四川省宜宾市2023-2024学年高三化学上学期第二次月考理综试题含解析

Page16Page16宜宾市高2021级高三上学期第二学月考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.下列有关材料的说法正确的是A.铝、镁、钛等合金广泛应用于飞船建造，这些合金只存在吸氧腐蚀，不存在析氢腐蚀B.冬奥会礼仪服装用到的石墨烯材料、制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料、速滑竞赛服采用的聚氨酯材料都属于有机高分子材料C.清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片一天机芯的主要材料与光导纤维的相同D.神舟飞船使用的热控材料是新型保温材料-纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应【答案】D【解析】【详解】A．铝、镁、钛等合金在强酸性环境中可发生析氢腐蚀，A错误；B．聚氨酯是由有机小分子经聚合反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，而碳纤维复合材料属于无机材料，B错误；C．芯片的主要材料是硅单质，C错误；D．纳米气凝胶属于胶体，胶体具有丁达尔效应，D正确；答案选D。2.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数为12NAB.标准状况下，11.2LHCHO与CH4的混合物中分子数为0.5NAC.向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为2NAD.45g草酸中sp2杂化的C原子个数为NA【答案】A【解析】【详解】A．配位键和共价单键均为σ键，1mol[Cu(NH3)4]2+含4molCuN键和12molN-H键，即含有16molσ键，其数目为16NA，A错误；B．标准状况下，11.2L即0.5molHCHO与CH4的混合物中分子数为0.5NA，B正确；C．由于还原性：I->Fe2+，向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，Cl2先和I-发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，则1molCl2和2molI-恰好完全反应，转移的电子数为2NA，C正确；D．草酸分子式为H2C2O4，结构简式为HOOC-COOH，草酸分子中所有C原子均为sp2杂化，45g草酸的物质的量为0.5mol，则所含sp2杂化的C原子个数为NA，D正确；故选A。3.利用下列实验装置及操作不能达到实验目的的是A．用NaOH溶液测定稀硫酸浓度B．配制溶液：向容量瓶中转移液体C．可用于洗涤表面的D．测定中和反应反应热A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NaOH标准液滴定稀硫酸浓度，NaOH选用碱式滴定管，可用酚酞做指示剂，可达到实验目的；故A不选；B．转移溶液过程需要用玻璃棒引流，图示中缺少玻璃棒引流，因此不能达到目的，故B选；C．洗涤沉底的方法是过滤后向过滤器中加水至没过沉淀，待水完全流尽后重复操作2-3次，图中操作可达到目的，故C不选；D．中和热测定在量热器中进行，通过测定反应前后的温度变化确定中和热，图中装置可达到目的，故D不选；故选：B。4.芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是A.有机物M分子式为C10H12O3B.1molNa2CO3最多能消耗1mol有机物MC.1molM和足量金属钠反应生成22.4L气体D.有机物M能发生取代、氧化和加成反应【答案】D【解析】【详解】A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，故A错误；B、羧基和碳酸钠反应，1molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1molNa2CO3最多能消耗2mol有机物M，故B错误；C、羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1molM和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4L，故C错误；D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应，故D正确。5.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M原子核外有8种运动状态不同的电子，Q是短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素。下列说法不正确的是A.第一电离能：B.Q与M形成的二元化合物中可能含有非极性共价键C.最高正化合价：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，为Be元素；Y的s能级电子数量是p能级的两倍，为C元素；M原子核外有8种运动状态不同的电子，为O元素；Q是短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素，为Na元素。即X、Y、Z、M、Q分别是Be、C、N、O、Na元素。【详解】A．M为O，Z为N，N的2p能级为半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧，第一电离能：，故A正确；B．Q、M形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中存在O-O非极性键，故B正确；C．主族元素最高正化合价与其族序数相等，X为Be最高正化合价为+2、Z为N最高正化合价为+5、因为O元素非金属性很强，不易失电子，所以M没有最高正化合价，故C错误；D．Y、Z分别是C、N元素，非金属性：Y＜Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故D正确；故选C。6.我国学者设计如图所示装置，将氯碱工业和硬水软化协同处理，同时制备工业硫酸和氢氧化钠。图中双极膜中间层的水解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是A.膜p适合选择阴离子交换膜B.溶液Y适合选择稀硫酸C.硬水中生成、沉淀D.相同时间内，理论上两极上生成气体的物质的量相等【答案】B【解析】【分析】由装置功能和信息知，左端电极为阴极，水电离出的在该电极上得电子生成和，与生成沉淀、与反应生成后生成沉淀，同时硬水中通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的进入溶液，达到制备工业硫酸的目的；右端电极为阳极，饱和食盐水中在该电极上失电子生成，同时通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的也进入溶液而达到制备的目的。【详解】A．膜适合选择阴离子交换膜，正确；B．溶液适合选择稀溶液，B错误；C．硬水中生成、沉淀，C正确；D．由电子守恒，相同时间内，理论上两极生成和的物质的量相等，D正确；故选B。7.25℃，用0.1mol⋅LNaOH溶液滴定某二元弱酸，pH与粒子的分布分数δ[如]，的关系如图所示。下列说法正确的是A.时，应选择酚酞溶液作指示剂B.的数量级为C.NaHA溶液中D.Na₂A溶液中【答案】C【解析】【分析】由图可知，bf曲线为0.1mol•L−1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性，以此解答该题。【详解】A．时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，应选用甲基红做指示剂，故A错误；B．由图可知，当溶液中c（HA−）＝c（H2A），pH<7，由>1×10−7，故B错误；C．由分析可知，NaHA溶液显酸性，HA-电离程度大于水解程度；所以溶液中，故C正确；D．Na2A溶液中存在元素质量守恒关系：c(Na＋)＝2c(HA−)＋2c(A2−)＋2c(H2A)，所以，故D错误；故答案选C。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.草酸(H2C2O4)及其盐类化合物在化学工业中有重要作用。请回答下列问题：（1）实验室中可以在50℃左右，用浓硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔(C2H2)气体来制备草酸。其主要装置如下图。C2H2的电子式为____；仪器X的名称为____；装置中浓硝酸的还原产物为NO2，生成草酸的化学方程式为____，若反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢，主要原因是____。（2）三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，可作有机反应的催化剂。某实验小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为原料制备三草酸合铁酸钾的步骤如下：①称取5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O固体，溶解，加硫酸酸化，搅拌下加入25mL1mol·L-1H2C2O4溶液，静置，析出黄色的FeC2O4·2H2O沉淀，过滤并洗涤沉淀2~3次。②将上述FeC2O4·2H2O沉淀溶解在10mL饱和草酸钾溶液中，再加入20mL饱和H2C2O4溶液，保持溶液温度40℃左右，缓慢滴加3%H2O2溶液，不断搅拌，沉淀慢慢变为深棕色；加热至沸腾30min，再加入8~9mL草酸溶液，控制pH在3~4，变为绿色透明的三草酸合铁酸钾溶液。③加热浓缩，缓慢加入95%的乙醇，冷却结晶、过滤，洗涤晶体2~3次，干燥、称量。其中，生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为____；保持溶液温度40℃所采用的加热方法是____，加热至沸腾30min的目的是____；洗涤晶体所用试剂为____。（3）制得的三草酸合铁酸钾晶体中往往会混有少量草酸。为测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M=491g/mol)的纯度，进行如下实验：称取样品10.72g，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数为_______(保留两位小数)。【答案】（1）①.②.球形冷凝管③.C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O④.温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低（2）①.(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4②.水浴加热(或热水浴)③.使过量的H2O2分解，以防其氧化草酸根(或草酸)④.95%的乙醇(或乙醇)（3）91.60%【解析】【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，首先在三颈烧瓶中用乙炔和硝酸，硝酸汞反应制备草酸，第二问为用草酸和(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应制备三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，以此解题。【小问1详解】C2H2为共价化合物，电子式为；仪器X为球形冷凝管；C2H2被硝酸氧化为草酸，本身还原为NO2，故反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；若反应温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低，故反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢。【小问2详解】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶解在水中，然后加入硫酸酸化，再加入草酸溶液，发生复分解反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4，要保持溶液温度为40℃，就需便于控制温度，应采取的加热方式为水浴加热；H2O2作氧化剂将亚铁离子氧化为Fe2+，为防止过量的H2O2氧化草酸根，影响产物生成，要将溶液加热煮沸，故加热至沸30min目的是使H2O2全部分解，除去过量H2O2；由于三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤时可用95%的乙醇，洗去盐表面的杂质离子的同时，还可以防止产品溶解损失；【小问3详解】消耗高锰酸钾溶液的物质的量为0.2000mol·L-1×0.028L=0.0056mol，根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得H2C2O4的物质的量为0.014mol，质量为0.014mol×90g/mol=1.26g，故100mL溶液中H2C2O4的质量为6.3g，设样品中含有草酸xmol，含有三草酸合铁酸钾ymol，则①90x+491y=10.72；根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知n(H2C2O4)=n()=××0.2×28×10-3mol=70×10-3mol，则②x+3y=14×10-3mol；联立两个方程可得y=0.02mol，则m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.02×491=9.82g，则样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数=。9.NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。请回答下列问题：(1)NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H1=-1530kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H2=+180kJ·mol-1请写出NH3还原NO的热化学方程式：_______。(2)亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)∆H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率α(NO)随X的变化关系如图1所示，则条件X可能是_______(填字母代号)。A.温度B.压强C.D.与催化剂的接触面积(3)在密闭容器中充入4molCO和5molNO，发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)∆H=-746.5kJ·mol-1，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。①反应在D点达到平衡后，若此时升高反应温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A～G点中的_______点移动。②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图3所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是_______；a点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。(4)以连二硫酸根离子()为媒介，用电化学法处理烟气中NO的装置如图4所示。①阴极区的电极反应式为_______；②NO被吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了0.3mole-，则通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。【答案】①.4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-2070kJ•mol-1②.AC③.A④.温度较低时，催化剂的活性偏低⑤.不是⑥.因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高⑦.2+4H++2e-=+2H2O⑧.1344【解析】【分析】(1)NH3还原NO反应的方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②×3得到NH3还原NO反应的热化学方程式；(2)如图所示NO的转化率α(NO)随X的增加而逐渐减小；(3)①对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加；②催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大，图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率；(4)由图可知，阴极上亚硫酸根离子得到电子生成，NO吸收转化后的主要产物为，N元素的化合价由+2价降低为-3价，以此计算。【详解】(1)NH3还原NO反应的方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ•mol-1，由盖斯定律①-②×3得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-1530kJ•mol-1-(+180kJ•mol-1)×3=-2070kJ•mol-1，则NH3还原NO的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-2070kJ•mol-1；(2)如图所示NO的转化率α(NO)随X的增加而逐渐减小；A．反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)△H<0，则升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，与图象吻合，故A可能；B．反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)△H<0，则增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，与图象不吻合，故B不可能；C．增大，说明是增减小Cl2的量或增大NO的量，NO的转化率均减小，与图象吻合，故C可能；D．改变与催化剂的接触面积，不影响平衡的移动，NO的转化率不变，与图象不吻合，故D不可能；故答案为AC；(3)①若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点；②温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是温度较低时，催化剂的活性偏低；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡脱氮率减小，根据曲线II450℃时的脱氮率可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应更高，即a点不是对应温度下的平衡脱氮率；(4)①由图可知，阴极上亚硫酸根离子得到电子生成，阴极区电极反应式为2+4H++2e-=+2H2O；②NO吸收转化后的主要产物为，N元素的化合价由+2价降低为-3价，若通电时电路中转移了0.3mole-，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为×22.4L/mol=1.344L=1344mL。10.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；③溶液中离子浓度小于或等于1.0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。（1）将辉锑矿粉碎的目的为__________，滤渣1中除了S之外，还有____(填化学式)。（2）“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）浸出液中加入适量Sb的目的是_______________________________________。（4）常温下，“除铜、铅”时Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中c(S2-)不低于___mol/L。Na2S也不宜过多，其原因为_____________________________________________。（5）“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。【答案】（1）①.增大固体接触面积，提高反应速率，使反应更充分②.SiO2（2）Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S（3）将过量的Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+(SbCl3)（4）①.9.04×10-24②.产生H2S等污染性气体和Sb2S3（5）3：2【解析】【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2)加入稀盐酸后，SiO2不参与反应也不溶于盐酸，以滤渣的形式过滤掉，滤液中含有SbCl5、SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2，同时发生Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S，生成S沉淀，加入Sb可将过量的Sb5+还原为Sb3+，所得溶液含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2，加入硫化钠，生成硫化铜、硫化铅沉淀，过滤除掉，加入Na3PO2后，As3+被还原为As单质除掉，所得溶液中溶质主要为SbCl3，SbCl3为共价化合物，电解其溶液，阳极Sb3+离子失电子变为Sb5+，阴极Sb3+得电子变为Sb。【小问1详解】①辉锑矿为矿石，粉碎后增大固体接触面积，提高反应速率，使反应更充分，故答案为：增大固体接触面积，提高反应速率，使反应更充分；②SiO2不参与反应也不溶于盐酸，故滤渣1中除了S之外，还有SiO2；【小问2详解】Sb5+有氧化性，可将-2价S氧化为S单质，故发生的反应为：Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S；【小问3详解】加入Sb可将过量的Sb5+还原为Sb3+，便于电解产生Sb，故答案为：将过量的Sb5+(SbCl5)还原为Sb3+(SbCl3)；【小问4详解】①Cu2+和Pb2+均沉淀完全，则浓度小于或等于1.0×10-5mol/L，已知Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29，则溶解度CuS<PbS，故Pb2+完全沉淀时，Cu2+一定完全沉淀，所以最低浓度为c(S2-)=mol/L②若Na2S过多，则多余的S2-可与溶液中的H+和Sb3+发生反应，生成H2S和Sb2S3，其原因为：产生H2S等污染性气体和Sb2S3；【小问5详解】“电解”时，阳极反应：3Sb3+-6e-=3Sb5+，阴极反应：2Sb3++6e-=2Sb，所以被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为：3∶2；(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，电池的总反应为：Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。（1）LiFePO4中Fe2+的核外电子排布式为___________，该电池反应物中所涉及第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。（2）H3PO4和H2CO3中P和C原子的杂化方式___________(填“相同”或“不相同”)。（3）LiFePO4、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。相同条件下，电极材料___________(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中Li+迁移较快，原因是：_________。（4）某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为___________，Li+占据阴离子组成的所有正四面体空隙中心，该化合物的化学式为___________(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为anm，则两个最近的Li+的距离为___________nm。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d6②.O＞C＞Li（2）不相同（3）①.LiAsF6②.LiAsF6中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更易迁移（4）①.面心立方最密堆积②.LiB6H6③.【解析】【小问1详解】Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；该电池中涉及的第二周期的元素有Li、C、O，同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族、第VA族比相邻的元素大，故Li、C、O的第一电离能由大到小的顺序为：O＞C＞Li；答案为：1s22s22p63s23p63d6；O＞C＞Li；【小问2详解】H3PO4可写成(HO)3PO，H3PO4中P价层电子对数为4+=4，P采取sp3杂化，H2CO3可写成(HO)2CO，H2CO3中C的价层电子对数为3+=3，C采取sp2杂化，H3PO4和H2CO3中P和C原子的杂化方式不相同；答案为：不相同；【小问3详解】LiPF6、LiAsF6中阳离子相同，P、As都位于第VA族，LiAsF6中阴离子半径大于LiPF6，故LiAsF6的晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，结合“电池放电时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程”知，相同条件下，电极材料LiAsF6中Li+迁移较快；答案为：LiAsF6；LiAsF6中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+