萃取”用到的玻璃仪器主要有________烧杯。为得到纯净的3CoCO，“沉钴”后要进行洗涤，如何判断沉淀是否洗涤干净？____________。（5）萃取原理可表述为：()()(

)()22Co2RHCoR2H++++水层有机层有机层水层，“反萃取”需加入A的水溶液，试剂A为________。【答案】（1）除去废料中的有机物（2）2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO+2HO（3）①.将Fe2

+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去②.10-8.9③.Al(OH)3、Fe(OH)3（4）①分液漏斗②.取少量洗涤后溶液，加入足量稀硝酸，再滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，证明洗涤干净（5）HCl【解析】【分析】含钴废料(

主要成分为23CoO，含少量2323FeOFeOMgOAlO、、、、有机物)焙烧后加入亚硫酸钠、盐酸浸取，浸出液加入氯酸钠、碳酸钠进行沉淀，滤渣主要为氢氧化铁，滤液加入RH萃取除去水相，..有机相加入试剂A为HCl反萃

取，得到氯化钴溶液，加入碳酸氢铵沉钴，去滤液，沉淀煅烧制取CoO；【小问1详解】废料中含有有机物杂质，“焙烧”的主要目的是除去废料中的有机物，故答案为：除去废料中的有机物；【小问2详解】亚硫酸钠具有还原性,能还原Co2O3生成Co2+，自身被氧化为2-4SO,发生反应的离子方程

式为2-+2+2-23342CoO+SO+4H=2Co+SO+2HO；【小问3详解】NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+,有利于通过调节溶液pH除去溶液中的Fe2+。故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去；通过调节pH使Al3+沉淀的离子方

程式是3++23Al+3HOAl(OH)+3H，若Al3+根据开始沉淀时3+c(Al)=0.1mol/L的pH=3.4计算+3-3.43-9.23+hc(H)(1K0)==10c(Al)0.1=，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为6.0

，此时滤液中的+3-633+-8.8-9.2hc(H)(10)c(Al)==10mol/L0K1=，不符合假设要求；若根据Al3+沉淀完全的pH计算+3-4.73-9.15h3+c(H)(10K)==10c(Al)110−=，再加入Na2C

O3溶液调节pH为6.0，此时滤液中的+3-633+-8.9-9.1hc(H)(10)c(Al)==10mol/L0K1=，符合完全沉淀的要求，故答案为10-8.9；滤渣的主要成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3；【小问4详解】

“萃取”用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；“沉钴”可得到CoCO3，反应的离子方程式为2+-3322Co+2HCO=CoCO+CO+HO↓↑，滤液成分为NH4Cl，检验CoCO3固体是否洗涤干净可通过检验Cl-是否存在，实验操作为：取少量洗涤后溶液，加入足量稀硝酸，再滴加少量硝酸银溶液，若无

白色沉淀产生，证明洗涤干净；【小问5详解】“反萃取”之后得到的产物是CoCl2，则需加入A的水溶液为HCl的水溶液。