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猜押09物质结构与性质综合题
猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据
以金属元素为主体的考查 浙江省第17题考查物质结构与性质，浙江省选考自2023年1月开始至2024年6月共4次以单独考查形式展现在考生的面前，但2025年1月选考把原来17、18题进行整合，没有单独列出进行考查。从命题的形式来看，物质结构与性质综合题为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。 本题将以元素及化合物为切入口，重在“结构决定性质”思想的树立，考查空间想象能力。主要考查电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力一、氢键强弱、共价键强弱比较、晶体类型的确定、晶体化学式确定、晶胞的计算等知识。
以非金属元素为主体的考查 (2025年1月第17题) (2024年1月第17题) (2023年6月第17题) (2023年1月第17题)
金属和非金属元素的综合考查 (2024年6月第17题)
押题一 以金属元素为主体的考查
1．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广泛，如铑(Rh)膦络合物常用作催化剂，二氧化铱(IrO2)可用作电生理学研究中的微电极。请回答：
(1)铱(Ir)的原子序数为77，其价电子排布式为 ，位于元素周期表的 区。
(2)固体铑(Rh)膦缘金催化剂(Ph为苯基)的结构如图所示，分子中P原子的杂化方式为 ，1mol该物质中含有的σ键的数目为 。
(3)在有机合成中C-H键和C-C键是非常难断裂的键，C-H键活化曾被称为有机化学中的“圣杯”，铑、铱复合催化剂在C→H和C-C插入反应中表现出了很好的催化活性。某一种铑、铱复合催化剂晶体的四方晶胞如图所示，晶胞参数为anm、anm、cnm，晶胞中Ir、Rh分别形成的八面体的微粒带两个和三个负电荷，则该晶胞的化学式为 。
(4)均为平面结构的吡咯()和吡啶()在盐酸中溶解度较大的为 ，原因是 。
2．金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答：
(1)锶(Sr)、钛(Ti)、氧(O)组成的SrTO3晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。
①该晶体属于 (写晶体类型名称)。
②请用小黑点在晶胞示意图中标出O所在的位置 。
(2)具有高能量密度的是值得深入研究的电池正极材料。
①与Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是 (填写元素符号)。
②基态Co原子的核外电子排布式是 。
(3)下列说法正确的是________(填序号)。
A．离子势：
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素有2种
C．基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等
D．离子键百分比：Li2O＜Al2O3
(4)金属与的配合物Mn2(CO)10在一定条件下可发生如下转化：
①当HMn (CO)5分子中有NA个配位键时，HMn (CO)5的物质的量是 mol。
②Mn2(CO)10与Na反应后，结构模型中所示的∠1将会 (选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 。
3．锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、NaBH4、LiAsF6、LiPF6等。请回答：
(1) NaBH的阴离子的空间构型为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．离子半径：P3-＞O2-＞F- B．基态As的最高能级的电子排布式为4s24p3
C．与NH3形成配位键的能力：BH3＜BCl3 D．电负性：F>O>As>P
(3)一种类石墨的聚合物g-C3N4可由三聚氰胺()制得，合成三聚氰胺的单体结构简式是 。三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是 。
(4)尖晶石结构的LiMnxOy (x、y为整数)是一种常用的正极材料。已知LiMnxOy晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“”表示。
该正极材料的化学式是 ，若该晶胞的晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算表达式，不必化简。NA为阿伏加德罗常数的值)。
4．过渡元素在材料和化工生产中占有重要地位。
(1) FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在(Fe2Cl6)，写出氯化铁双聚分子的结构式 。
(2)元素Mn和Fe的部分电离能如下表所示，发现Mn元素的第三电离能(I3)要大于Fe元素的第三电离能，原因是 。
元素 Mn Fe
电离能(kJ·mol 1) I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
(3)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列说法正确的是___________。
A．CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子
B．电负性：HC．CH3CN中两个C原子的杂化类型均为sp3
D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2
(4)某晶体FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全取代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。
①其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为 。
②下列关于晶体的说法正确的是 。
A．晶体的形成与晶体的自范性有关
B．测定某一固体是否属于晶体可以用X-射线衍射仪进行实验
C．晶体和非晶体的根本区别在于固体是否有规则的几何外形
D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性
E．晶胞是晶体结构中最小的重复单元
押题二 以非金属元素为主体的考查
5．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)氮是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1所示，其化学式是 ，晶体类型是 。
(2)丁二酮肟可以与生成血红色配合物，如图2所示。
①基态的简化电子排布式为 。
②键角的原因是 。
(3)氨基硼烷系列的储氢材料有多种。
①脂环氨硼烷()可作为储氢材料，下列说法正确的是 。
A．电负性：N＞C＞H
B．元素的第一电离能均高于同周期相邻元素
C．相同条件下在苯中的溶解度：>
D．基态硼原子核外电子的轨道表示式：
②氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3、NH3都能与发生反应，可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：NH3 NH3BH3 (填“>”、“<”或“=”)，写出等物质的量的Na与NH3BH3反应的化学方程式 。
6．(2025·浙江省9+1高中联盟高三联考)氮和卤素是构建化合物的常见元素。
(1)某化合物晶胞如下图，其化学式是 ，N周围紧邻的Al原子数为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电负性：O>C>H
B．O的第二电离能C．Se的基态原子价层电子排布式为3d104s24p4
D．NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力
(3)氨硼烷(NH3BH3)是固体储氢材料，其中B原子的杂化方式为 ，比较键角∠HNH：NH3 NH3BH3(填“>”、“<”或“=”")，请说明理由 。
(4)氯的部分含氧酸结构如下图，按照酸性由强到弱对其排序 (用化学式表示)，请说明理由 。
7．(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)氧族元素及其化合物有着广泛应用价值。
(1)请写出基态Se原子简化电子排布式 ，常温下硒单质是 (气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是 (请写元素符号)。
(2)下列说法正确的是 。
A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表P区
B．Se的第二电离能小于As (砷)的第二电离能
C．硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4大于H2SeO3
D．Se=O不稳定，因为其键长较长，π键重叠较弱
E.已知某含硒化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，Se的杂化方式为sp3
(3)人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因 。
有机物 甲醇 甲硫醇(CH3SeH) 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
(4)一种铜铟硒晶体(化学式为CuInSe2)的晶胞结构如图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是 (填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为 。
(5)魔酸[H(SbF6SO3)]由SbF6 ()与等物质的量化合生成，写出其中阴离子SbF6SO3-的结构式： 。
8．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)氮及其化合物在生产生活中有重要用途。回答下列问题：
(1)基态N原子核外有 种不同能量的电子，其价层电子的轨道表示式为 。
(2)已知N4H4+的空间结构为正四面体形，请画出N4H4+的结构式(要求画出配位键) 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．[Cu(NH3)4]2+的中心离子为sp3杂化
B．一种配离子的结构如图所示，该配离子中的键角大于单个水分子中的键角
C．分子的极性：NCl3比PCl3的大
D．氧化性：Fe3+＞Fe(SCN)3
(4)铁和氮形成一种物质，其晶胞结构如右图所示，原子的配位数(紧邻的Fe原子)为 。
(5)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空轨道，部分含硅化合物的性质与结构会与硅的3d空轨道有关。化合物N(SiH3)3为平面结构，如右图所示。该物质中原子的杂化方式为 ；N(SiH3)3与H+形成配位键的能力 于(填“强”或“弱”)于N(CH3)3。
押题三 金属和非金属元素的综合考查
9．(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)结构探究是化学研究的重要内容，请回答：
(1) CeO2的晶胞结构如图，Ce的配位数是 。若晶胞棱长anm，则Ce与O的最小核间距为 nm。
(2)某离子存在如图所示按六边形扩展的二维层状结构，该离子的最简式为 ，其中N原子的杂化方式为 。
(3)下列描述正确的是___________
A．MgO的熔点高于Na2O是因为MgO离子键百分比更高
B．基态Cr原子价层电子的空间运动状态为6种
C．HF分子内的化学键有方向性，HF分子间的作用力没有方向性
D．含钙化合物中钙元素常显+2价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
(4)已知Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。试从物质结构的角度分析S4O62-的结构应为(a)而不是(b)的原因： 。
(5)已知：BCl3中心B原子有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，从而使原有的键削弱、断裂，发生水解。下列卤化物最难发生水解的是___________。
A．PCl3 B．AlCl3 C．CCl4 D．SiCl4
10．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)著名的催化剂的主要成分是Al(C2H5)3和TiCl4。请回答：
(1) Al(C2H5)3的晶体类型是 ，Al(C2H5)3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式： 。
(2) Al(C2H5)3与TiCl4在一定条件下反应生成TiCl3，TiCl3一定要存放于CO2等惰性气体中，请从结构的角度解释原因： 。
(3)在其他条件相同时，CH3COOCH2CF3的水解反应速率 CH3COOCH2CH3的水解反应速率(填“>”、“<”或“=”)，理由是： 。
(4)下列说法正确的是___________。
A．基态Cl-的价层电子排布式为3s23p5 B．Fe的第三电离能小于Mn的第三电离能
C．C2H5NH3+比NH4+更易水解 D．AlCl3在一定条件下可与NH3发生反应
(5) Ti的某种氧化物晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 ；Ti的配位数是 。
11．(2025·浙江省精诚联盟高三适应性联考)氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。
(1) [Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac ( Ac表示CH3COO-)。
①C、N、O中电负性最大的是 ，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。
②下列有关叙述正确的是 。
A．N的第二电离能＞O的第二电离能
B．[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键，也有π键
C．Cu原子变成Cu+，优先失去4s轨道上的电子
D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为 [Ne]3s23p3
(2)比较键角()大小：[Cu(NH3)3]+ NH3，理由是 。
(3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。
①图1为镧镍合金(LaNix)，则x= 。
②图2为铝镁合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为 。
③图3为铜金合金(Cu3Au)，储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻两个Au原子间的距离为apm，标准状况下氢气的摩尔体积为VmL·mol-l ，阿伏加德罗常数的值为NA，则该材料的储氢能力为 (储氢能力)。
12．(2025·浙江省天域名校协作体高三下学期联考)某兴趣小组对FeH(SO4)2按如下流程进行实验研究：
请回答：
(1)经研究发现，固体A晶胞结构如图所示。“”的配位数(紧邻的“”数)为 ；固体A的化学式为 。
(2)写出FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应的离子方程式 。
(3)下列有关单核微粒的描述正确的是___________。
A．微粒半径：H-＞H
B．水合能力：Fe3+＞Na+
C．Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p63d10
D．氧原子经变化，会产生原子光谱
(4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，观察到 现象，写出该现象涉及的化学方程式 。
(5)流程中溶液B中溶质的主要成分 ，设计实验验证溶液B中的主要阴离子 。
(6)用有机溶剂()和()“协同作用”处理含有Fe2+废水中的VO2+。“协同作用”发生的反应[(org)表示有机溶剂]：
反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOA2(HB)2(org)+2H+(aq)
反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOB2(HA)2(org)+2H+(aq)
其主要产物结构如图。
①利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为 。
②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为 。
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以金属元素为主体的考查 浙江省第17题考查物质结构与性质，浙江省选考自2023年1月开始至2024年6月共4次以单独考查形式展现在考生的面前，但2025年1月选考把原来17、18题进行整合，没有单独列出进行考查。从命题的形式来看，物质结构与性质综合题为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。 本题将以元素及化合物为切入口，重在“结构决定性质”思想的树立，考查空间想象能力。主要考查电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力一、氢键强弱、共价键强弱比较、晶体类型的确定、晶体化学式确定、晶胞的计算等知识。
以非金属元素为主体的考查 (2025年1月第17题) (2024年1月第17题) (2023年6月第17题) (2023年1月第17题)
金属和非金属元素的综合考查 (2024年6月第17题)
押题一 以金属元素为主体的考查
1．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广泛，如铑(Rh)膦络合物常用作催化剂，二氧化铱(IrO2)可用作电生理学研究中的微电极。请回答：
(1)铱(Ir)的原子序数为77，其价电子排布式为 ，位于元素周期表的 区。
(2)固体铑(Rh)膦缘金催化剂(Ph为苯基)的结构如图所示，分子中P原子的杂化方式为 ，1mol该物质中含有的σ键的数目为 。
(3)在有机合成中C-H键和C-C键是非常难断裂的键，C-H键活化曾被称为有机化学中的“圣杯”，铑、铱复合催化剂在C→H和C-C插入反应中表现出了很好的催化活性。某一种铑、铱复合催化剂晶体的四方晶胞如图所示，晶胞参数为anm、anm、cnm，晶胞中Ir、Rh分别形成的八面体的微粒带两个和三个负电荷，则该晶胞的化学式为 。
(4)均为平面结构的吡咯()和吡啶()在盐酸中溶解度较大的为 ，原因是 。
【答案】(1) 5d76s2 d (2) sp3 114NA
(3) SrRb3(IrO3)(RhO3)
(4) 吡咯 吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯再盐酸中的溶解性比吡啶的更大
【解析】(1)铱(Ir)的原子序数为77，根据稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，可推出铱(Ir)的其价电子排布式为5d76s2，其属于过渡区金属元素，位于元素周期表d区。
(2)根据固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构图，可知P原子的价电子对数为4，其杂化方式为sp3；PPH3中σ键的数目36，1个CO分子中含有1个σ键，Rh周围有5个单键，因此1mol该物质中含有的σ键的数目为(36×4+1+5)mol=114mol，即1mol该物质中含有的σ键的数目为114NA。
(3)铑、铱复合催化剂晶体的四方晶胞图可发现八面体对角线在晶胞的棱和面对角线，两个八面体共用一个O，利用均分，每个八面体平均含有3个O，因此阴离子化学式分别为IrO32-、RhO33-，晶胞中含有的有2个IrO32-，含有也有2个RhO33-，负电荷总数为-10，根据电荷守恒正电荷总数为＋10，根据晶胞中Sr和Rb的总个数为8个，化合价分别为＋2、＋1，因此晶胞中含有2个Sr和6个Rb，则该晶胞的化学式为SrRb3(IrO3)(RhO3)。
(4)吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯在盐酸中的溶解性比吡啶的更大。
2．金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答：
(1)锶(Sr)、钛(Ti)、氧(O)组成的SrTO3晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。
①该晶体属于 (写晶体类型名称)。
②请用小黑点在晶胞示意图中标出O所在的位置 。
(2)具有高能量密度的是值得深入研究的电池正极材料。
①与Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是 (填写元素符号)。
②基态Co原子的核外电子排布式是 。
(3)下列说法正确的是________(填序号)。
A．离子势：
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素有2种
C．基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等
D．离子键百分比：Li2O＜Al2O3
(4)金属与的配合物Mn2(CO)10在一定条件下可发生如下转化：
①当HMn (CO)5分子中有NA个配位键时，HMn (CO)5的物质的量是 mol。
②Mn2(CO)10与Na反应后，结构模型中所示的∠1将会 (选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 。
【答案】(1) 离子晶体
(2) Fe [Ar]3d74s2
(3)AC
(4) 减小 反应时Mn得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1变小
【解析】(1)①晶体中含有Sr，根据元素周期律，Sr是活泼金属，故SrTO3为离子晶体；②因“Sr、Ti、O三种粒子的间距均相等”，所以O位于面心或棱心，又“Sr与O的间距要大于Ti与O的间距”，所以O位于棱心，又一个晶胞中有3个O，故晶胞的12条棱心都有O，据此作图；
(2)①Co、Ni属于第四周期第VIII族元素，所以同一周期同一族的元素是Fe；②Co元素原子序数为27，根据核外电子排布规则，基态Co原子的核外电子排布式是[Ar]3d74s2；
(3)A项，根据元素周期律和定义，半径: Ni3+＜Ni2+＜Mn2+，则离子势：Ni3+>Ni2+>Mn2+，A项正确；B项，与Al同周期且第一电离能小于Al的只有Na元素，B项错误；C项，基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，则基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等.C项正确； D项，根据“对角线原则”，Li与Mg相似，离子键百分比：Li2O＞Al2O3，D项错误；故选AC；
(4)①1个HMn (CO)5分子中有11个配位键(5个Mn←C、Mn→H、5个C←O)，所以当存在NA个配位键时，HMn (CO)5为；②Mn2(CO)10与Na反应后变成阴离子，Mn原子有一孤电子对，对共用电子对的排斥力增大，导致∠1减小。
3．锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、NaBH4、LiAsF6、LiPF6等。请回答：
(1) NaBH的阴离子的空间构型为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．离子半径：P3-＞O2-＞F- B．基态As的最高能级的电子排布式为4s24p3
C．与NH3形成配位键的能力：BH3＜BCl3 D．电负性：F>O>As>P
(3)一种类石墨的聚合物g-C3N4可由三聚氰胺()制得，合成三聚氰胺的单体结构简式是 。三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是 。
(4)尖晶石结构的LiMnxOy (x、y为整数)是一种常用的正极材料。已知LiMnxOy晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“”表示。
该正极材料的化学式是 ，若该晶胞的晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算表达式，不必化简。NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)正四面体 (2)AC
(3) NH2CN 温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
(4) LiMn2O4
【解析】(1)NaBH的阴离子BH-中，B的价层电子对数为：，无孤电子对，属于SP3杂化，空间构型为正四面体；
(2)A项，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，离子半径：P3-＞O2-＞F-，故A正确；B项，基态As的最高能级的电子排布式为4p3，故B错误；C项，Cl电负性比H大，因此BCl3吸引电子的能力比BH3强，更能吸引NH3的N上的孤电子对，形成配位键，因此与NH3形成配位键的能力：BH3＜BCl3，故C正确；D项，同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：F＞O＞P＞As，故D错误；故选AC；
(3)由图可知，合成三聚氰胺的单体结构简式是：NH2CN；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水；(4)由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4，A中氧离子位于体内，数目为4，●位于体心和顶点，数目为，B中氧离子位于体内，数目为4，●位于顶点，数目为， 为体内，数目为4，则一个晶胞内O2 、●、 数目比为32:8:16=4：1：2，结合化学式LiMnxOy可知，x为2，y为4，化学式为：LiMn2O4；②由①分析知，一个晶胞中含8个LiMn2O4，则该晶体的密度为。
4．过渡元素在材料和化工生产中占有重要地位。
(1) FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在(Fe2Cl6)，写出氯化铁双聚分子的结构式 。
(2)元素Mn和Fe的部分电离能如下表所示，发现Mn元素的第三电离能(I3)要大于Fe元素的第三电离能，原因是 。
元素 Mn Fe
电离能(kJ·mol 1) I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
(3)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列说法正确的是___________。
A．CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子
B．电负性：HC．CH3CN中两个C原子的杂化类型均为sp3
D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2
(4)某晶体FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全取代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。
①其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为 。
②下列关于晶体的说法正确的是 。
A．晶体的形成与晶体的自范性有关
B．测定某一固体是否属于晶体可以用X-射线衍射仪进行实验
C．晶体和非晶体的根本区别在于固体是否有规则的几何外形
D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性
E．晶胞是晶体结构中最小的重复单元
【答案】(1)
(2) Mn2+的价层电子排布为3d5，是半充满状态，比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态
(3)BD
(4) FeCu3N ABE
【解析】(1)Fe提供空轨道，Cl提供孤电子对，氯化铁中以双聚分子存在的结构式为： ；
(2)锰元素位于第四周期第ⅦB族，其基态原子的价电子排布式为：3d54s2，则其基态Mn2+的价电子排布式：3d5；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难；
(3)A项，CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，故A错误；B项，同周期电负性从左到右逐渐增强，所以电负性：H(4)①Cu替代b位置Fe型 能量更高，更不稳定，则1个晶胞中Fe原子数为，Cu原子数为，N原子数为1，则更稳定的Cu替代型产物的化学式为FeCu3N；②A项，在一定条件下，物质能形成具有几何形状的晶体，这个形成过程与晶体的自范性有关，故A正确；B项，同一条件下，当单一波长的X-射线通过晶体和非晶体时，摄取的图谱是不同的，非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线，故B正确；C项，晶体和非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不在于是否有规则的几何外形，故C错误；D项，玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误；E项， 晶胞是体现晶体结构的基本单位，一个晶胞内表达了晶体排列中的完整的一个重复单元，晶体可以由一个个晶胞重复排列而成的，故E正确；故选ABE。
押题二 以非金属元素为主体的考查
5．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)氮是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1所示，其化学式是 ，晶体类型是 。
(2)丁二酮肟可以与生成血红色配合物，如图2所示。
①基态的简化电子排布式为 。
②键角的原因是 。
(3)氨基硼烷系列的储氢材料有多种。
①脂环氨硼烷()可作为储氢材料，下列说法正确的是 。
A．电负性：N＞C＞H
B．元素的第一电离能均高于同周期相邻元素
C．相同条件下在苯中的溶解度：>
D．基态硼原子核外电子的轨道表示式：
②氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3、NH3都能与发生反应，可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：NH3 NH3BH3 (填“>”、“<”或“=”)，写出等物质的量的Na与NH3BH3反应的化学方程式 。
【答案】(1)Al(NH)3Cl3 分子晶体
(2)[Ar]3d8 两者均为sp2杂化，键角α对应的N原子有一对孤电子对，键角β对应的N原子没有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对与成键电子对的排斥力，所以键角α＜β
(3) AD < 2NH3BH3+2Na=2NH3BH3Na+ H2↑
【解析】(1)由晶胞图可知，每个Al连接1个NH3和3个Cl，化学式为Al(NH)3Cl3；晶体类型为分子晶体；
(2)①基态Ni2+的简化电子排布式为：[Ar]3d8；②由图2可知，丁二酮肟中N原子为sp2杂化，还有1个孤对电子，丁二酮肟可以与Ni2+生成血红色配合物中N原子也是sp2杂化，N原子提供孤电子对与Ni2+形成配位键，由孤电子对变成成键电子对，孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对对成键电子对斥力，键角α＜β；
(3)①A项，元素的非金属性越强电负性越大，非金属性N＞C＞H，电负性N＞C＞H，A正确；B项，B原子的价电子排布式为2s22p1，Be原子的价电子排布式为2s2，2p上的电子能量高，容易失去，第一电离能B6．(2025·浙江省9+1高中联盟高三联考)氮和卤素是构建化合物的常见元素。
(1)某化合物晶胞如下图，其化学式是 ，N周围紧邻的Al原子数为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电负性：O>C>H
B．O的第二电离能C．Se的基态原子价层电子排布式为3d104s24p4
D．NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力
(3)氨硼烷(NH3BH3)是固体储氢材料，其中B原子的杂化方式为 ，比较键角∠HNH：NH3 NH3BH3(填“>”、“<”或“=”")，请说明理由 。
(4)氯的部分含氧酸结构如下图，按照酸性由强到弱对其排序 (用化学式表示)，请说明理由 。
【答案】(1) AlN 4 (2)AD
(3) sp3 < NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小
(4)HClO3>HClO2>HClO 氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强
【解析】(1)由图可知，Al原子位于六方晶胞的顶点和体内，Al原子个数为：，N原子位于六方晶胞的棱上和体内，N原子个数为：，因此其化学式是AlN；由晶胞可知，N周围紧邻的Al原子数为4个。
(2)A项，同周期元素，从左到右电负性逐渐增强，则电负性：O>C>H，A正确；B项，N失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p2，而O失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p3，处于半充满的稳定状态，难失去电子，因此O的第二电离能＞N的第二电离能，B错误；C项，Se的原子序数为34，因此它的基态原子价层电子排布式为4s24p4，C错误；D项，NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力，D正确；故选AD。
(3)NH3BH3中存在N与B原子配位键，故B原子形成了4个σ键，因此B原子的杂化方式为sp3；NH3与NH3BH3的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小，因此键角：NH3(4)氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强，因此酸性由强到弱排列顺序：HClO3>HClO2>HClO。
7．(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)氧族元素及其化合物有着广泛应用价值。
(1)请写出基态Se原子简化电子排布式 ，常温下硒单质是 (气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是 (请写元素符号)。
(2)下列说法正确的是 。
A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表P区
B．Se的第二电离能小于As (砷)的第二电离能
C．硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4大于H2SeO3
D．Se=O不稳定，因为其键长较长，π键重叠较弱
E.已知某含硒化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，Se的杂化方式为sp3
(3)人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因 。
有机物 甲醇 甲硫醇(CH3SeH) 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
(4)一种铜铟硒晶体(化学式为CuInSe2)的晶胞结构如图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是 (填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为 。
(5)魔酸[H(SbF6SO3)]由SbF6 ()与等物质的量化合生成，写出其中阴离子SbF6SO3-的结构式： 。
【答案】(1) [Ar]3d104s24p4 固体 Cr
(2)CD
(3)三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
(4) A 8
(5)
【解析】(1)Se原子序数34，原子简化电子排布式[Ar]3d104s24p4；常温下硒单质是固体，为第四周期VIA族非金属元素，第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr，电子排布式为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6；
(2)A项，按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f、ds，5个区，A错误；B项，Se失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，As失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Se的p能级为半满稳定结构，则第二电离能Se＞As，B错误；C项，同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，C正确；D项，Se的原子半径较大，Se=O键长较长，不稳定，因其π键重叠较弱，D正确；E项，在分子中，4个C原子采取sp2杂化，其不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中不含有碳碳双键，4个C原子各提供一个p轨道单电子参与形成的大Π键，Se提供一对孤对电子参与形成π56大π键，Se还剩余1对孤对电子，价电子对数为3，因此Se采取sp2杂化，E错误；故选CD；
(3)甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；
(4)A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式CuInSe2，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；
(5)阴离子SbF6SO3-由SbF5()与HSO3F等物质的量化合生成的，其结构式。
8．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)氮及其化合物在生产生活中有重要用途。回答下列问题：
(1)基态N原子核外有 种不同能量的电子，其价层电子的轨道表示式为 。
(2)已知N4H4+的空间结构为正四面体形，请画出N4H4+的结构式(要求画出配位键) 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．[Cu(NH3)4]2+的中心离子为sp3杂化
B．一种配离子的结构如图所示，该配离子中的键角大于单个水分子中的键角
C．分子的极性：NCl3比PCl3的大
D．氧化性：Fe3+＞Fe(SCN)3
(4)铁和氮形成一种物质，其晶胞结构如右图所示，原子的配位数(紧邻的Fe原子)为 。
(5)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空轨道，部分含硅化合物的性质与结构会与硅的3d空轨道有关。化合物N(SiH3)3为平面结构，如右图所示。该物质中原子的杂化方式为 ；N(SiH3)3与H+形成配位键的能力 于(填“强”或“弱”)于N(CH3)3。
【答案】(1)3
(2)
(3)AC (4)6 (5) sp2 弱
【解析】(1)基态N原子核外有1s、2s、2p三个能级，即有3种不同能量的电子；氮原子价电子为第二层的五个电子，其价层电子的轨道表示式为：；
(2)已知N4H4+的空间结构为正四面体形，四个氮原子位于四面体的顶点，每个氮原子连接一个氢原子，N4H4+的结构式为：；
(3)A项，铜离子核外电子排布式为1s 2s 2p63s 3p63d10，不可能采取sp3杂化，应该是sp2d杂化，A错误；B项，配离子的结构如图所示，该配离子中水中氧原子提供电子对于铜离子成键，电子云密度减小，的键角大于单个水分子中的键角，B正确；C项，氮和磷同主族，氮的非金属性强，与氯形成化学键的极性弱，分子的极性：NCl3比PCl3的小，C错误；D项，Fe(SCN)3溶液中存在络合平衡，具有稳定性，氧化性：Fe3+＞Fe(SCN)3，D正确；选AC；
(4)晶胞结构图所示，其N原子的配位数(紧邻的Fe原子)为周围六个面心的六个铁原子，配位数为6；
(5)化合物N(SiH3)3为平面结构，所以氮原子为sp2杂化；N原子的孤电子对位于2p轨道上，与Si的3d空轨道形成大π键，导致N的孤电子对电子云密度降低，所以N(SiH3)3与H+形成配位键的能力弱于于N(CH3)3。
押题三 金属和非金属元素的综合考查
9．(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)结构探究是化学研究的重要内容，请回答：
(1) CeO2的晶胞结构如图，Ce的配位数是 。若晶胞棱长anm，则Ce与O的最小核间距为 nm。
(2)某离子存在如图所示按六边形扩展的二维层状结构，该离子的最简式为 ，其中N原子的杂化方式为 。
(3)下列描述正确的是___________
A．MgO的熔点高于Na2O是因为MgO离子键百分比更高
B．基态Cr原子价层电子的空间运动状态为6种
C．HF分子内的化学键有方向性，HF分子间的作用力没有方向性
D．含钙化合物中钙元素常显+2价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
(4)已知Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。试从物质结构的角度分析S4O62-的结构应为(a)而不是(b)的原因： 。
(5)已知：BCl3中心B原子有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，从而使原有的键削弱、断裂，发生水解。下列卤化物最难发生水解的是___________。
A．PCl3 B．AlCl3 C．CCl4 D．SiCl4
【答案】(1)8
(2)[Hg3(NH)2Br]+ 或 [Hg3(NH)2]2+Br- sp3
(3)B
(4)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
(5)C
【解析】(1)根据晶胞结构图，大球个数为8，小球个数为：，根据化学式CeO2，可知大球表示氧原子，小球表示Ce原子，以顶点Ce原子为例，距离其最近且等距的氧原子个数为8，故其配位数为8；CeO2晶胞中Ce与最近O原子的核间距为晶胞对角线长度的，即；
(2)该结构片段中，含溴离子个数为1，-NH-被三个六边形公用，个数为：，Hg两个六边形公用，个数为：，该离子的最简式为：[Hg3(NH)2Br]+ 或 [Hg3(NH)2]2+Br-；N原子价层电子对数为4，N原子的杂化方式为：sp3；
(3)A项，MgO和Na2O均为离子晶体，MgO熔点高是因为MgO晶格能大，A错误；B项，基态Cr原子价层电子排布式为：3d54s1，3d轨道有5个空间运动状态，4s轨道1个空间运动状态，基态Cr原子价层电子的空间运动状态为6种，B正确；C项，HF分子内的化学键有方向性，HF分子间的作用力是氢键，具有方向性，C错误；D项，钙的第二电离能大于其第一电离能，含钙化合物中钙元素常显+2价，原因是钙最外层有2个电子，容易失去2个电子呈+2价，D错误；故选B；
(4)根据a、b的结构可知，a中含有过硫键、b中含有过氧键，过氧键氧化性强于I2，则硫代硫酸钠被I2氧化的产物不可能为b，而且a结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，b结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，因此产物为a。
(5)PCl3、AlCl3、SiCl4中的中心原子均有空轨道可以和水分子形成配位键，从而使原有的键削弱、断裂，发生水解，CCl4中碳原子没有空轨道，不易水解，故选C。
10．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)著名的催化剂的主要成分是Al(C2H5)3和TiCl4。请回答：
(1) Al(C2H5)3的晶体类型是 ，Al(C2H5)3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式： 。
(2) Al(C2H5)3与TiCl4在一定条件下反应生成TiCl3，TiCl3一定要存放于CO2等惰性气体中，请从结构的角度解释原因： 。
(3)在其他条件相同时，CH3COOCH2CF3的水解反应速率 CH3COOCH2CH3的水解反应速率(填“>”、“<”或“=”)，理由是： 。
(4)下列说法正确的是___________。
A．基态Cl-的价层电子排布式为3s23p5 B．Fe的第三电离能小于Mn的第三电离能
C．C2H5NH3+比NH4+更易水解 D．AlCl3在一定条件下可与NH3发生反应
(5) Ti的某种氧化物晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 ；Ti的配位数是 。
【答案】(1)分子晶体 Al(C2H5)3+3H2O= Al(OH)3↓+3CH3CH3↑
(2)Ti3+的价层电子排布式为3d1，容易失去1个电子形成3d轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧气氧化
(3)> 对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O键的极性更强，更易断裂
(4)BD
(5)TiO2 6
【解析】(1)Al(C2H5)3中Al与-CH2CH3通过共价键相连，故晶体类型为分子晶体，与水剧烈反应，根据Al元素性质可知，反应生成Al(OH)3，根据原子守恒可知，另一个产物为乙烷，故反应方程式为Al(C2H5)3+3H2O= Al(OH)3↓+3CH3CH3↑；
(2)Ti核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Ti3+的价层电子排布式为3d1，容易失去1个电子形成3d轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧气氧化，因此需要被保存在惰性气体中；
(3)CH3COOCH2CF3和CH3COOCH2CH3均能发生酯的水解反应，对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O键的极性更强，更易断裂，故其水解反应速率更快；
(4)A项，Cl-的价层电子排布式为3s23p6，A错误；B项，Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子，形成半满的稳定状态，Mn2+的价层电子排布式为3d5，为半满的稳定状态，其第三电离能更高，B正确；C项，C2H5-为推电子基，使N的电子云密度变大，对周围H+的吸引力更强，而其水解需要与水电离出的OH-结合，因此其较铵根离子更稳定，故其水解能力比NH4+的弱，C错误；D项，NH3水溶液为弱碱性，可与AlCl3反应，化学方程式为AlCl3+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4Cl，D正确；故选BD；
(5)由晶胞结构可知，该晶胞中Ti原子个数为，O原子个数为，故该氧化物化学式为TiO2，如图可知晶胞体心Ti与周围6个O相连，故Ti的配位数为6。
11．(2025·浙江省精诚联盟高三适应性联考)氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4+H2OCO+3H2。
(1) [Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac ( Ac表示CH3COO-)。
①C、N、O中电负性最大的是 ，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。
②下列有关叙述正确的是 。
A．N的第二电离能＞O的第二电离能
B．[Cu(NH3)3CO]+中既有σ键，也有π键
C．Cu原子变成Cu+，优先失去4s轨道上的电子
D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为 [Ne]3s23p3
(2)比较键角()大小：[Cu(NH3)3]+ NH3，理由是 。
(3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。
①图1为镧镍合金(LaNix)，则x= 。
②图2为铝镁合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为 。
③图3为铜金合金(Cu3Au)，储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中。若储氢后晶胞中紧邻两个Au原子间的距离为apm，标准状况下氢气的摩尔体积为VmL·mol-l ，阿伏加德罗常数的值为NA，则该材料的储氢能力为 (储氢能力)。
【答案】(1) O sp2、sp3 BC
(2) > N原子均sp3杂化，[Cu(NH3)3]+中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N-H成键电子对的排斥
(3) 5 4
【解析】(1)①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则C、N、O中电负性最大的是O。[Cu(NH3)2]Ac醋酸根离子中甲基中的C为sp3杂化，羧基中的C为sp2杂化，碳原子杂化类型有sp2、sp3两种。②A项，N失去一个电子后最外层有4个电子，2p轨道上有2个电子容易失电子，O失去一个电子后最外层有5个电子，2p轨道半充满较稳定，因此N的第二电离能(2)两种物质中NH3中的N均为sp3杂化，[Cu(NH3)3]+中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N-H成键电子对的排斥，因此键角∠H-N-H大小[Cu(NH3)3]+> NH3。
(3)①根据均摊法可知，该合金中La个数为=1，Ni个数为=5，则x=5。②以右下顶点的Mg为例，与其紧邻的Al位于面心，且只有竖直面4个面心上有Al，因此Mg的配位数为4。③储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的四面体空隙中，根据图示可知，Au位于顶点，顶点上的8个Au均可与紧邻的三个Cu形成四面体，则储氢时晶胞可填入8个氢原子，储氢后氢的密度为，标况下氢气的密度为，则该材料的储氢能力为。
12．(2025·浙江省天域名校协作体高三下学期联考)某兴趣小组对FeH(SO4)2按如下流程进行实验研究：
请回答：
(1)经研究发现，固体A晶胞结构如图所示。“”的配位数(紧邻的“”数)为 ；固体A的化学式为 。
(2)写出FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应的离子方程式 。
(3)下列有关单核微粒的描述正确的是___________。
A．微粒半径：H-＞H
B．水合能力：Fe3+＞Na+
C．Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p63d10
D．氧原子经变化，会产生原子光谱
(4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，观察到 现象，写出该现象涉及的化学方程式 。
(5)流程中溶液B中溶质的主要成分 ，设计实验验证溶液B中的主要阴离子 。
(6)用有机溶剂()和()“协同作用”处理含有Fe2+废水中的VO2+。“协同作用”发生的反应[(org)表示有机溶剂]：
反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOA2(HB)2(org)+2H+(aq)
反应 VO2+(aq)+2HA(org)+2HB(org)VOB2(HA)2(org)+2H+(aq)
其主要产物结构如图。
①利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为 。
②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为 。
【答案】(1)8 Na2S
(2) Fe3++H++2SO42-+2Ba2++4OH-=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O
(3)ABD
(4)发出黄光且有淡黄色物质生成 2Na2O+O22Na2O2
(5)Na2S、NaOH 用玻璃棒蘸取溶液B，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液B，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-
(6)萃取分液 HA酸性受氧原子吸电子影响更强，-OH更容易电离出H+，HB受R-给电子影响，其中P=O有更强的配位能力
【解析】FeH(SO4)2在惰性气体氩气氛围中，与足量的钠加热反应，活泼金属钠做还原剂，生成了气体单质：H2，固体单质：Fe，化合物Na2O和固体A，根据原子守恒和题中晶胞结构，固体A应为Na2S，所得固体加水溶解，过量的钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，硫化钠溶于水，Fe不溶于水，所得溶液B溶质主要为Na2S、NaOH，加盐酸酸化后再加氯化钡，没有沉淀生成。
【解析】(1)根据晶胞结构，“”周围紧邻的“”有8个，“”的配位数为8，根据分析，固体A的化学式为Na2S，“”代表S2-，“”代表Na+；
(2)FeH(SO4)2(aq)与足量Ba(OH)2(aq)反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和水，离子方程式Fe3++H++2SO42-+2Ba2++4OH-=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O；
(3)A项，同种元素的微粒，核外电子越多，半径越大，微粒半径：H-＞H，A正确；B项，铁离子电荷密度更高，容易形成水合离子[Fe(H2O)6]3+，水合能力：Fe3+＞Na+，B正确；C项，Ar的基态原子简化电子排布式为[Ne]3s23p6，C错误；D项，氧原子经变化，会吸收能量，产生原子光谱，D正确；故选ABD；
(4)将Na2O置于纯氧氛围下灼烧，可以转化为过氧化钠，观察到发出黄光且有淡黄色物质生成的现象，化学方程式为：2Na2O+O22Na2O2；
(5)根据分析，流程中溶液B中溶质的主要成分为Na2S、NaOH；检验主要阴离子S2-、OH-的实验方法为：用玻璃棒蘸取溶液B，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液B，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-；
(6)①有机溶剂HA()和HB()“协同作用”结合VO2+，溶于有机溶剂中，故利用“协同作用”分离出VO2+的实验操作名称为萃取分液；②VOA2(HB)2(org)比VOB2(HA)2更稳定的原因为HA酸性受氧原子吸电子影响更强，-OH更容易电离出H+，HB受R-给电子影响，其中P=O有更强的配位能力。
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