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2020届福建高三化学大题练——物质结构和性质周练（6）
故答案为：8Fe+2NH3
（1）Fe单质为体心立方晶体，体心的Fe原子与晶胞顶点8个Fe原子相邻；Fe原子核3d能级1个电子形成Fe3+； 外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、（2）NO3-中N原子孤电子对数=
5+1?2×3
2
????????640℃
2Fe4N+3H2；
119√2
2s3NA
．
=0，价层电子对数为3+0=3；原子数相等、价
电子总数也相等的微粒互为等电子体，分子中正负电荷正向重合的分子为非极性分子； （3）价层电子对数是4的原子采用sp3杂化； （4）a．分子间氢键导致物质熔沸点升高； b．钨的配合物离子[W（CO）5OH]-中W为0价； c．聚乙烯（
）分子中有（6n-1）个σ键；
d．二氧化硅晶体中Si原子与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，1molSiO2含有4molSi-O，Si晶体中Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si，每个键为2个Si原子共用，故1mol硅含有2molSi-Si键；
+6×=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，还（5）晶胞中Fe原子数目为8×82生成氢气；
√2=√2scm，结合晶胞中原子数晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，则晶胞棱长为2scm×2
1
1
目表示出晶胞质量，再根据ρ=V计算晶体密度．
本题考查物质结构和性质，设核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、等电子体、化学键、配合物、氢键、反应热计算、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，注意识记常见晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算．
m
2.【答案】-746.5kJ/mol 降低温度 = 1 0～
2 2HSO4--2e-=S2O82-+2H+ 6.0×10-3 2.24
【解析】解：（1）已知：CO燃烧热的△H1=-283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△和83.0KJ/mol，
2
②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol，
2-②得到2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol， 盖斯定律计算①×故答案为：-746.5kJ/mol；
（2）①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行， 故答案为：降低温度；
②NO2+SO2+NOn（g）（g）?SO3（g）（g）△H=-41.8KJ/mol，反应为放热反应，（NO2）：n（SO2）=1，SO2（g）的起始浓度为c0mol?L-1，c（NO2）=c0mol/L， 图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%， NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g） 起始量（mol/L） c0 c0 0 0 变化量（mol/L）0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0
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1
平衡量（mol/L）0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡常数K=1
D点二氧化氮转化率40%，nn=1.5，SO2（NO2）：（SO2）（g）的起始浓度为c0mol?L-1，c（NO2）=1.5c0mol/L，
NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g） 起始量（mol/L）1.5c0 c0 0 0 变化量（mol/L）0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 平衡量（mol/L）0.9c0 0.4c0 0.6c0 0.6c0 平衡常数K=1
平衡常数相同说明反应温度相同，Tc=Td， 故答案为：=；
（3）①过二硫酸离子中存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键，则该离子的结构简式为故答案为：1；
②阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2， 阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：2HSO4--2e-=S2O82-+2H+，
故答案为：0～2；2HSO4--2e-=S2O82-+2H+；
10-5，③NH3?H2O的Kb=1.8×若氨水的浓度为2.0mol?L-1，由Kb==√1.8×10?5×2mol/L=6.0×10-3mol/L，
将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，电荷守恒
c(NH4)2c(SO3)
H2SO3的得到：c（NH4+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），?=1+?，c(HSO3)
c(HSO3)
+
2?
?c(NH+4)c(OH)
，
c(NH3?H2O)
cOH-），可知（
Ka2=6.2×10-8，
结合Ka2=
c(NH+4)
3
+c(SO2?3)c(H)
c(HSO?3)
33
计算c(HSO?)，c(HSO?)=3
3
c(SO2?)c(SO2?)6.2×10?8
10?7=0.62，
3
0.62=2.24， 则c(HSO?)=1+c(HSO?)=1+2×
3
2c(SO2?)
10-3；2.24。 故答案为：6.0×
（1）已知：CO燃烧热的△H1=-283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO（g）+2O2（g）=CO2（g）△和83.0KJ/mol，
②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol，
2-②得到2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H； 盖斯定律计算①×
（2）①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，D点二氧化氮转化率40%，计算CD点对应反应的平衡常数判断反应温度高低； （3）①过二硫酸离子中存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键； ②阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-；
1
2020届福建高三化学大题练——物质结构和性质周练（6）
10，若氨水的浓度为2.0mol?L，可结合Kb=③NH3?H2O的Kb=1.8×
-5
-1
?c(NH+4)c(OH)
c(NH3?H2O)
计算c
（OH-），将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，
43=c+2c=1+c(HSOH2SO3的Ka2=6.2×10-8，电荷守恒得c（NH4+）（HSO3-）（SO32-），?)，c(HSO?)
3
3
+c(SO2?3)c(H)
3计算c(HSO?)。
3
c(NH+)2c(SO2?)
结合Ka2=
c(SO2?)
c(HSO?3)
本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算、平衡标志、反应速率计算、平衡常数相关计算、弱电解质电离平衡常数计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】⑴第三周期 ⅥA族（ 2分）
⑵N＞O＞C （2分）三角锥形（ 1分） NH3分子间能形成氢键（1分） ⑶离子晶体（2分） ⑷S2-＞N3-＞O2-＞Na+ （2分）
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H= -299.52kJ/mol⑸NH4++HCO3-+2OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O（2分）（2分）（或其他合理答案均可）
【解析】解：A是形成化合物最多的元素，则A为C元素；B元素的单质在空气中含量最多，则B为N元素；C元素在地壳中含量最多，则C为O元素；D元素在同周期中金属性最强，且为短周期元素，则D为Na元素；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素，
根据分析可知：A是C，B是N，C是O，D是Na，E是S，
（1）S含有3个电子层，最外层含有6个电子，位于周期表中第三周期ⅥA族， 故答案为：第三周期ⅥA族；
（2）A是C，B是N，C是O，C、N、O同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
B的最简单气态氢化物为氨气，NH3分子的空间构型为三角锥形，NH3分子间能形成氢键，造成沸点高于同主族其它氢化物
故答案为：N＞O＞C；三角锥形；NH3分子间能形成氢键；
（3）C是O，D是Na，二者形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，都属于离子晶体， 故答案为：离子晶体；
（4）B是N，C是O，D是Na，E是S，电子层数越多半径越大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的半径大，则S2-＞N3-＞O2-＞Na+， 故答案为：S2-＞N3-＞O2-＞Na+；
（5）A、B、C与H元素组成的一种酸式盐为NH4HCO3，D的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，发生反应的离子方程式为：
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NH4++HCO3-+2OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O；
2gS燃烧放热18.72kJ，则1molS燃烧放热为：18.72×(32/2)KJ=299.52kJ，则该反应的热化学方程式为：
S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-299.52kJ/mol，
故答案为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3?H2O+CO32-+H2O；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-299.52kJ/mol．
4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2平衡4.【答案】原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；使4NH4Cl+Mg2Si常温
?正移，有利于生产硅烷；吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol；MgSi3O8?nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6
【解析】解：（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种耐高温材料，说明氮化硅属于原子晶体，NH3、Si3N4和SiH4三种物质，Si3N4为原子晶体，NH3、SiH4是分子晶体，则熔沸点顺序为：Si3N4＞NH3、SiH4，NH3中含有氢键、SiH4中不含氢键，所以NH3的熔沸点较高，即Si3N4＞NH3＞SiH4， 故答案为：原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；
（2）生产硅烷的反应为4NH4Cl+Mg2Si?4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2，该反应为可逆反应，正反应为气体体积增大的反应，抽成真空，有利于反应平衡正向移动，有利于生产硅烷， 故答案为：使4NH4Cl+Mg2Si?4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2平衡正移，有利于生产硅烷； （3）氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，
故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）； （4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：
?????????4NO+6HO1mol4NH3+5O2催化剂氨气在一定温度下（T＞150℃）发生催化氧化反应能2，
△
常温
常温
释放出226.5kJ的热量，则4mol氨气在一定温度下（T＞150℃）发生催化氧化反应能4=906KJ的热量，所以该反应的热化学方程式是：4NH3（g）+5O2（g）释放出226.5kJ×
=4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol，
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol； MgSi3O8?nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（5）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8?nH2O的物质的量是x，得 MgSi3O8?nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O 1 4
x 0.050L×1mol/L-0.030L×1mol/L
2020届福建高三化学大题练——物质结构和性质周练（6）
1
=， x0.050L×1mol/L?0.030L×1mol/L
m
1.84
4
解得x=0.005mol，所以MgSi3O8?nH2O的摩尔质量是M=n=0.005=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6．
故答案为：MgSi3O8?nH2O+4HCl=2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．
（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；不同类型晶体熔沸点高低的比较：一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；分子晶体中含有氢键的熔沸点较高；同种类型的分子晶体相对分子质量越大，熔沸点越高；
（2）生产硅烷的反应为可逆反应，抽成真空，能使反应平衡正移，有利于生产硅烷； （3）根据氨的性质分析：氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温； （4）依据热化学方程式的书写方法分析书写，反应热与化学计量数成正比； （5）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，三硅酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化硅和水，根据化学方程式进行计算Mg2Si3O8?nH2O中n的值． 本题考查较为综合，涉及硅、氮及其化合物的性质以及工业流程的理解、复杂化学式的确立等知识，要求学生具有较强的分析和解决问题的能力，明确反应原理是解答本题的关键，题目难度中等．
5.【答案】AlO2-、SiO32-、OH-；Fe3+、Fe2+、Ni2+；将Fe2+氧化为Fe3+、有利于分离；
蒸发结晶；Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O；MHx+xOH--xe-=M++xH2O；Ni5La；
28159
×(64%a×95%+
5993
b)×97%
【解析】解：Al与SiO2和碱液反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠留在溶液A中，其余为滤渣进入滤渣a，滤渣a中加入硫酸，金属Fe变为亚铁离子，Ni变为镍离子，加入双氧水的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，以便与调节pH使其生成沉淀除去，即溶液C中含有铁离子、镍离子等，调节pH=6，得到沉淀为氢氧化铁，得到溶液为含有镍离子的溶液，然后继续调节pH值，蒸发结晶即可得到目标产物，
（1）依据分析可知，滤液A中存在的阴离子主要是AlO2-、SiO32-、OH-，故答案为：AlO2-、SiO32-、OH-；
Fe3+、Fe2+、Ni2+，Fe3+、（2）依据分析可知滤液B中可能含有的金属离子是：故答案为：Fe2+、Ni2+；
（3）加入双氧水的目的是：将Fe2+氧化为Fe3+、有利于分离，操作X为蒸发结晶，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、有利于分离；蒸发结晶；
Ni（4）阳极失去电子，发生氧化反应，是充电过程，故阳极电极反应方程式为：（OH）
2+OH
-
-e-=NiOOH+H2O；放电为原电池，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应方程
式为：MHx+xOH--xe-=M++xH2O，故答案为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O；MHx+xOH--xe-=M++xH2O；
（5）该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，=5，晶胞实际含有的镧原子镧原子都在晶胞顶点，所以晶胞实际含有的镍原子为1+8×2=1，所以晶体的化学式Ni5La， 为8×8
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