专题六　大题突破2　物质转化与工艺流程(A、B两练)（含解析）-2025高考化学二轮复习

专题六　大题突破2　物质转化与工艺流程(A、B两练)
题型突破练(A)　
1.(12分)(2024·苏州三模)赤铜矿(主要成分为Cu2O，含少量Fe3O4、SiO2)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备CuSO4·5H2O晶体的流程为
已知：Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O
(1)CuSO4·5H2O晶体结构如图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、　　　　　　　　。
(2)酸溶。控制矿石为12 g、硫酸为6 g，温度为70 ℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如图所示。液固比大于5∶1后，铜浸出率下降的原因为　　　　　　　。
(3)氧化。Fe2+发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。检验氧化完全的试剂为　　　　　　　　　　　　(填化学式)。
(4)沉铁。离子浓度≤10-5 mol·L-1时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则Fe(OH)3的Ksp为　　　　　　　　　。
(5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议：　　　　　　　。
2.(12分)(2024·江苏模拟)碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：
已知：Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ka1(H2TeO3)=1.0×10-3，Ksp(CuC2O4)=2.0×10-8。
(1)“氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3，该反应的化学方程式为　　　　。
(2)“沉铜”时Na2C2O4过多会导致Cu2+与C2生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为　　　　　　　　　(不考虑立体异构)。
(3)CuC2O4可溶于H2C2O4，反应CuC2O4+H2C2O4+2H+的平衡常数为　　　　　　　　　。[已知：反应Cu2++2C2的平衡常数K=1.8×1010]
(4)“还原”在50 ℃条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　。
(5)“还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为　　　　　　　　　　　。
(6)将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。350~400 ℃时剩余固体的化学式为　　　　。
3.(14分)(2024·南通模拟)全钒液流电池正极废液中含有的离子是、VO2+、H+、。以该废液为原料经过氧化、调pH、沉钒、煅烧可以制取V2O5。
(1)氧化：向正极废液中加入NaClO3将VO2+转化为，写出该反应的离子方程式：　　　　　　　。
(2)调pH：向氧化后的溶液中加入NaOH调节溶液pH，溶液中V(+5价)会以V2、V3、V10等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将　　　　　　(填“增大”“减小”或“保持不变”)，判断的方法是　　　　　　　　。
(3)沉钒：不同pH时，向溶液中加入SO4，可得到不同类型的含钒沉淀。
①其他条件一定，控制溶液pH在2~5之间，向溶液中加入SO4，沉钒率和沉淀的X射线衍射图分别如图1和图2所示。pH>3时，pH越大，溶液的沉钒率越低的原因是　　　　　　　。
②向pH=8的溶液中(此时V主要以存在)加入过量SO4溶液，生成NH4VO3沉淀。加入过量SO4溶液的目的是　　　[已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3]。
(4)煅烧：煅烧NH4VO3固体制取V2O5时，需在有氧条件下进行，原因是　　　　　　　。
(5)VO2是一种相变材料，其一种晶胞(部分O原子未标出)的结构如图3所示，在图中合适位置补充其余O原子。
4.(12分)(2024·南通模拟)CoO可用于制取催化剂，可以由含钴废料(主要成分为Co2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO)经过如下过程进行制取：
含钴废料―→浸取―→浸取液―→制CoC2O4·2H2O―→热解―→CoO
(1)含钴废料用硫酸和Na2SO3溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+。
①写出“浸取”时Co2O3所发生反应的离子方程式：　　　　。
②“浸取”时含钴废料、硫酸和Na2SO3溶液混合的方式为　　　　　　　　　　　。
(2)已知：①氧化性：Co3+>H2O2；
②Ksp(MgF2)=6.4×10-11；CoF2可溶于水；Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀；
③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的pH如下表所示：
Fe3+ Al3+ Fe2+ Co2+ Mg2+
开始沉淀pH 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1
沉淀完全pH 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1
补充完整由“浸取液”制取CoC2O4·2H2O的实验方案：取一定量的浸取液，　　　　，过滤，向滤液中滴加2 mol·L-1C2O4溶液，……，得到CoC2O4·2H2O晶体(实验中可选用的试剂是2 mol·L-1的氨水、5%的H2O2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、1 mol·L-1的NH4F溶液)。
(3)已知：Ksp(CoC2O4)=4×10-8，Ka1(H2C2O4)=5×10-2，Ka2(H2C2O4)=5×10-5。
①反应Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+的平衡常数为　　　　　　　。
②制取CoC2O4·2H2O时使用C2O4溶液而不是Na2C2O4溶液的原因是　　　　　　　。
(4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验：
①取草酸钴样品3.000 g，加入100.00 mL 0.100 0 mol·L-1酸性KMnO4溶液，加热充分反应至不再有CO2气体产生(该条件下Co2+不被氧化，杂质不参与反应)。
②将溶液冷却，加水稀释定容至250 mL。
③取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L-1FeSO4溶液滴定过量的KMnO4，恰好完全反应时消耗18.00 mL FeSO4溶液。样品中CoC2O4·2H2O的质量分数为　　　　　　。
题型突破练(B)　[分值：50分]
1.(12分)(2024·泰州模拟)V2O5广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。
(1)实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：
“还原”步骤中生成N2，反应的化学方程式为　　　　　　　；
若不加N2H4，HCl也能还原V2O5生成VO2+和Cl2，分析反应中不生成Cl2的原因：　　　　　　　。
(2)对制得的晶体进行含钒量的测定：称取4.000 g样品，经过系列处理后将钒(Ⅳ)完全氧化，定容为100 mL溶液；量取20.00 mL溶液，加入指示剂，用0.200 0 mol·L-1的Fe标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生的反应为+Fe2++2H+===VO2++Fe3++H2O；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为22.50 mL、22.45 mL、21.00 mL、22.55 mL，则样品中钒元素的质量分数为　　　　　　　　　　(结果保留两位小数)。
(3)750 ℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3反应制备共价晶体VN，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是　　　　　　　。
(4)V2O5可溶于强酸强碱，不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示：
①将0.01 mol V2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的c(OH-)=0.01 mol·L-1，忽略溶液体积变化，反应的离子方程式为　　　　。
②V2具有对称结构，其结构式可表示为　　　　　　　　　。
2.(12分)(2024·连云港模拟)以含钼(Mo)废催化剂(含MoS2，以及Al2O3、Fe2O3、CuO等)为原料制备MoO3，其过程表示如下：
(1)焙烧。将废催化剂和足量NaOH固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至750 ℃充分反应。焙烧过程中MoS2转化为Na2MoO4的化学方程式为　　　　　　　　　　。
(2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤，过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、、　　　　　　　。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有　　　　　　　　　　　　　(任写一点)。
(3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量CO2，过滤。通入过量CO2的目的　　　　　　　　　　　　。
(4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6，使转化为Mo7，然后加入NH4NO3充分反应，析出Mo7O24·4H2O，灼烧后可得到MoO3。灼烧Mo7O24·4H2O得到MoO3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(5)应用。将MoO3制成V2O5 WO3 MoO3/TiO2催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得NOx的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度160~240 ℃时NOx转化率不高的原因是　　　　　　　。
3.(10分)(2024·南通二模)沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰(主要含SiO2和3Al2O3·2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物)为原料制取某种沸石分子筛(Na12Al12Si12O48·27H2O)的过程如下：
粉煤灰―→煅烧―→酸浸―→滤渣―→碱熔―→水热合成―→沸石分子筛
已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。
(1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是　　　　　　　。
(2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤。检验“酸浸”操作达到目的的方法是　　　　　　　。
(3)“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3。“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3，在90 ℃条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48·27H2O晶体。写出“水热合成”时反应的化学方程式：　　　　　　　。
(4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图1、图2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的Na+可与其他阳离子发生交换。
①沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和，原理是　　　　　　　；
②沸石分子筛对Cu2+去除率随溶液pH的关系如图3所示。pH越大，Cu2+去除率越高的原因是　　　　。
4.(16分)(2024·苏州三模)LiFePO4、LixMoS2、LiCoO2等均可作锂离子电池的电极材料。
(1)LiFePO4电极。将Fe、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80 ℃真空干燥、高温成型，制得电池的正极材料LiFePO4。
①投料时，先将Fe与　　　　　　　　　直接混合，再向其中加入另一种溶液。
②共沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用是　　　　　　　　　　　　　。
(2)LixMoS2电极。层状MoS2晶体与石墨晶体结构类似，将Li+嵌入层状MoS2充电后得到的LixMoS2可作电池负极。
①该负极放电时的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　。
②结合原子结构分析，Li+能嵌入MoS2层间可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)LiCoO2电极。从废锂电池正极材料LiCoO2回收Li、Co等金属的路线如下：
①写出“溶解”步骤发生反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　。
②Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知290 ℃以上，Co(OH)2已完全脱水，在350~400 ℃时剩余固体成分为　　　　　　　　　　　　　(写出计算过程)。
③常温下Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3，“沉锂”时使用饱和Na2CO3的目的是　　　　。
答案精析
A
1.(1)共价键、配位键、范德华力、氢键　(2)硫酸浓度减小，反应速度减慢　(3)2Fe2++2H++ClO-2Fe3++Cl-+H2O　K3［Fe(CN)6］
(4)10-35.9　(5)酸溶产生的部分单质铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁
解析　赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu2O转化为Cu2+和Cu，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质，过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，随后加入CuO调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜晶体。(3)检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚铁离子，可用K3［Fe(CN)6］检验。(4)pH约为3.7时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈10-5mol·L-1，则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×10-10.3×3=10-35.9。
2.(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+｝+5H2O　(2)　(3)2.7×10-3
(4)H2TeO3+2STe↓+2S+H2O
(5)提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出
(6)Cu
解析　向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4、Na2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。(2)在环状结构的配离子［Cu(C2O4)2］2-中，C2的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成［Cu(C2O4)2］2-，则该配离子的结构式为。(3)用R2-表示［Cu(C2O4)2］2-，则反应CuC2O4+H2C2O4［Cu(C2O4)2］2-+2H+的平衡常数为K'=，因Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=×=，即=，且反应Cu2++2C2的平衡常数K=，所以K'==K·c(Cu2+)·c2(C2)·，即K'=K·Ksp(CuC2O4)·Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=1.8×1010×2.0×10-8×5.0×10-2×1.5×10-4=2.7×10-3。(5)为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4、Na2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量。(6)由图可知，350~400 ℃时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152 g·mol-1，则剩余固体的摩尔质量为152 g·mol-1×42.11%≈64 g·mol-1，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400 ℃时剩余固体的化学式为Cu。
3.(1)6VO2+++3H2O6+Cl-+6H+　(2)增大　根据反应3V2+6H+2V3+3H2O可知，pH升高，H+浓度减小，平衡逆向移动，的值增大　(3)①pH>3时，溶液中V3转化为V10，Na2V10O28·10H2O或V10O28·6H2O沉淀的溶解度大于2NH4V3O8·H2O沉淀，所以V10沉淀率减小　②促进NH4VO3充分沉淀　(4)V2O5具有氧化性，会被NH3(或)还原，氧气存在时可以防止V2O5被还原
(5)
解析　(2)V2与V3会相互转化，转化的离子方程式为3V2+6H+2V3+3H2O，随pH的升高，该转化平衡向左移动，故溶液中的值将增大。(5)根据图3可以算出晶胞中V的个数为1+8×=2，根据化学式VO2，则一个晶胞中O的个数应为4，图3中氧原子的个数为2+2×=3，根据上下底面的对称性，则上下底面还各有1个氧原子，此时则满足晶胞特点，且氧原子的个数刚好为4，补充氧原子后的晶胞图为。
4.(1)①Co2O3++4H+2Co2+++2H2O　②先将含钴废料与Na2SO3溶液混合，然后再向其中逐滴加入硫酸　(2)向其中逐滴加入5%的H2O2溶液，直至取少许溶液加入K3［Fe(CN)6］溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加2 mol·L-1氨水，调pH在4.7~6.6之间，过滤，向滤液中滴加1 mol·L-1的NH4F溶液直至静置后至上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生　(3)①62.5　②防止生成Co(OH)2，降低热解后生成CoO中钠元素的含量
(4)97.60%
解析　含钴废料中主要成分为Co2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO，用硫酸和Na2SO3溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+，而后经过除杂得到CoC2O4·2H2O，最终热解得到CoO，据此作答。(2)溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+，题中信息已知Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀，因此Fe3+、Al3+要以氢氧化物形式除去，观察各杂质离子的沉淀pH可知，Fe2+和Co2+在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分，因此要先将Fe2+氧化为Fe3+，而后调节pH后除去Fe3+、Al3+，再根据题中所给信息CoF2可溶于水而MgF2难溶于水，因此需要加入NH4F除去Mg2+。(3)根据Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+可得，K==
=
==62.5。(4)由题意知，草酸钴样品与酸性KMnO4溶液发生的反应为5CoC2O4+16H+10CO2↑+2Mn2++5Co2++8H2O，用FeSO4溶液滴定过量的KMnO4发生的反应为5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O，根据反应方程式可知取25.00 mL溶液中过量的n(KMnO4)=0.100 0 mol·L-1×18.00×10-3L×=3.6×10-4 mol，则CoC2O4消耗的n(KMnO4)=100.00×10-3 L×0.100 0 mol·L-1-3.6×10-4mol×=6.4×10-3mol，由此可知n(CoC2O4·2H2O)=n(CoC2O4)=×n(KMnO4)=×6.4×10-3mol=0.016 mol；故样品中CoC2O4·2H2O的质量分数为×100%=97.60%。
B
1.(1)2V2O5+N2H4+8HCl4VOCl2+N2↑+6H2O　N2H4的还原性强于HCl　(2)28.69%　(3)生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触
(4)①V2O5+4OH-V2+2H2O
②
解析　(2)由题给数据可知，第三次实验的误差较大应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50 mL，由方程式、元素守恒和得失电子守恒可知，样品中钒元素的质量分数为
×100%≈28.69%。(4)①由钒原子个数守恒可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1 mol·L-1，则溶液中-lg c(钒元素)=1，由溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol·L-1，溶液pH为12，由图可知，-lg c为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2，则五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH-V2+2H2O。②由V2中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，离子的结构式为。
2.(1)2MoS2+12NaOH+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O　(2)、S　废催化剂粉碎、升高温度、搅拌等　(3)将转化为Al(OH)3沉淀　(4)Mo7O24·4H2O7MoO3+6NH3↑+7H2O↑　(5)没有达到催化剂所需的活化温度
解析　废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将MoS2转化为Na2MoO4和Na2SO4；加H2O浸取除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含Na+、OH-、、、S，通入过量的二氧化碳，将转化为Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6，使转化为Mo7，然后加入NH4NO3充分反应，析出Mo7O24·4H2O，灼烧后可得到MoO3。
3.(1)除去粉煤灰中的有机物　(2)取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红色则说明“酸浸”操作已达到目的
(3)12NaAlO2+12Na2SiO3+39H2ONa12Al12Si12O48·27H2O+24NaOH　(4)①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3，废水中的可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除　②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换，pH较小时，H+浓度较高，与Na+交换的Cu2+较少；随着pH升高，溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，Cu2+去除率增大
解析　粉煤灰(主要含SiO2和3Al2O3·2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物)进行煅烧，有机物转化为无机物，盐酸酸浸过程中，粉煤灰中的硅、铝化合物难溶于酸，所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3，“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3，在90 ℃条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48·27H2O晶体，据此回答。(2)当固体中没有氧化铁，则代表酸浸完成。
4.(1)①H3PO4　②(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOHLiFePO4↓+2NH4HSO4+H2O［或Fe+H3PO4+LiOHLiFePO4↓+SO4+H2SO4+H2O］　③增强电极导电性；与空气中O2反应，防止Fe2+被氧化
(2)①LixMoS2-xe-MoS2+xLi+　②Li+半径小于层间距　(3)①8LiCoO2+S2+22H+8Li+++8Co2++11H2O　②根据元素守恒，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100 g，则n(Co)= mol，m(Co)=100× g。在350~400 ℃时，固体的质量在89.25%~86.38%之间，可以通过极点进行分析，在290 ℃，n(Co)∶n(O)=∶≈2∶3，其化学式为Co2O3；在500 ℃时，n(Co)∶n(O)=∶≈3∶4，其化学式为Co3O4；则在350~400 ℃时的固体成分为Co2O3和Co3O4　③提高c()，促进Li2CO3充分沉淀
解析　(1)①投料时，Fe和LiOH直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故先将(Fe与H3PO4直接混合，再向其中加入另一种溶液。
(2)②Li+为Li失去一个电子形成，电子排布为1s2，原子半径小，Li+半径小于层间距，能嵌入MoS2层间。