黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三化学上学期12月月考试题（含解析）

哈六中高三学年12月知识检测化学试题一、选择题(每小题只有一个选项符合题意 ，每题2分)1.化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（ ）A. 我们熟悉的塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C. 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D. 干电池即使不用，放置过久也可能漏液失效，其原因是电解质溶液NH4Cl显酸性和外壳锌反应【答案】B【解析】A. 我们熟悉的塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，故A正确；B. “泪”化学成分是烷烃、环烷烃等，故B不正确；C. 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源，故C正确；D. 干电池即使不用，放置过久也可能漏液失效，其原因是电解质溶液NH4Cl显酸性和外壳锌反应，故D正确。故选B。2.下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A. 用葡萄糖制镜或保温瓶胆 B. 用ClO2杀菌、消毒C. 用Na2SiO3溶液制备木材防火剂 D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果【答案】C【解析】A葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；CNa2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。3.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是( )A. 1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-3NAB. 0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NAC. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NAD. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2mol【答案】A【解析】A. 1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的c(H+)=c(OH-)=110-11mol/L，水电离出的H+数目均为10-11NA，故A不正确；B. 乙醇的分子组成可看作C2H4(H2O)，可见相同分子数的乙烯和乙醇完全燃烧消耗一样多的氧气，0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA，故B正确；C. 标准状况下，2.24L即0.1molN2和O2的混合气体中分子数为0.1NA，故C正确；D. I2(g)H2(g)2HI(g)，该反应为可逆反应，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2mol，故D正确。故选A。4.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀性质酸性氧化物酸性氧化物还原性还原性漂白性氧化性5. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+=H2O+CO2D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+【答案】D【解析】A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；B. 钠首先与水发生反应，故B错误；C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ = H2O+CO2,故C错误；D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确。故选D。视频6.实验操作规范且能达到目的是( ) 目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，液体体积大于20.00 mL，故A错误；测定溶液PH用干燥的pH试纸，故B错误；碘易溶于酒精，故C正确；不能把固体物质放入容量瓶溶解，故D错误。7.短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中Q是无机非金属材料的主角。下列判断正确的是()A. 离子半径：TWGB. 等物质的量的W、G单质分别与足量铁粉反应，后者消耗的铁粉多C. 最简单气态氢化物的热稳定性：QRD. T和G组成的化合物溶于水，其水溶液呈中性【答案】C【解析】【试题分析：】Q是无机非金属材料的主角，则Q为Si元素，根据短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的位置，可知R为氮元素，T为Al元素，W为S元素，G为Cl元素。A、根据离子半径变化规律，离子半径：T G 0)，下列说法不正确的是A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3molB. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a KjD. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】D【解析】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，C正确；C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误，答案选D。点睛：选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。12.水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是A. 气体甲一定是纯净物B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C. K、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D. CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中【答案】C【解析】试题分析：加入过量的稀盐酸有气体产生，说明CO32-、SO32-至少有一种，气体甲中CO2、SO2至少有一种。镁离子、铝离子与CO32-、SO32-均不能大量共存，一定不存在镁离子、铝离子；加入过量的盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，沉淀甲是硅酸。无色溶液中加入过量氨水有沉淀生成，该沉淀只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子。由于原溶液中的铝离子一定不存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，则一定存在偏铝酸根离子。根据溶液的电中性可知一定含有K+离子。A、根据以上分析可知气体甲不一定是纯净物，A错误；B、根据以上分析可知沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，B错误；C、根据以上分析可知原来溶液中K+、AlO2-和SiO32-一定存在，C正确；D、根据以上分析可知硫酸根离子不能确定是否存在，CO32-可能存在，D错误，答案选C。考点：考查离子的检验和离子共存的正误判断13.常温下，0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A. HA为强酸B. 该混合液pH7C. 图中X表示HA，Y表示OH，Z表示HD. 该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)【答案】D【解析】试题分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，发生反应HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A-浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A-+H2OHA+OH-，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH-）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A-）c（OH-），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A-）c（OH-）c（HA）c（H+），即X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A-）+c（HA），选D。考点：考查酸碱混合溶液的定性判断，溶液PH值、盐类水解等知识。视频14.某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图所示，若其他条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图所示。则下列结论正确的是()A. 该反应的热化学方程式为X(g)3Y(g) 2Z(g)H0B. 若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大C. 温度分别为T1和T2时的平衡常数大小关系为K2K1D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】A. t1时刻反应达到平衡状态，此时X减少0.2mol/L，Y减少0.6mol/L，Z增加0.4mol/L，该反应的化学方程式为X(g)3Y(g)2Z(g)，T1时达到平衡所需时间短，速率大，所以T1T2，升温Y的体积分数增大，表明升温平衡左移，HT2，升温平衡左移，K2K1，故C正确；D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误。故选C。点睛：解答本题的突破点是判断T1、T2的相对大小。T1、T2所在曲线斜线部分斜率大的速率大，温度高。15. 国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是A. 其分子式为C15H16O4B. 分子中存在4种含氧官能团C. 既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D. 1mol该有机物最多可与4molBr2发生加成反应【答案】C【解析】试题分析：A、由题给结构简式判断，其分子式为C15H18O4，A错误；B、由题给结构简式判断分子中含有羰基、羟基和羧基三种含氧官能团，B错误；C、含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有羟基和羧基，能发生缩聚反应，C正确；D、分子中含有3个碳碳双键，1mol该有机物最多可与3molBr2发生加成反应，D错误。答案选C。考点：考查有机物的结构与性质。16.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），已知电离平衡常数：CH3COOHH2CO3C6H5OH HCO，其中不正确的是A. pH相等的四种溶液：aCH3COONabC6H5ONacNaHCO3dNaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：dbcK2HPO4KH2PO4B. 在Na2CO3溶液中存在：c(OH)- c(H+)=c(HCO3)+ c(H2CO3)C. 等浓度的NaHCO3、NaHC2O4溶液中前者pH较大D. H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应的产物为Na3C6H5O7、CO2、H2O【答案】C【解析】A. 电离常数Ka与水解产常数Kh之间的关系为Kw=KaKh=110-14，H3PO4的Ka26.3108110-7，Ka34.21013H3C6H5O7的Ka34.0107，所以H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应不可能生成Na3C6H5O7、CO2、H2O，故D错误。故选C。23.NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质(如下图所示)。下列说法正确的是( )A. 用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入到石灰水中B. 由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异C. 常温下干燥Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应D. 图中所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】A. Cl2与石灰乳反应制备漂白粉；B.在制备纯碱的过程中，是利用了碳酸氢钠比碳酸钠溶解度小； C.加热条件下，氯气和铁反应生成氯化铁；D. 氯化钠转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠转变为碳酸钠都不是氧化还原反应；【详解】A. 用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入到石灰乳中，A错误；B.在制备纯碱的过程中，是利用了碳酸氢钠比碳酸钠溶解度小，B正确；C. 氯气和铁在加热情况下反应，常温下干燥Cl2与铁不反应，可以用钢瓶贮运，C错误；D. 图示中氯化钠转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠转变为碳酸钠都不是氧化还原反应，D错误；综上所述，本题选B。24.金属钛被称为“21世纪金属”(1)工业上用钛矿石(含FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)经过以下流程制得TiO2：其中，步骤发生反应为：2H2SO4+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H20步骤I反生的化学方程式是_若将所得FeSO4晶体溶于水，加热蒸干后所得的固体是_若步骤中是利用Ti4+在溶液中水解制得TiO2nH2O,则该反应的离子方程式为_(2)可利用TiO2通过下述两种方法制备金属钛：方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，用炭块作电解槽池，电解TiO2制得钛，其阴极发生的反应：_。方法二：通过以下反应制备金属钛TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) H=+151 KJ/molTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti在实际生产中，需在反应过程中加入碳才能顺利制得TiCl4，其原因是_，_。(两方面)(3)若已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 KJ/mol,则由固体TiO2、固体C与Cl2反应制取气态TiCl4的热化学方程式为_。【答案】 (1). Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (2). Fe2O3，Fe2(SO4)3 (3). Ti4+(n+2)H2O TiO2nH2O+4H+ (4). TiO2+4e-=Ti+2O2- (5). 碳单质与氧气反应减小产物浓度使平衡向右移动，并利用反应放热，导致反应顺利进行，使生成更多TiCl4 (6). TiO2(s) + 2Cl2（g）+ C（s）= TiCl4（g）+ CO2(g)H=-243KJ/mol【解析】本题主要考查对于工业制钛方法的评价。（1）步骤IAl2O3、SiO2溶于浓氢氧化钠溶液，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，若将所得FeSO4晶体溶于水，加热蒸干，过程中FeSO4被空气中氧气氧化为Fe2(SO4)3，水解产物氢氧化铁受热分解产生氧化铁，所得固体是Fe2O3，Fe2(SO4)3。若步骤中是利用Ti4+在溶液中水解制得TiO2nH2O，则该反应的离子方程式为Ti4+(n+2)H2OTiO2nH2O+4H+。（2）方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，用炭块作电解槽池，电解TiO2制得钛，其阴极发生的反应：TiO2+4e-=Ti+2O2-。方法二：在实际生产中，需在反应过程中加入碳才能顺利制得TiCl4，其原因是碳单质与氧气反应减小产物浓度使平衡向右移动，并利用反应放热，促使反应顺利进行，生成更多TiCl4。（3）将热化学方程式“C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 KJ/mol”用表示，则+得由固体TiO2、固体C与Cl2反应制取气态TiCl4的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2（g）+C（s）=TiCl4（g）+ CO2(g)H=-243KJ/mol。点睛：解答本题的难点是（2）写出阴极反应式。要注意电解发生在熔融CaO的电解液而不是水溶液中，自由移动的离子是Ca2+、O2-。此时的电极反应式中只能出现Ca2+、O2-。25.草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下:【查阅资料】KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：【提出假设】假假设1: 该反应为放热反应 假设2:反应生成的Mn2对该反应有催化作用假设3: K+对该反应有催化作用 该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是_【设计、完成实验】(1)称取_g草酸晶体(H2C2O42H2O)，配置500mL 0.10mol/L H2C2O4溶液。 在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和_。 下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_(填下列选项的字母序号)。A称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 B定容时俯视刻度线C将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水D摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容(2)完成探究，记录数据实验编号烧杯中所加试剂及用量(mL)控制条件溶液褪色时间(s)0.10mol/LH2C2O4溶液等浓度KMnO4溶液H2O0.50mol/L稀硫酸13020302018230203020水浴控制温度6515330203020加入少量MnSO4固体3.643020x20加入5mL 0.10mol/L K2SO4溶液18则x =_，假设_成立(3)由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定。取10.00 mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用(2)中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00 mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：_。上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为_molL1(保留两位有效数字)【答案】【提出假设】随反应物浓度降低，反应速率减慢【设计、完成实验】（1）6.3 g 500 mL容量瓶 A、D （2）25 mL（3）5H2C2O42MnO4 6H=10CO22Mn28H2O 0.010 mol/L【解析】试题分析：【提出假设】 因为随反应物浓度降低，反应速率减慢，而实验中反应速率是加快的。【设计、完成实验】（1）草酸晶体的质量=0.50.1126=6.3 g 。 因为要配制500毫升溶液，所以选用500 mL容量瓶； A、因为要称量6.3克草酸晶体，若放在右盘，则实际称量的质量偏低，浓度偏低；B、俯视则溶液的体积小，浓度偏大；C、容量瓶中有水，不影响浓度；D、摇匀后不应该加水，若加水，则浓度偏小。所以选A、D。 （2）因为实验是要控制溶液的浓度相同，所以混合溶液的总体积应相等，所以需要加入水的体积为25 mL。（3）草酸被高锰酸钾氧化成二氧化碳，离子方程式为：5H2C2O42MnO4 6H=10CO22Mn28H2O。高锰酸钾的浓度=5:(0.110)=2:( 40x) 解x=0.010 mol/L考点：考查影响反应速率的因素，一定物质的量浓度的配制，实验数据的分析26.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3)c(CO32)=21，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=4107；K2=51011）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHCO(CO)键能/kJmol14137454361075则该反应的H=_。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_（填“A” 或“B ”）。按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900的原因是_。（3）O2辅助的AlCO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6O2+6e6O26CO2+6O23C2O42反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。【答案】 (1). CO32- (2). 10 (3). +120 kJmol-1 (4). B (5). 900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (6). Al3e=Al3+（或2Al6e=2Al3+） (7). 催化剂 (8). 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。详解：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3)c(CO32)=21，则根据第二步电离平衡常数K2=51011，所以氢离子浓度为110-10mol/L，pH=10。（2）化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4413+2745)(21075+2436)= +120 kJmol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。根据图3得到，900时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al3e=Al3+（或2Al6e=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。点睛：本题的第（2）小问中的涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。27.化学选修3：物质结构与性质 A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B2+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中电负性最大的是_(填元素符号)，其中C原子的次外层电子排布式为_。(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_(填分子式)，原因是_；B的氢化物所属的晶体类型是_，B单质所形成的晶体，一个晶胞平均含有_个原子。(3)C和D反应可生成组成比为1：5的化合物E， E的分子式为_，已知该分子的空间构型为三角双锥，则其中两个Cl原子被F原子所替代得到的产物结构有_种。(4)化合物D2A的立体构型为_，中心原子的价层电子对数为_，单质D与Na2SO3溶液反应，其离子方程式为_。(5)A和B能够形成化合物F，F晶体中的B2+离子的排列方式如下图所示，每个B2+周围最近的等距离的A2-离子有_个。已知F的晶胞参数是a0=0.54nm，它的密度为_(只列式不作计算，阿伏加德罗常数为6.021023mol-1)。【答案】（15 分）（1）O；2s22p6（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；离子晶体；2（3） PCl5；3（4）V形；4；Cl2SO32H2O2ClSO422H+（5）12；【解析】试题分析：C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B2+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Mg元素。（1）四