高三化学一轮复习 ——物质结构

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高三化学一轮复习 ——物质结构
一、单选题
1．下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是（　　）
A．质子数相同 B．沸点相同
C．互为同位素 D．摩尔质量相同
2．我国自主研发的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。下列关于铷的稳定同位素 Rb的说法正确的是（　　）
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
3．下列说法正确的是（　　）
A．键能：H-O＞H-S，因此H2O的沸点高于H2S的沸点
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．杂化轨道可用于形成σ键和容纳未参与成键的孤电子对，不能用于形成π键
D．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
4．N原子核外能量最高的电子具有不同的（　　）
A．电子亚层 B．电子云伸展方向
C．电子云形状 D．自旋方向
5．下列化学用语正确的是（　　）
A．中子数为18的硫原子：18S B．H2S的比例模型：
C．H2O的结构式：H-O-H D．CH3Cl的电子式为：
6．咪唑类六氟磷酸盐离子液体为环境友好型绿色溶剂，若—R为—C5H11，其制备过程如图：

下列说法正确的是（　　）
A．若—R为正戊基，则B物质的阳离子中所有碳原子可能共平面
B．B物质的阳离子的任意一种结构中最多含有1个手性碳原子
C．PF与SF6中心原子的杂化方式相同
D．氯元素在同周期元素中第一电离能最大
7．中国科学院制备出超小铜纳米晶嵌入的氮掺杂碳纳米片催化剂，该催化剂可用来实现高效电催化CO2转化为所期望的新能源产物。下列说法正确的是（　　）
A．基态Cu原子外围电子排布式为3d94s2
B．中子数为8的N原子可表示为
C．第一电离能大小：
D．CO2是非极性分子
8．有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空气中含量最多；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的；M元素的次外层电子数是其余各层电子数之和的2倍；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层。下列说法错误的是（　　）
A．Q单质能将Fe氧化成+3价
B．原子半径M>Z>Y>X
C．X、Y、M形成的化合物水溶液可能呈酸性
D．X的简单氢化物能分别与Y、Z形成的简单氢化物反应
9．我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是

A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
10．下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（　　）
A．化合物ICl中I为+1价 B．第一电离能：B>Al
C．沸点：CS2>CO2 D．热稳定性：NH3>PH3
11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，x的核外电子总数与其周期数相同，Y的基态原子的价层电子中有3个未成对电子，乙的最外层电子数为其内层电子数的3倍；Z与W同主族。下列说法正确的是（　　）
A．离子半径： B．键角：
C．气态氢化物的热稳定性： D．第一电离能：
12．在核电荷数为26的Fe元素的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列轨道表示式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．下列说法正确的是（　　）
A．NCl3常用于漂白，是由极性键构成的非极性分子
B．氮族元素气态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小
C．CH3Cl分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化
D．元素M的基态原子的核外电子排布式为，M是一种过渡元素
14．X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中S能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是（　　）
A．W单质可以与水反应生成气体
B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻
C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高
D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧
15．某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W的最高价氧化物对应的水化物具有两性，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法正确的是（　　）

A．X与Y、Y与Z均可形成X2Y、Z2Y2型化合物
B．离子半径：X>W>Y>Z
C．X、Y、Z组成的化合物中只含有离子键
D．常温常压下熔点：X2Y”或“H；
C.H2O分子的中心原子是O，含有2个O-H键；
D.CH3Cl分子中Cl原子外围电子数为8。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．若—R为正戊基，B物质的阳离子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以阳离子中所有碳原子不可能共平面，故A不符合题意；
B．若—R为正戊基，B物质的阳离子的结构中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；
C．PF和SF6分子的原子个数都为7、价电子数都为48，互为等电子体，等电子体的中心原子的杂化方式相同，空间构型相同，所以PF与SF6中心原子的杂化方式相同，故C符合题意；
D．第三周期的元素中稀有气体氩元素的第一电离能最大，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.PF和SF6互为等电子体；
D.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．Cu为29号元素，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则外围电子排布式为3d104s1，A不符合题意；
B．中子数为8的N原子，其质量数为15，可表示为，B不符合题意；
C．N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道半充满，原子的能量低，失电子所需的能量高，第一电离能反常，则第一电离能大小： ，C不符合题意；
D．CO2分子中，中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形结构，结构式为O=C=O，所以是非极性分子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据原子构造原理分析；
B．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数
C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
D．分子呈直线形结构，正负电荷重心重合。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. Q为Br，溴单质溴能将Fe氧化成+3价，生成溴化铁，选项A不符合题意；
B. 同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径Mg>N>O>F，即M>X >Y>Z，选项B符合题意；
C. X、Y、M形成的化合物硝酸镁为强酸弱碱盐，水解，溶液呈酸性，选项C不符合题意；
D. X的简单氢化物NH3能分别与Y、Z形成的简单氢化物H2O、HF分别反应生成一水合氨和氟化铵，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空气中含量最多，则X为N元素；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的，则Z为F元素；故Y为O元素；M元素的次外层电子数是其余各层电子数之和的2倍，则各层电子数分别为2、8、2，故为Mg元素；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层，则Q为Br元素。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．水合质子带正电，化学式为，A符合题意；
B．中心O原子为sp3杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，氢、氧原子不可能都处于同一平面，B不符合题意；
C．水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C不符合题意；
D．水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】B.H3O+中心O原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，为三角锥形结构；
C.水分子中的H、O以共价键结合；
D.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.氯原子半径小与碘，得电子能力强；
B.同主族从上到下第一电离能减小；
C.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；
D.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．氧离子和氮离子是电子层结构相同的离子，根据核电荷数越大，半径越小分析，氧离子半径小于氮离子半径，A不符合题意；
B．水和硫化氢都两队故对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对故对电子的吸引比硫原子大，相应的故对电子斥力增大，使键角也相应的比硫化氢中的大，B不符合题意；
C．氧的非金属性比硫强，故氧的氢化物稳定比硫的氢氧化物稳定性强，C符合题意；
D．同主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮原子的最外层为半满结构，其第一电离能能大于氧，故第一电离能：氮>硫>氧>氢，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H元素，Y的基态原子的价层电子中有3个未成对电子，为N元素，乙的最外层电子数为其内层电子数的3倍，为O元素；Z与W同主族，为S元素。
12．【答案】D
【解析】【解答】核外电 子从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ，根据洪特规则可知，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的轨道表示式为，D符合题意。
【分析】 根据能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则分析.
13．【答案】B
【解析】【解答】A．N、Cl是两种不同的元素，因此N-Cl键是极性键；中心N原子价电子对数是4，有1对孤电子对，因此属于极性分子，即NCl3是由极性键构成的极性分子，A不符合题意；
B．N、P、As是第VA的元素，元素的非金属性大于H元素，由于从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键之间的排斥力逐渐减小，导致态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小，B符合题意；
C．在CH3Cl分子中C原子形成4个共价键，中心C原子采用sp3杂化；而COCl2分子中C与O原子之间以共价双键结合，中心C原子采用sp2杂化，C不符合题意；
D．元素M的基态原子的核外电子排布式为，则M原子的最外层有7个电子，属于第五周期第VIIA的元素，而不是过渡元素，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.NCl3中只含有N-Cl极性键，正负电荷中心不重合，为极性分子；
B.N、P、As为同主族从上到下的元素，从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，键角逐渐减小；
C.CH3Cl分子中C原子采用sp3杂化，COCl2分子中C原子采用sp2杂化；
D.元素M的基态原子的核外电子排布式为，M为碘元素，为主族元素。
14．【答案】B
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为Mg、W为Na。
A.Na能与H2O发生反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，因此Na能与水反应生成气体，A不符合题意；
B.Mg的3s能级处于全满状态，结构稳定，不易失去电子，其第一电离能较大，B符合题意；
C.X与Y组成的化合物可能为固态的烷烃，其沸点比液态水高，C不符合题意；
D.H、C、Mg、Na的单质都能在空气中燃烧，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】Y的一种核素常用于测定文物年代，因此Y为C。X与其他元素都不在同一个周期，因此X为H。基态Z的s能级与p能级上的电子总数相等，因此基态Z的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，故Z为O或Mg。由于原子半径Z>Y，因此Z为Mg。X、Y、Z、W都为短周期主族元素，且原子半径W>Z，因此W为Na。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．X为Na，Y为O，Z为H，H与O可以形成H2O、H2O2，Na与O可以形成Na2O2、Na2O，故A符合题意；
B．O、Na、Al简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越多离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则离子半径：O2->Na+>Al3+>H+，故B不符合题意；
C．Na、O、H组成的化合物NaOH中既含离子键也含共价键，故C不符合题意；
D．Na2O为离子化合物常温下为固体，H2O为共价化合物常温下为液态，熔点：Na2O>H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由结构示意图可知X形成+1价阳离子，X应为第IA族元素，可能是Li或Na，W结合一个电子后与4个Y共用电子形成稳定结构，则W最外层电子数为3，W可能是B或Al，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，Y的最外层电子数为6，可能是O或S，W的最高价氧化物对应的水化物具有两性，可知W为Al，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，则X为Na，Y为O，W、Y、Z分别位于三个不同周期，Z只能在第一周期，Z为H，据此分析解答。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径F＜C＜B，即W＜Z＜Y，A不符合题意；
B．非金属性S＞C，所以最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H2CO3，即Z＜M，B不符合题意；
C．同周期主族元素自左至右电负性减小，则电负性N＞C，即Y＞Z，C不符合题意；
D．C原子和C原子形成的共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，D符合题意；
故答案为D。
【分析】该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为H元素，Y可以形成3个共价键，应为N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y，若Y为N，则Z为Si，W可以形成一个共价键，且原子序数大于Z，则此时W只能是Cl，这种情况则没有合理的M，所以Y为B元素，Z为C元素，W为F元素，M为S元素。
17．【答案】（1）1s22s22p63s23p2；2
（2）>；二氧化硅为共价晶体而四氯化硅为分子晶体
（3）6；sp3、sp；价电子排布为3d6，价电子排布为3d5，3d轨道为半满较稳定状态
（4）
【解析】【解答】（1）硅为14号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；该原子价层电子排布为3s23p2，其电子运动状态有4种。
（2）二氧化硅为共价晶体而四氯化硅为分子晶体，共价晶体沸点高于分子晶体，则沸点：>；
（3）①由化学式可知，原子的配位数为6；中甲基碳为sp3杂化，-C≡N中碳为sp杂化，故C原子的杂化类型为sp3、sp；
②价电子排布为3d5，3d轨道为半满较稳定状态；价电子排布为3d6，容易失去1个电子，故气态再失去1个电子比气态再失去1个电子难；
（4）根据“均摊法”，晶胞中含个、个Ti3+，则晶体密度为。

【分析】（1）硅为14号元素，其电子排布式为 1s22s22p63s23p2；
（2）共价晶体的沸点比分子晶体更高；
（3） ① 杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
②价电子排布为3d6，价电子排布为3d5，3d轨道为半满较稳定状态；
（4）晶胞的密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。
18．【答案】（1）；
（2）sp、sp2；>
（3）N、O、Cl；6
【解析】【解答】（1）基态的价电子排布式为，溶于氨水生成氢氧化四氨合铜，故化学方程式为。
（2）中N原子的价层电子对数为2，N原子为杂化，键角为180°，的价层电子对数为3，N原子为杂化，键角约为120°，故键角：。
（3）配位化合物的中心离子是，其提供空轨道，配体中的N原子和中的O原子提供电子对形成配位键，该配合物中也是配体，推断也提供了电子对参与形成配位键；、、均是配体，则中心离子的配位数为6。

【分析】（1）基态的价电子排布式为，溶于氨水生成氢氧化四氨合铜；
（2）中N原子的价层电子对数为2；的价层电子对数为3；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（3）的中心离子是，配体是。
19．【答案】（1）；N
（2）电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的 电子数不同
（3）18；AB
（4）正四面体；；分子
（5）150+59+3×16a3NA×10−30
（6）Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；基态Co原子3d轨道有3个未成对电子，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素；(2)Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2、[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近、化学性质相似；(3)Fe的价电子排布式是3d64s2，价电子数为8，CO作配体提供2个电子，故价电子数和配体提供电子总数为8+2×5=18；N2的结构式是 ，有σ键和π键，则互为等电子体的CO也有σ键和π键，答案为AB；(4)由结构图可知Ni(CO)4空间构型为正四面体，中心原子Ni为sp3杂化，熔沸点较低，属于分子晶体；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；该晶胞中有1个Sm原子，8× =1个Ni原子，12× =3个O原子，则该晶胞的密度为 150+59+3×16a3NA×10−30g⋅cm−3 (6)已知r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm，则FeO的晶格能大于CoO，加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3更易分解。
【分析】(1)根据能量最低原理书写Co原子核外电子排布式；(2)Fe、Co、Ni原子结构相似；(3)配合物Fe(CO)5中1个配体原子提供2个电子；等电子体具有相似的结构；(4)由Ni(CO)4的结构与相关性质分析；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；(6)离子晶体，半径越小，晶格能越大。
20．【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中采取杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，则1分子中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个键与8个键，则晶体中含有的键与键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：，CN为：，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为，BC为()，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d== =pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；。

【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
21．【答案】（1）3d7
（2）Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；6.7～7.4；pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行，Co2+萃取率越高；
【解析】【解答】（1）根据晶胞结构可知：在该晶胞中含有的Co离子数目为12×+1=4，含有的O2-数目为：8×+6×=4，故该晶胞化学式为CoO，Co为+2价，是Co原子失去最外层的2个电子形成的，Co是27号元素，则根据构造原理可知基态Co2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d7，该氧化物中钴离子价电子排布式为3d7；
（2）①用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，Co2O3在酸性条件下把Na2SO3氧化为Na2SO4，Co2O3被还原为Co2+，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；
②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c( Co2+)≤1.0×10-5 mol/L)的pH为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，根据Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，解得c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2。现浸取液中c(Co2+)=0.1 mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得c(OH-) =1.0×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1.0×10-7.4，故此时溶液pH=7.4，因此控制溶液pH范围为6.7≤pH< 7.4；
③当溶液pH处于4.5~6.5范围内，随溶液pH的增大，c(OH-)增大，OH-中和H+使H+的浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+平衡向右移动，增大了Co2+萃取率；向萃取所得有机相中加入H2SO4，增大了c(H+)，使平衡向左移动，得到的水相中含有大量的Co2+，从而实现Co2+和Mn2+的分离；
④CoC2O4·2H2O晶体的物质的量n==0.08 mol，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co3O4的混合物质量为6.32 g，根据钴原子守恒，设CoO为a mol，Co3O4为b mol，可得a+3b=0.08 mol，根据质量关系可得75a+241b=6.32 g，两式联立解得a=0.02 mol，b=0.02 mol，故CoO为1.5 g，Co3O4为4.82 g，CoO和Co3O4的质量之比为m(CoO)：m(Co3O4)=。

【分析】（1）基态Co2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，价电子排布式为3d7；
（2）①Co2O3在酸性条件下把Na2SO3氧化为Na2SO4，Co2O3被还原为Co2+；
②结合Ksp计算；
③根据平衡移动原理分析；
④先计算出 CoC2O4·2H2O 晶体的物质的量，进一步计算出钴的物质的量，在根据原子守恒和质量守恒，即可求出CoO和 Co3O4 的质量之比。