广西钦州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份广西钦州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共24页。试卷主要包含了H2O2，N2和H2物质的量分别为3ml等内容，欢迎下载使用。
广西钦州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·广西钦州·高二期末）在下列空格中，填上适当的元素符号或微粒符号。
(1)在第3周期中，第一电离能最大的元素是_______，电负性最大的元素是_______ 。
(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的_________ 。
(3)在F2、H2O2、 NH3、、H2O、 HBr中，含有配位键的微粒有_____，含有非极性键的微粒有________； 空间构型是三角锥形的分子_______。
2. （2020春·广西钦州·高二期末）I．在水溶液中橙红色的与黄色的有下列平衡关系：+H2O⇌2+2H+。现将一定量的K2Cr2O7溶于水配成稀溶液，溶液呈橙色。
(1)向上述溶液中加入浓硫酸溶液，溶液呈______色，因为_____。
(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡向______方向移动(正或逆)，溶液颜色将_____(加深或变浅)。
II．在容积一定的密闭容器中， 置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g) ⇌CO2(B)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。请回答下列有关问题。

(1)该反应的△H______。
(2)若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_____K2(填“＜”、“＞”或“＝”)，在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正_____v逆(填“＜”、“＞”或“＝”)。
(3)在T3时，可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)在密闭容器中达平衡，只改变下列条件，一定既能加快反应速度，又能增大平衡时的值是_______。
A．加入一定量C   B．减小容器容积    C．升高温度    D．加入一定量的CO2
(4)可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的平衡常数的表达式___________。
III．氮氧化物会破坏臭氧层，已知：①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9 kJ/mol
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2= -116.2 kJ/mol
则反应：2O3(g)=3O2(g)△H=____________。
3. （2020春·广西钦州·高二期末）在室温下，下列四种溶液：
①0. 1 mol/L NH4Cl    ②0. 1 mol/L CH3COONH4    ③0. 1 mol/L NH4HSO4 ④0. 1mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。
(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4+)最小的是_______(填序号)。
(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与浓度的大小关系是： c (CH3COO-)_______ c() (填“＞”、“＜”或“＝”)。
4. （2020春·广西钦州·高二期末）常温下，水溶液中的反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+达到平衡时，c(SCN-)=0.10 mol/L，c(Fe2+)=0.040 mol/L；c=0.68 mol/L。回答下列问题：
(1)加入少量KSCN固体后，平衡将向___________(“正”或“逆”)方向移动。
(2)该反应的平衡常数K为多少?__________________。
(3)加水稀释至原溶液体积的2倍，平衡将向______________(“正”或“逆”)方向移动。请通过相关计算说明。
5. （2021春·广西钦州·高二统考期末）(1)A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

①B中Sn极的电极反应式为___________，Sn极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②C中总反应方程式为_________。比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是__________。
(2)如图是甲烷燃料电池工作原理示意图，回答下列问题：

①电池的负极是__(填“a”或“b”)极，该极的电极反应式是___。
②电池工作一段时间后，电解质溶液的pH是____(填“增大”“减小”或“不变”)。
66．（2021春·广西钦州·高二统考期末）在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液　②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液　③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液　④0.1 mol·L－1氨水  ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。
(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_______(填序号)
(3)在上述①、②、③、④溶液中c(NH4+)浓度由大到小的顺序是_____________。(填序号)
(4) 室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)______c(NH4+)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为_______(填“甲基橙”或 “酚酞”)。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果______(填“偏高”或 “偏低”)。
6. （2022春·广西钦州·高二统考期末）按要求回答下列问题。
(1)A是在地壳中含量最多的元素，该元素原子的电子排布图是_______，其原子核外有_______个未成对电子，能量最高的电子所在的轨道呈_______形。B为周期表中第29号元素，B的电子排布式为_______。
(2)汽车尾气含有CO和NO等有毒气体，净化有毒气体的反应方程式为：，此反应中涉及元素的第一电离能大小关系为_______；此反应中涉及物质中互为等电子体的是_______；的结构式为_______。
(3)元素周期表中除放射性元素外，电负性最小的元素与电负性最大的元素形成的化合物的电子式为：_______。
7. （2022春·广西钦州·高二统考期末）能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。请回答下列问题：

(1)甲中甲烷燃料电池的负极反应式为_______，若线路中转移1mol电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为_______L。
(2)乙池中X为阳离子交换膜，石墨电极(C)作_______极，写出总反应的离子方程式_______。若将乙装置中两电极用导线直接相连，则铁发生吸氧腐蚀，写出铁电极反应式：_______。
(3)若丙中要实现铁上镀银，b电极材料为_______。
8. （2022春·广西钦州·高二统考期末）已知常温下，的电离平衡常数，。
(1)常温下，的溶液中，由水电离出的_______。
(2)常温下，将的溶液稀释100倍，溶液的pH_______4(填“>”“=”或“化学腐蚀速率>原电池正极腐蚀速率，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C；
(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反应式为CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O。
①电池的负极是a电极，该极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4 - 8e- +10OH- ＝ CO32- + 7H2O；
②根据总反应式可知，反应消耗氢氧化钠，电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小。
【点睛】金属发生腐蚀的速率大小关系为：电解池阳极腐蚀速率>原电池负极腐蚀速率>化学腐蚀速率>原电池正极腐蚀速率>电解池阴极腐蚀速率。
6.      酸     NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋     ②     ③＞①＞②＞④     ＝     甲基橙     偏低
【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；
(2)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，结合溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响分析水的电离程度的变化；
(3)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，根据溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小分析排序；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明溶液中c(OH-)=(H+)，根据电荷守恒分析判断；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，据此分析判断。
【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+，故答案为酸；NH4++H2ONH3•H2O+H+；
(2)以①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液，醋酸根离子水解，促进铵根离子水解，水的电离程度增大，③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液，氢离子抑制铵根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，④0.1 mol·L－1氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液中一水合氨抑制了铵根离子的水解，水的电离程度减小，因此水的电离程度最大的是②，故答案为②；
(3)①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液，铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.1 mol·L-1；②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于比①小；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度比①大；④0.1 mol·L－1氨水，一水合氨部分电离，c(NH4+)远小于0.1 mol·L-1；因此c(NH4+)浓度由大到小的顺序为，故答案为③＞①＞②＞④；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，故答案为=；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低，故答案为甲基橙；偏低。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意盐类水解的影响因素，同时注意盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小。
7. (1)          2     哑铃     ls22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
(2)     N>O>C     CO和N2     O=C=O
(3)

【解析】（1）A是在地壳中含量最多的元素，则A为O元素，为周期表中第8号元素，电子排布式为ls22s22p4，该元素原子的电子排布图是；其原子核外有2个未成对电子的p电子，能量最高的电子所在的轨道为2p，呈哑铃形；B为周期表中第29号元素，由洪特规则特例可知，B的电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)，故答案为：；2；哑铃；ls22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；
（2）同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但N元素最外层p轨道为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则涉及元素的第一电离能大小为N>O>C；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，则反应中涉及物质中互为等电子体的是CO和N2；的电子式为，则其结构式为O=C=O，故答案为：N>O>C；CO和N2；O=C=O；
（3）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小，所以元素周期表中除了放射性元素外，电负性最小的元素是Cs元素、电负性最大的元素是F，二者形成的化合物是离子化合物CsF，其电子式为，故答案为：。
8. (1)     CH4−8e－＋10OH－=＋7H2O     5.6
(2)     阳     2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－     Fe−2e－= Fe2+
(3)银

【分析】根据分析甲为燃料电池，甲烷为燃料，作原电池负极，氧气为正极，则乙、丙为电解质，Fe、a为阴极，C、b为阳极。
（1）甲中甲烷燃料电池的负极为甲烷，KOH溶液为电解液，其负极反应式为CH4−8e－＋10OH－=＋7H2O，若线路中转移1mol电子，则该燃料电池理论上消耗的物质的量为0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol× 22.4L∙mol−1＝5.6L；故答案为：CH4−8e－＋10OH－=＋7H2O；5.6。
（2）乙池中X为阳离子交换膜，根据前面分析石墨电极(C)作阳极，乙的总反应的离子方程式2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。若将乙装置中两电极用导线直接相连，则铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，石墨为正极，则铁电极反应式：Fe−2e－= Fe2+；故答案为：阳；2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；Fe−2e－= Fe2+。
（3）若丙中要实现铁上镀银，根据镀件作阴极，镀层金属做阳极，b电极为阳极，则b电极材料为银；故答案为：银。
9. (1)1×10−12 mol∙L−1
(2)＜
(3)1.75×10−5

【解析】（1）常温下，的溶液中，溶液中c(H＋)＝1×10−2mol∙L−1，则溶液中c(OH－)＝1×10−12mol∙L−1，溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根浓度，水电离出的氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，因此由水电离出的1×10−12mol∙L−1；故答案为：1×10−12mol∙L−1。
（2）常温下，将的溶液中c(H＋)＝1×10−2mol∙L−1，溶液稀释100倍，理论上氢离子浓度为c(H＋)＝1×10−4mol∙L−1，但由于草酸稀释时又电离出氢离子，因此氢离子浓度大于1×10−4mol∙L−1，则溶液的pH＜4；故答案为：＜。
（3）常温下，反应的平衡常数，则，解得，则计算的电离平衡常数＝1.75×10−5；故答案为：1.75×10−5。
10.      烧杯、玻璃棒、漏斗；     cd；     取少量B溶液于试管中，向试管中加入几滴KSCN溶液，如果溶液变为血红色，说明含有铁离子，说明硫酸亚铁已经变质，否则就没有变质；     b；          加热浓缩；     冷却结晶。
【分析】废弃固体的主要成分是和，灼烧废气固体发生反应,所以气体a是二氧化硫，固体A是CuO和Fe2O3，固体A和稀硫酸混合，发生的反应为 和，所以A溶液中成分是硫酸铜和硫酸铁，向溶液A中加入过量的铁屑，发生反应和，所以固体B的成分是铁和铜，滤液B的成分是硫酸亚铁，固体B中加入稀硫酸，铜和稀硫酸不反应，过滤得到固体粗铜；向滤液B中加入试剂X得到溶液C，将溶液C加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铁晶体，滤液B中成分是硫酸亚铁，需要加入氧化剂双氧水将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，所以试剂X是双氧水。
【详解】(1)③实验过程中，过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(2) ③④操作中会有一种气体生成，该气体是氢气，若在实验室制备该气体，可用锌和稀硫酸制取，，该反应的混合物为固液混合，不需要加热，所以选用固液混合不加热型装置，所以可选择cd装置；故答案为cd；
(3) 滤液B的成分是硫酸亚铁,在空气中放置有可能变质,被空气氧化为硫酸铁，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色的硫氰化铁，所以可以用KSCN溶液检验硫酸亚铁是否变质，检验方法是：取少量B溶液于试管中，向试管中加入几滴KSCN溶液，如果溶液变为血红色，说明含有铁离子，说明硫酸亚铁已经变质，否则就没有变质；故答案为：取少量B溶液于试管中，向试管中加入几滴KSCN溶液，如果溶液变为血红色，说明含有铁离子，说明硫酸亚铁已经变质，否则就没有变质；
(4)溶液加稀硫酸酸化后加强氧化剂，且反应不能引入新的杂质；
a.氯气将亚铁离子氧化为铁离子，但引进新杂质氯离子，故不能用a；
b. 将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水，不产生新的杂质，故选用b；
c.将亚铁离子氧化为铁离子，但引进新杂质锰离子等，故不能用c；
双氧水在酸性条件下与硫酸亚铁反应的离子方程式为；故答案为：b；；
(5)由溶液C经加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得晶体。故答案为：加热浓缩；冷却结晶。
11.      12     A     H2+-2e－=CO2+H2O     2H2O+2Cl- Cl2↑+H2↑+2OH-     铜     负     Cl2+2e-=2Cl-
【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-；断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应；断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应，石墨作正极，氯气发生还原反应，由此分析。
【详解】I．(1)CH4参加该反应转变为CO，化合价从-4价升高到+2价，升高6，则参加反应共转移6mol电子，2 mol CH4参加该反应转移12mol电子；
(2)原电池中阴离子向负极移动，A为负极，所以向电极A移动，
(3)通入氧气的一极为正极，则B为正极，A为负极，负极上H2和CO被氧化生成二氧化碳和水，故电极A的反应为H2+2＋CO-4e－=3CO2+H2O，氢气发生的反应为：H2+-2e－=CO2+H2O；
II. (1)断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl- Cl2↑+H2↑+2OH-；
(2)断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上(石墨电极上)氯离子失电子发生氧化反应，阴极上(Cu电极上)氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；
(3)断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据根据分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，石墨电极上发生还原反应：Cl2+2e-=2Cl-。
【点睛】断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，说明形成了原电池，是氢氯燃料电池，根据电解池的阴阳极判断原电池的正负极是难点。
12. (1)     0.05mol/L     50%
(2)CD
(3)          >     2     >

【详解】（1）若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol，因此消耗氢气的物质的量是0.2mol×＝0.3mol，氢气的转化率为：，由方程式可知，消耗氮气为0.1mol，平衡时氮气的浓度是＝0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；50%；
（2）A.加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，选项A错误；
B.增大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，选项B错误；
C.正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项C正确；
D.加入一定量N2，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项D正确，
故答案为：CD；
（3）①由反应可知平衡常数的表达式为：K=，故答案为：；
②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2，故答案为：>；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数与N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数互为倒数，则400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K==2；此时浓度商Qc=v(N2)逆，故答案为：2；>。
13. (1)放热
(2)AB
(3)     酸     滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫色，且30秒内不褪色
(4)     1     1%     逆     不变     >

【解析】（1）锌与稀硫酸的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应速率加快，所以EF段化学反应速率加快与该反应是放热反应有关，故答案为：放热；
（2）A．向溶液中加入蒸馏水，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减小，锌的物质的量没有变化，氢气的量没有变化，故符合题意；B．向溶液中加入氯化钠溶液，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减小，锌的物质的量没有变化，氢气的量没有变化，故符合题意；C．向溶液中加入硝酸钠固体，酸性条件下硝酸根离子与锌反应生成一氧化氮，不生成氢气，故不符合题意；D．向溶液中加入硫酸铜固体，锌与硫酸铜溶液反应置换出铜，锌的物质的量减小，生成氢气的量减小，且锌、铜在稀硫酸中构成原电池，反应速率加快，故不符合题意；故选AB；
（3）①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入酸式滴定管中，故答案为：酸式；②当酸性条件下高锰酸钾溶液与双氧水溶液恰好完全反应后，再滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫色，且30秒内不褪色说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫色，且30秒内不褪色；
（4）①盐酸是强酸，醋酸为弱酸，0.1000mol/L盐酸溶液的pH为1，0.1000mol/L醋酸溶液的pH大于1，则滴定盐酸的曲线是图1，故答案为：1；②由图可知，0.1000mol/L醋酸溶液的pH为3，则滴定前醋酸的电离度为×100%=1%；向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，温度不变，电离常数Ka=的值不变，故答案为：1%；逆；不变；③由图可知，达到B、D状态时，溶液都为中性溶液，B点为氯化钠溶液、D点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则盐酸完全反应，醋酸部分反应，反应消耗的氢氧化钠溶液的体积a大于b，故答案为：>。
14. (1)     抑制Fe3＋水解     Fe(OH)3
(2)     ＋H2O⇌＋OH-          3250
(3)或

【解析】（1）FeCl3会发生水解，方程式为，加入盐酸，氢离子浓度增大，该水解平衡逆向移动，可抑制Fe3+水解。Fe3+水解生成氢氧化铁和HCl，将溶液加热，HCl变成气体挥发，Fe3+水解平衡正向移动，最终生成的固体物质为Fe(OH)3。
（2）盐碱地中含有较多的Na2CO3，碳酸根发生水解生成氢氧根，使盐碱地呈碱性，离子方程式为。石膏中的Ca2+可与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，，消耗了碳酸根离子，抑制了碳酸根离子的水解，从而降低了碱性。K=。
（3）观察该反应机理的过程可知，该反应中投入了CO2和H2，产出了H2O和CH4，Pb-Mg/SiO2为催化剂，实际为CO2和H2在Pb-Mg/SiO2的催化作用下生成了H2O和CH4，故总反应方程式为。
15.      3d104s1     4     N＞O＞C     12NA     分子晶体     AC     Fe4N     (，，)    
【分析】根据元素的原子序数，由核外电子排布规律，写出价电子排布式；根据第一电离能递变规律判断其大小；根据配合物的结构和性质特征判断σ键数目和晶体类型；根据克服的化学键类型判断破坏的力的作用类型；根据晶胞的结构和均摊法计算，得出晶体的化学式；根据Fe原子在晶胞中的位置和坐标参数求出N原子的坐标参数，根据晶体的质量和体积计算晶体的密度；据此解答。
【详解】（1）Cu是29号元素，核外有29个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，3d能级上的6个电子排布在5个d轨道上，则有4个未成对电子；答案为3d104s1，4。
（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；答案为N＞O＞C。
（3）在配合物Fe(CN)63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个σ共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质，分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，可知Fe(CO)5属于分子晶体；答案为12NA，分子晶体。
（4）A．铝气化克服金属键；B．AlCl3溶于水克服共价键；C．加热使铜熔化克服金属键；D．熔融NaCl克服离子键；破坏的力的作用类型相同的是AC；答案为AC。
（5）①晶胞中N原子位于体心，Fe原子位于顶点与面心，故晶胞中N原子数为1、Fe原子数目=8×+6×=4，该晶体化学式为Fe4N；答案为Fe4N。
②Fe原子位于晶胞的顶点(8个顶点等效)和面心(6个面心，两两相对的面心是等效的，相当于有3个不同位置)，因此原子坐标参数共有4个，顶点(0，0，0)，面心(，，0）、（，0，）、(0，，)，N原子在体心，原子坐标参数为(，，)；答案为(，，)。
③晶胞质量m═g=g，晶胞的体积V=(a×10-10)3cm3，晶体密度ρ===g/cm3；答案为。
16.     3d104s24p1     小于     大于     NH3中的N具有孤对电子，BF3中的B核外具有空轨道     正四面体     sp3     GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高     16    
【详解】(1)Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA，则基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1；
(2)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强。元素的非金属性Ga＜As，所以元素的电负性Ga＜As；同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子失去电子就越容易，其第一电离能就越小，由于元素的非金属性B＞Ga，所以第一电离能B＞Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合，是由于NH3中N提供孤电子对，BF3中B提供空轨道；
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子为AsO43-，根据VSEPR理论，价电子对数VP=4+=4，则其空间构型为正四面体；根据杂化轨道理论，中心As的杂化方式为sp3杂化；
(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，离子键比分子间作用力大得多，所以前者的熔沸点比后者高；
(5)一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价键数为4×4=16；在一个晶胞中含有的As原子个数为8×+6×=4，含有的Ga原子个数为4个，则1mol晶胞的质量m=4×145g=580g，1个晶胞的体积为V=a3pm3=(x×10-10)3cm3，所以晶体密度为ρ=g/cm3=g/cm3。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、元素的电负性、电离能、原子杂化、晶胞密度的计算等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，要学会用均摊方法，先计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后结合ρ=计算晶胞密度。要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生综合能力的考查。
17. (1)     3︰1     平面三角形     sp3     sp2     CO2和O2都属于分子晶体，CO2相对分子质量大，范德华力强
(2)     3     AE     3    

【解析】（1）①甲醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子内σ键与π键个数之比为3︰1，甲醛分子中形成碳氧双键的碳原子含有3个σ键，不含有孤电子对，所以分子的空间构型为平面三角形，故答案为：3︰1；平面三角形；②甲醇分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，甲醛分子中形成碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；③二氧化碳和氧气都是分子晶体，二氧化碳的相对分子质量大于氧气，分子间范德华力大于氧气，所以沸点高于氧气，故答案为：CO2和O2都属于分子晶体，CO2相对分子质量大，范德华力强；
（2）①由方程式可知，硫酸镍为离子晶体，硫酸、磷酸、水为分子晶体，镍为金属晶体，则制备反应化学方程式中的6种物质所属的晶体类型有3种，故答案为：3；②由分子结构可知，丁二酮肟分子中含有π键、配位键和氢键，不含有金属键和离子键，故答案为：AE；③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镧原子个数为8×=1，位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，则合金的化学式为LaNi5，晶胞中位于面上和棱上的氢分子个数为8×+2×=3，则1mol镧形成的该合金能储存3mol氢气；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30abcd，解得d=，故答案为：3；。