福建省龙岩市2019届高三化学下学期5月月考试题（含解析）.docx

福建省龙岩市2019届高三化学下学期5月月考试题（含解析）注意事项：1答题前，考生务必先将自己的姓名填写在答题卡上。2考生做答时，请将答案填写在答题卡上，在本试卷上答题无效；按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3选择题答案必须使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、字迹清楚。4做选考题时，请考生按照题目要求作答。请按照题号在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。5保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。6可能用到的相对原子质量：H-1 C -12 N -14 O-16 Fe-56 Cu-64第卷 选择题（共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生产、生活密切相关。下列有关叙述正确的是A. “一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素B. 电解水制氢气可缓解能源危机，实现节能环保C. “雨后彩虹”是一种与胶体有关的自然现象D. 烧制“明如镜、声如磬”的瓷器时未涉及化学变化【答案】C【解析】【详解】A. 丝绸的主要成分为蛋白质，A项错误；B. 电解水制氢气可获得氢能，可以减少碳排放，实现环保，但不能节能（因为电解时消耗大量电能），B项错误；C. 雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，C项正确；D. 黏土为原料烧制陶瓷的过程中，涉及复杂的物理化学过程，涉及化学变化，D项错误；答案选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.1 mol NaHSO4固体中含有的离子总数为0.3NAB. 1L 1 mo1L-1的(NH4)2CO3溶液中所含NH4+的数目为2NAC. 标况下，22.4L Cl2通入水中，转移的电子数为NAD. 20g D2O含有的中子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A. NaHSO4为离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成，则1mol NaHSO4固体中含有的离子总数为0.2NA，A项错误；B. 铵根离子在水溶液会发生水解，则1L 1 mo1L-1的(NH4)2CO3溶液中所含NH4+的数目小于2NA，B项错误；C. 氯气溶于水生成HCl与HClO的反应属于可逆反应，则标况下，22.4L Cl2通入水中，转移的电子数小于NA，C项错误；D. D2O的摩尔质量为20g/mol，1mol D2O中含中子数为12+8=10mol，则20g D2O含有的中子数为 10 NA=10NA，D项正确；答案选D。【点睛】本题的易错点是A，要注意其离子晶体的构成是解题的关键，硫酸氢钠只有在水溶液中才会电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下则会电离出钠离子与硫酸氢根离子，学生要理解并加以区分与应用。3.由环戊二烯（a）制备金刚烷（d）的合成路线如下图所示。下列说法正确的是A. 物质a中所有原子一定在同一个平面上B. 物质b能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C. 物质c、d互为同系物D. 物质d的一氯代物有3种【答案】B【解析】【详解】A. 物质a分子结构中含有饱和碳原子，与甲烷结构类似，所有原子不可能共平面，A项错误；B. 从物质b分子中含碳碳双键，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C. 物质c、d的分子式均为C10H16，两者结构不同，互为同分异构体，而不是同系物，C项错误；D. 物质d的结构中只存在两种氢原子，所以其一氯代物有2种，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，其结构可表示如下：可以看出1、2、3、4、5、6点上的每个碳原子可以连2个氢原子，这6点上的氢原子都是等效氢，图片上的7、8、9、10点上的每个碳原子可以连1个氢原子，这4点上的氢原子是等效氢，因此金刚烷一氯代物有二种。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子且与W同主族，Z是短周期金属性最强的元素。下列说法不正确的是A. X、Z的简单离子具有相同的电子层结构B. X、Z只能形成仅含有离子键的化合物C. W的简单气态氢化物热稳定性比Y的弱D. 原子半径：r(Y)r(X)r(W)r(Z)【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子且与W同主族，则X为O元素，W为S元素；短周期元素中，从左到右元素金属性依次减弱，从上到下元素金属性依次增强，Z是短周期金属性最强的元素，则Z为Na元素，Y为F元素，据此分析作答。【详解】依据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是O、F、Na和S元素，则A. O2-与Na+核外电子数均为10，具有相同的电子层结构，A项正确；B. O与Na可形成Na2O和Na2O2，Na2O中仅含离子键，Na2O2中含离子键与共价键，B项错误；C. 非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，则热稳定性比较：H2S Ka1(H2CO3)，C项错误；D.从图中可直接看出pH=9时，溶液中的离子浓度大小关系为：c(HCO3-)c(NH4)c(NH3H2O)c(CO32-)，D项正确；答案选C。第卷 非选择题（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。8.碱式碳酸铜可用作木材防腐剂、水体杀藻剂等，研究性学习小组设计以下方案制备碱式碳酸铜并进行相关实验探究。以铜屑为原料制备碱式碳酸铜的装置如下：步骤1 连接好装置，检查装置的气密性，装药品。步骤2 往三颈烧瓶中加入适量的浓硝酸，使铜屑完全反应。步骤3 往步骤2反应后的溶液中加入一定比例的Na2CO3和NaOH的混合液，加热。步骤4 将三颈烧瓶中的混合物过滤、洗涤、烘干，获得产物。已知：碱式碳酸铜为草绿色或绿色结晶物，易溶于酸，不溶于水，在100的水中易分解；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO不能单独与NaOH溶液反应。（1）步骤2中浓硝酸与铜屑反应的离子方程式为_。（2）步骤2反应一段时间后，须打开止水夹，通入一段时间的空气，目的是_。（3）步骤3对装置A的加热方式最好采用_。（4）装置中仪器a的名称为_，、三个装置不能替代图1中B装置的是_（填装置序号）。（5）欲检验步骤4获得的产物中是否含有NO3-，所需的试剂可以是_。探究在一定温度下，不同的原料配比对产物的影响，实验数据如下：实验序号VCu(NO3)2 /mL（0.5 mo1L-1）V(NaOH) / mL（0.5 mo1L-1）V(Na2CO3)/ mL（0.25 mo1L-1）沉淀数量沉淀颜色12.02.0 1.6 +浅绿色22.0 2.0 2.0 + +浅绿色32.0 2.0 2.4 + + +蓝色42.02.0 2.8 + + +蓝色注：“+”越多表示沉淀量越多（6）分析表格数据可得：制备碱式碳酸铜最佳的原料配比nCu(NO3)2:n(NaOH) : n(Na2CO3) =_。产物组成的测定（7）碱式碳酸铜的成分有多种，化学式可表示为mCu(OH)2n CuCO3。为测定中所得碱式碳酸铜的组成，学习小组同学准确称取3.820 g样品溶于适量的硫酸中，加水配成l00 mL溶液，取l0.00 mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH至34，加入过量的KI（2 Cu2+ + 4 I- = 2 CuI + I2），用0.l000 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定（2 S2O32- + I2 = 2I- + S4O62-），接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失。进行平行实验后，测得平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为35.00 mL。该碱式碳酸铜的化学式为_【答案】 (1). Cu + 4H+ + 2NO3 = Cu2+ + 2NO2 + 2H2O (2). 使装置中有毒气体被NaOH溶液完全吸收 (3). 水浴加热 (4). 干燥管或球形干燥管 (5). (6). 硫酸、铜片（或其他合理答案） (7). 2:2:1 (8). 4Cu(OH)23CuCO3【解析】【分析】（1）浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮与水；（2）反应一段时间后生成有毒的气体氮氧化物，据此分析作答；（3）依据给定的碱式碳酸铜的特性作答；（4）根据仪器构造分析；B装置需要防倒吸，据此考虑作答；（5）硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，可与铜反应生成NO；（6）根据已知碱式碳酸铜的颜色结合实验结果作答；（7）根据滴定过程中各物质的量之间的关系，列出关系式得出溶液中铜离子的物质的量，再结合质量列出方程组求出m和n的值得出结论。【详解】（1）步骤2中浓硝酸与铜屑反应离子方程式为Cu + 4H+ + 2NO3 = Cu2+ + 2NO2 + 2H2O；（2）步骤2反应一段时间后，会生成有毒气体二氧化氮（可能含NO），为了使气体被氢氧化钠充分吸收，须打开止水夹，通入一段时间的空气，故答案为：使装置中有毒气体被NaOH溶液完全吸收；（3）因碱式碳酸铜在100的水中易分解，所以步骤3对装置A的加热方式最好采用水浴加热；（4）装置中仪器a的名称为干燥管或球形干燥管；装置中干燥管可防倒吸，装置中倒置的漏斗也可起到防倒吸作用，装置中苯的密度比水小，在水的上层，不能起到防倒吸作用，故答案为：；（5）欲检验步骤4获得的产物中是否含有NO3-，所需的试剂可以是硫酸、铜片（或其他合理答案）；（6）碱式碳酸铜为草绿色或绿色结晶物，根据实验数据可以看出，实验2的沉淀量最多，实验3和4得到的沉淀为蓝色沉淀，则制备碱式碳酸铜最佳的原料配比nCu(NO3)2:n(NaOH) : n(Na2CO3) =0.5mol/L:0.5 mol/L:0.25 mol/L =2:2:1；（7）由2Cu2+4I-2CuI（白色）+I2、2S2O32-+I22I-+S4O62-可知，反应的定量关系为：2Cu2+I2 2S2O32-，所以n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.100 0molL-10.03500L=3.510-3mol，100mL溶液中含铜元素物质的量为3.510-3mol=3.510-2mol，则m+n=3.510-2mol，又样品质量为3.820 g，所以98m+124n=3.820g，联立方程可得m=0.020mol，n=0.015mol，所以m:n=4:3，故碱式碳酸铜的化学式可表示为：4Cu(OH)23CuCO3。9.著名化学家徐光宪在稀土领域贡献突出，被誉为“稀土界的袁隆平”。钇是稀土元素之一，我国蕴藏着丰富的钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。已知：钇（Y）的常见化合价为3价；铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似；Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe3+2.13.1Y3+6.08.3（1）将钇矿石与NaOH共熔的反应方程式补充完整：_Y2FeBe2Si2O10+_NaOH+_ _Y(OH)3 +_Fe2O3 + _Na2SiO3 + _Na2BeO2 + _H2O（2）滤渣的主要成分是_。（3）试剂A可以是_。ANaOH溶液 B氨水 CCO2 DCaO（4）用氨水调节pH=a时，a的取值范围是_。（5）计算常温下Y3+ +3H2OY(OH)3+3H+的平衡常数K=_。（常温下Ksp Y(OH)3 = 8.010-23）（6）滤液加入氨水产生沉淀的离子方程式为_。（7）从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。（8）常见的由BeCl2固体生产Be的工业方法有两种：电解法：电解NaCl-BeCl2混合熔融盐制备Be；热还原法：熔融条件下，钾还原BeCl2制备Be。以上两种方法你认为哪种更好并请说明理由_。【答案】 (1). 4 (2). 32 (3). O2 (4). 8 (5). 2 (6). 8 (7). 8 (8). 4 (9). H2SiO3 或H4SiO4 (10). B (11). 3.1a6.0（或其他合理答案） (12). 1.2510-20 (13). Y3+3NH3 H2O=Y(OH)3+3NH4+ (14). 蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体（或在HCl气流中加热蒸干） (15). 电解法好，同时能得到工业原料Cl2（热还原法好，操作简单，不产生有毒气体，或其它合理答案）【解析】【分析】钇矿石与NaOH共熔生成Y(OH)3 、Fe2O3 、Na2SiO3 和Na2BeO2 ，“水溶”后Na2SiO3 和Na2BeO2溶于水成为滤液I的主要溶质，Y(OH)3 、Fe2O3不溶，则过滤得到滤渣I的成分为Y(OH)3 、Fe2O3；向滤液I加入过量盐酸，Na2SiO3与盐酸反应转化为硅酸沉淀，Na2BeO2具有与偏铝酸钠相似的性质，则与过量盐酸反应后转化为BeCl2，因此滤渣II为H2SiO3 或H4SiO4，滤液II为BeCl2、NaCl和过量的HCl，再加入过量氨水，分离Be元素，会生成Be(OH)2沉淀，再加过量盐酸，得到纯净的BeCl2最后获得副产物Be；另一方面，滤渣I经过稀盐酸溶解后得到YCl3和FeCl3，滴加氨水条件pH，便于分离沉淀Fe元素，得到的滤液中YCl3经氨水调节适当pH沉淀得到Y(OH)3，最终高温得到Y2O3，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）钇矿石Y2FeBe2Si2O10中，Y显+3价，Be显+2价，Si显+4价，则根据化合物各元素化合价代数和为0可知，Fe的化合价为+2价，与NaOH共熔时需要氧气的参与将Fe元素转化为Fe2O3，根据得失电子守恒和原子守恒规律结合已知的产物可得，其化学方程式为：4Y2FeBe2Si2O10+32NaOH+ O2 8Y(OH)3 +2Fe2O3 + 8Na2SiO3 + 8Na2BeO2 + 4H2O，故答案为：4；32；O2；8；2；8；8；4；（2）根据上述分析可知，滤渣的主要成分为H2SiO3 或H4SiO4；（3）加入试剂A的目的是为了沉淀Be(OH)2，根据已知可知，需要加入弱碱，B项正确，故选B；（4）用氨水调节pH=a，目的是为了沉淀Fe3+，便于与Y3+分离，根据已知给出的Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH表数据可以看出，pH的范围为：3.1a6.0（或其他合理答案）；（5）该反应的平衡常数K=1.2510-20；（6）滤液中Y3+加入氨水会生成Y(OH)3，其离子方程式为：Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+；（7）BeCl2类似于氯化铝溶液，蒸干时可能会发生水解，因此要想得到BeCl2固体，蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体（或在HCl气流中加热蒸干）；（8）电解法好，同时能得到工业原料Cl2（或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体，或其它合理答案）10.过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。对NO与O2反应的研究。（1）已知氮氧化物转化过程中的焓的变化如下图所示，写出 NO转化为NO2的热化学方程式_。（2）2NO+O22NO2的平衡常数表达式K=_。其他条件不变，利用分子捕获器适当减少反应容器中NO2的含量，平衡常数K将_（填“增大”、“减小”或“不变” ）。（3）已知：2NO2(g)N2O4(g) H0。在一定条件下，将2 mol NO和1 mol O2通入恒容密闭容器中进行反应，在不同温度下，测得平衡时体系中NO、O2、NO2的物质的量与温度的关系如下图所示。曲线c代表_的物质的量与温度的关系，x点对应的O2的转化率为_。根据上图可推测_。A2NO+O22NO2的平衡常数：x点y点By点时2NO+O22NO2的反应速率：（正）（逆）C4001200时，随着温度升高，N2O4体积分数不断增大Dx点对应的NO的物质的量分数为4/11对废水中过量氨氮转化的研究。废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，将其转化为无污染物质，不同进水pH对氨氮去除率的影响如图所示。已知：HClO的氧化性比NaClO强；NH3比NH4+更易被氧化。（4）pH1.25时，NaClO与NH4+反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式_。（5）进水pH为1.256.00范围内，氨氮去除率随pH升高发生图中变化的原因是_。【答案】 (1). 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H= -112kJmol-1 (2). (3). 不变 (4). NO2 (5). 60% (6). AD (7). 3HClO + 2NH4+ = N2 + 3Cl+ 3H2O + 5H(或3ClO+ 2NH4+ = N2 3Cl+ 3H2O + 2H) (8). pH2.6时，随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；pH在2.66之间时，随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化【解析】【分析】（1）依据能量转化图的数据作答；（2）平衡常数是指反应达到平衡时，各生成物平衡浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物平衡浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；平衡常数只和温度有关；（3）依据升高温度对反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的影响作答；依据x点的NO平衡时的物质的量，找出反应的氧气的物质的量，根据转化率公式求得结论；A. 反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)为放热反应，则随着温度的升高，反应的平衡常数减小；B. 图中任何一点是平衡时的物质的物质的量；C. 2NO2(g)N2O4(g) H0，依据温度对平衡的影响作答；D. 列出三段式，求出NO的物质的量分数；（4）依据氧化还原反应规律作答；（5）依据给定的已知信息分析。【详解】（1）从转化过程的焓的变化情况可知，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H= -（180 kJmol-1-68 kJmol-1）=-112kJmol-1，故答案为：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H= -112kJmol-1；（2）2NO+O22NO2的平衡常数表达式K=；化学反应平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关，因此其他条件不变，利用分子捕获器适当减少反应容器中NO2的含量，平衡常数K将不变；（3）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H= -112kJmol-1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则NO2的物质的量随温度的升高而减小，NO和O2的物质的量随温度的升高而增大，从图中可以看出，曲线c代表NO2的物质的量与温度的关系；曲线a代表NO的物质的量与温度的关系，x点处NO平衡时的物质的量为0.8mol，则转化的NO的物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol，转化的O2的物质的量为1.2mol=0.6mol，则转化率为100%=60%；A. 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)为放热反应，随着温度的升高，反应的平衡常数减小，从图中可以看出，TxTy，则平衡常数比较：x点y点，A项正确；B. 图中任何一点是平衡时的物质的物质的量，则（正）=（逆），B项错误；C. 2NO2(g)N2O4(g) H0，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2O4的体积分数降低，C项错误；D. x点NO、NO2平衡时的物质的量均为0.8mol，列出三段式如下：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)起始量（mol） 2 1 0转化量（mol） 1.2 0.6 1.2平衡量（mol） 0.8 0.4 0.82NO2(g)N2O4(g)起始量（mol）1.2 0转化量（mol）0.4 0.2平衡量（mol）0.8 0.2则对应的NO的物质的量分数为=，D项正确；故答案选AD；（4）pH1.25时，NaClO氧化NH4+反应生成N2等无污染物质，自身还原氯离子，3HClO + 2NH4+ = N2 + 3Cl+ 3H2O + 5H(或3ClO+ 2NH4+ = N2 3Cl+ 3H2O + 2H)；（5）根据已知i，pH2.6时，随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；根据已知ii，pH在2.66之间时，随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化，所以进水pH为1.256.00范围内，氨氮去除率随pH升高发生图中变化。【点睛】本题第（3）中D项易错，计算时忽视平衡时NO和NO2物质的量相等，都为0.8mol。（二）选考题：共45分。11.铁元素与我们的生活息息相关。回答下列问题：（1）硝普钠（Na2Fe(CN)5(NO) 2H2O）可用于治疗急性心率衰竭。Fe3+的价电子轨道表示式为_。硝普钠中不存在的作用力有_（填序号）。a离子键 b金属键 c配位键 d极性共价键 e非极性共价键 f氢键硝普钠的内界Fe(CN)5(NO)2-中，非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_，由其中两种元素按原子个数比为1:3组成的常见阴离子的空间构型为_。（2）三氯化铁是一种重要的铁盐，熔沸点较低，易溶于丙酮。FeCl3晶体类型为_。FeCl3的熔点(555K)高于AlCl3(467K)的原因是_。Fe3+可用KSCN溶液检验，SCN-中键和键的个数比为_。（3）某FexNy的晶胞如下图1所示，其化学式为_，Cu可完全替代该晶体中的A位置Fe或B位置Fe，形成产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如下图2所示。其中更稳定的Cu替代型产物晶体的密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞参数a=_nm。【答案】 (1). (2). b、e (3). NOC (4). 平面三角形 (5). 分子晶体 (6). 二者均为分子晶体，且组成和结构相似，FeCl3的相对分子质量大，分子间作用力（或范德华力）大 (7). 1:1 (8). Fe4N (9). 【解析】【分析】（1）Fe的原子序数为26，依据基态原子的价层电子排布式书写Fe3+的价电子轨道表示式；根据络合物中存在的作用力判断；依据第一电离能的规律作答；根据价层电子对互斥理论分析空间构型；（2）根据给定的物理性质分析晶体类型；分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力（或范德华力）大；1个共价单键中含1个键，一个共价双键中含1个键和1个键，再结合SCN-内化学键类型分析；（3）利用“均摊法”计算出晶胞内Fe和N的个数，进而求出化学式；由图2可知，Cu替代A位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，均摊法确定化学式，晶胞质量除以晶胞的体积得密度；【详解】（1）Fe原子的核外电子数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，失去3个电子得到Fe3+，则其价电子轨道表示式为；硝普钠（Na2Fe(CN)5(NO) 2H2O）中存在离子键、配位键、极性共价键和氢键，不存在金属键和非极性共价键，故答案选b、e；硝普钠的内界Fe(CN)5(NO)2-中，非金属元素为C、N和O，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素的最高能级2p能级上为半充满结构，处于稳定状态，其第一电离能比O的大，因此第一电离能由大到小的顺序为NOC；C、N、O中两种元素按原子个数比为1:3组成的常见阴离子有CO32-、NO3-，CO32-、NO3-中中心原子的价层电子对数都为3，且中心原子上没有孤电子对，所以CO32-、NO3-的空间构型都为平面三角形；（2）三氯化铁是一种重要的铁盐，熔沸点较低，易溶于丙酮，属于分子晶体的物理特点，因此其晶体类型为分子晶体；FeCl3和AlCl3均为分子晶体，之所以FeCl3的熔点高，是因为二者组成和结构相似，FeCl3的相对分子质量大，分子间作用力（或范德华力）大；SCN-与CO2互为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含2个键和2个键，因此SCN-中键和键的个数比为1:1；（3）根据图1可知，Fe在晶胞中的个数为：81/8+61/2=4，N位于体心，则只有1个N，则化学式为：Fe4N；由图2可知，Cu替代A位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，原子个数为81/8=1，Fe位于面心，原子个数为61/2=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN，则晶胞的质量为=g，设晶胞的参数为anm，根据晶体密度g/cm3= = ，解得a=，故答案为：