届上海市黄浦区三上学期期末一模学科质量检测化学试题解析版.docx

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届上海市黄浦区三上学期期末一模学科质量检测化学试题解析版

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上海市黄浦区2019届高三上学期期末质量调研（一模）

化学试题

（解析版）

相对原子质量：

H－1O－16C－12Na－23

一、选择题（共40分，每小题2分。

每小题只有一个正确答案）

1.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是

A.Na+B.HCO3－C.Fe2+D.Cl-

【答案】B

【解析】

【分析】

稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；

【详解】A.Na+为强碱阳离子,不能起到调节人体内pH值的作用,故A不正确；

B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：

HCO3-离子电离使得溶液呈酸性,HCO3-水解呈现碱性,即电离呈酸性,降低pH值,水解呈碱性,pH值升高,故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子,水解使溶液呈酸性,只能降低pH值,故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子,不能起到调节人体内pH值的作用,故D不正确；

正确答案:

B。

【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键,并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。

2.能用来鉴别乙醇、苯和己烯的试剂是

A.金属钠B.溴水C.硫酸铜溶液D.氨氧化钠溶液

【答案】B

【解析】

【详解】A.金属钠只与乙醇反应生成氢气,不与苯和己烯反应,故无法鉴别苯和己烯,故A不正确；

B.溴水和乙醇互溶不分层；溴水和苯混合分层,苯萃取溴在上层；己烯和溴水发生加成,使溴水褪色,现象不同,可以鉴别,故B正确；

C.硫酸铜溶液和乙醇互溶不分层；苯和己烯和硫酸铜混合分层,上层为均有机层,无法鉴别,故C不正确；

D.氢氧化钠溶液和乙醇互溶不分层；苯和己烯和氢氧化钠溶液混合分层,上层为均有机层,无法鉴别,故D不正确；

正确答案：

B。

3.金刚石的熔点为a℃,晶体硅的熔点为b℃,足球烯（分子式为C60）的熔点为c℃,三者熔点的大小关系是

A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.c>b>a.

【答案】A

【解析】

【详解】金刚石和晶体硅为原子晶体,两者晶体结构相似,熔沸点高。

由于金刚石中碳原子半径小于硅原子半径,所以碳碳键的键能高于晶体硅中硅硅键的键能,金刚石熔点高于晶体硅；足球烯（分子式为C60）为分子晶体,熔化只需要克服分子间作用力,故熔沸点低。

所以三者熔点应该是金刚石高于晶体硅,晶体硅高于足球烯,A符合题意；

正确答案：

A。

4.足量的大理石颗粒与一定量某浓度的盐酸反应,为了减慢化学反应速率,同时又不影响产生CO2的量,可以在盐酸中加入

A.CaOB.NaOHC.CH3COONaD.K2CO3

【答案】C

【解析】

【详解】A.CaO与盐酸反应,减慢反应速率,但由于消耗了盐酸,产生二氧化碳的量减少,故A不正确；

B.NaOH与盐酸反应,减慢反应速率,但由于消耗了盐酸,生成二氧化碳的量减少,故B不正确；

C.CH3COONa与盐酸反应生成弱酸醋酸,减慢反应速率,但是醋酸酸性比碳酸强,也可以与碳酸钙反应生成二氧化碳,不影响生成二氧化碳的量,故C正确；

D.K2CO3的加入,增大了碳酸根离子浓度,反应物浓度越大化学反应速率越快,故D不正确；

正确答案：

C。

5.下列溶液中加入浓氨水直至过量,最终能得到无色澄清溶液的是

A.Al2（S04）3B.FeSO4C.MgCl2D.AgNO3

【答案】D

【解析】

【详解】A.Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+,故A不正确;

B.Fe2++2NH3·H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+,4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3,故B不正确;

C.Mg2++2NH3·H2O=Mg（OH）2↓+2NH4+,故C不正确;

D.Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+,AgOH+2NH3·H2O=Ag（NH3）2++OH-+2H2O,故D正确；

正确答案：

D。

6.向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液,当SO42－全部沉淀时,铝元素的主要存在形式为

A.Al3+B.AlO2－C.Al（OH）3D.Al（OH）3、AlO2－

【答案】B

【解析】

【详解】当SO42－全部沉淀时,SO42－与Ba2+反应比例为1:

1,因此KAl（SO4）2与Ba（OH）2的反应比例1:

2,Al3+与OH-的比例为1:

4,所以铝元素的存在形式是AlO2-,KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O,当SO42－全部沉淀时,铝元素的主要存在形式为AlO2－,B符合题意；

正确答案：

B。

7.重水（D2O）是重要的核工业原料,下列说法错误的是

A.氘（D）原子核外有1个电子

B.1H与D互称同位素

C.H2O与D2O互称同素异形体

D.1H218O与D216O的相对分子质量相同

【答案】C

【解析】

氘（D）原子核外有1个电子,A对；1H与D互称同位素,B对；同素异形体都是单质,不是化合物,C错；1H218O与D216O的相对分子质量都是20,D对。

【考点定位】本题考查核素。

8.下列关于仪器的使用说法错误的是

A.滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗B.锥形瓶用作反应容器时应垫石棉网加热

C.蒸馏时温度计水银球应高于蒸馏瓶支管口D.振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞

【答案】C

【解析】

【详解】A.滴定管中在装入滴定液之前,需要用滴定液润洗,目的是避免待装液被蒸馏水稀释,影响滴定结果,故不选A；

B.底面积大的玻璃仪器为了均匀受热,防止炸裂仪器,加热必须垫石棉网,故不选B；

C.蒸馏时,为了测定馏出物温度,温度计水银球上沿应与蒸馏烧瓶支管下沿平齐,不可高于蒸馏烧瓶支管口,故选C；

D.使用分液漏斗进行分液操作时,振荡前应关闭其玻璃塞和活塞,避免液体流出,然后再进行振荡,故不选D；

正确答案：

C。

9.在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2:

1的物质的量之比完全反应,生成一种棕黄色气体X。

则X为

A.Cl2B.Cl2OC.ClO2D.Cl2O5

【答案】C

【解析】

【详解】根据氧化还原反应得失电子数相等列等式,Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价,NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低,NaClO3为氧化剂,设Cl元素在还原产物中的化合价为x,则：

1×（6-4）=2×（5-x）,解得x=4,故棕黄色气体X的化学式为ClO2。

正确答案：

C。

【点睛】注意从化合价变化判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,利用电子转移守恒计算。

10.1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体,放出393kJ的热量,下列热化学方程式表示正确的是

A.C（s）+O2（g）→CO2（g）+393kJ

B.C+O2→CO2+393kJ

C.C（s）+O2（g）→CO2（g）-393kJ

D.C（s）+1/2O2（g）→CO（g）+393kJ

【答案】A

【解析】

A．正确。

B．各物质的聚集状态没有标明,B错。

C．放热反应放出热量用“+”,C错。

D．碳完全燃烧生成的是二氧化碳,所以D错。

11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是

A.氨水应密闭保存,放置在低温处

B.在硫酸亚铁溶液中,加入铁粉以防止氧化变质

C.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气

D.侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨水中存在化学平衡：

NH3+H2O⇌NH3•H2O,正反应是放热,反应温度降低,平衡向生成一水合氨的方向进行,避免氨气挥发,能用勒夏特列原理解释,故不选A；

B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+,不存在化学平衡的问题,不能用勒夏特列原理解释,故选B；

C.排饱和食盐水的方法收集氯气,利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO逆向进行,减小氯气的溶解度,能用勒夏特列原理解释,故不选C；

D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：

NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl-（aq）,若要析出氯化铵,应该使平衡向逆向移动,通入氨气后,溶液中铵根离子浓度增大,平衡向着逆向移动,有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度,平衡逆向移动；加入食盐,溶液中氯离子浓度增大,平衡向着逆向移动,有利于氯化铵的析出,能用勒夏特列原理解释,故不选D；

正确答案：

B。

【点睛】如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

使用勒夏特列原理时,变化的过程必须是可逆的过程,否则勒夏特列原理不适用。

12.某溶液中有S042－、CO32－、NH4+、M,且SO42－、CO32－、NH4+的物质的量之比为1：

2：

4,则离子M可能是

A.H+B.K+C.CI－D.Ba2+

【答案】B

【解析】

【详解】A.H+与CO32－不共存,会生成二氧化碳气体和水,故A不正确；

B.根据电荷守恒SO42－、CO32－、NH4+的物质的量之比为1：

2：

4时,阴离子所带电荷n（SO42－）×2+n（CO32－）×2=1×2+2×2=6,阳离子所带电荷n（NH4+）×1=4×1=4,还缺少正电荷,Ba2+与CO32－、SO42－不能大量共存,所以M可能是钾离子,故B正确；

C．根据电荷守恒SO42－、CO32－、NH4+的物质的量之比为1：

2：

4时,阴离子所带电荷n（SO42－）×2+n（CO32－）×2=1×2+2×2=6,阳离子所带电荷n（NH4+）×1=4×1=4,还缺少正电荷,所以Cl-不可能,故C不正确；

D.Ba2+与CO32－、SO42－不能大量共存,故D不正确；

正确答案：

B。

13.前者是物理变化,后者是化学变化,且都有明显颜色变化的是

A.打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体

B.石油分馏,丁烷裂解

C.木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中

D.向品红溶液中通入SO2；向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液

【答案】C

【解析】

【详解】A.打开盛装NO的集气瓶NO与氧气反应生成NO2,是化学变化；故A不正确；B.石油分馏,丁烷裂解,没有明显颜色变化,故B不正确；

C.木炭吸附NO2气体,红棕色变浅；将氯气通入品红溶液中,品红褪色,前者是物理变化,后者是化学变化,且都有明显颜色变化,故C正确；

D.向品红溶液中通入SO2,二氧化硫会和品红反应使其褪色,是化学变化,故D不正确；

正确答案：

C。

14.下图是电解CuCl2溶液的装置,其中c、d为石墨电极。

则下列有关的判断正确的是（）

A.a为负极、b为正极B.a为阳极、b为阴极C.电解过程中,氯离子浓度不变D.电解过程中,d电极质量增加

【答案】D

【解析】

由电流方向：

a为电源正极,c发生氧化反应,为阳极：

2Cl－－2e－=Cl2↑,导致溶液中氯离子浓度减小

b为电源负极,d发生还原反应,为阴极：

Cu2＋＋2e－=Cu,析出铜,电极质量增加

15.下列现象或事实可用同一原理解释的是

A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低

B.分别加热固体碘和氯化铵晶体

C.漂粉精和亚铁盐长期暴露在空气中变质

D.乙炔和丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色

【答案】D

【解析】

【详解】A.浓硫酸具有吸水性,盐酸易挥发,长期暴露在空气中二者浓度都降低,但原理不同,故A不正确；

B.加热固体碘会升华是物理变化,加热氯化铵固体会分解生成氨气和氯化氢是化学变化,二者原理不同,故B不正确；

C.漂白粉中的次氯酸钙和空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸,亚铁盐长期暴露在空气会被氧气氧化成铁盐,二者变质的原理不同,故C不正确；

D.乙炔和丙烯都含有不饱和键,都可发生加成反应,故D正确；

正确答案：

D。

16.下列各组在溶液中的反应,不管反应物量的多少,都只能用同一个离子方程式来表示的是

A.FeBr2与Cl2B.Ba（OH）2与H2SO4

C.HCl与Na2CO3D.Ca（HCO3）2与NaOH

【答案】B

【解析】

正确答案：

B

A．还原性：

Fe2＋>Br―Cl2量不同,反应产物不同

B．2H＋＋2OH―＋Ba2＋＋SO42―=BaSO4＋2H2O

C．H＋＋CO32―=HCO3―,H＋＋HCO3―=H2O＋CO2↑

D．Ca2＋＋HCO3―＋OH―=CaCO3↓＋H2O,Ca2＋＋2HCO3―＋2OH―=CaCO3↓＋2H2O＋CO32―

17.下图是合成氨反应的正、逆反应速率随反应时间变化的示图,有关叙述错误的是

A.状态Ⅰ和状态Ⅱ时,反应均处于平衡状态

B.状态Ⅰ变化为状态Ⅱ的过程,称为化学平衡移动

C.t1时刻平衡向正反应方向移动,平衡常数增大

D.同一种反应物在状态I和状态II时,浓度不相等

【答案】C

【解析】

【详解】A.状态Ⅰ和状态Ⅱ时,V正=V逆,反应均处于平衡状态,故不选A；

B.状态Ⅰ变化瞬间正反应速率大于逆反应速率,反应正向进行到达平衡状态Ⅱ,所以化学平衡移动了,故不选B；

C.t1时刻平衡向正反应方向移动,根据图像可知,正速率瞬间增大,逆反应速率瞬间没变,所以应该是增大了反应物浓度,温度没变,平衡常数不变,故选C；

D.状态Ⅰ变化瞬间正反应速率大于逆反应速率,反应正向进行到达平衡状态Ⅱ,由于平衡移动了,所以反应物、生成物浓度均发生了变化,故不选D；

正确答案：

C。

【点睛】速率一时间因此类图像定性揭示了v正、v逆随时间（含条件改变对化学反应速率的影响）变化的观律,体现了平衡的“动、等、定、变”的基本特征,以及平衡移动的方向等,根据瞬间时刻v的变化,确定外界条件的变化。

18.室温下,下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是

A.0.1mol▪L－1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色

B.0.1mol▪L－1NH4Cl的pH小于7

C.0.1molL－1NaOH溶液的导电能力比0.1molL－1氨水的导电能力强

D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13

【答案】A

【解析】

【详解】A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红,只能说明氨水具有碱性,但不能说明电离程度,不能说明NH3▪H2O为弱电解质,故选A；

B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5,溶液显酸性,可说明氯化铵为强酸弱碱盐,水解呈酸性,可说明一水合氨为弱电解质,故不选B；

C.在相同条件下,氨水溶液的导电性比强碱溶液弱,可说明一水合氨部分电离,能说明NH3▪H2O为弱电解质,故不选C；

D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13,说明未完全电离,能说明NH3▪H2O为弱电解质,故不选D；

正确答案：

A。

【点睛】判断弱电解质的依据关键点：

①弱电解质部分电离；②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。

19.在密闭容器中发生反应：

xA（g）+yB（g）⇌zC（g）,平衡时测得A的浓度为0.50mol▪L－1,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再次达平衡时测得A的浓度为0.30mol▪L－1,有关判断正确的是

A.x+y

C.B的转化率增大D.C的体积分数下降

【答案】D

【解析】

【分析】

根据A的浓度变化分析化学平衡移动的方向,根据平衡移动的方向进行相关的判断。

【详解】一定量的气体在密闭容器中发生反应：

xA（g）+yB（g）⇌zC（g）,平衡时测得A的浓度为0.50mol•L-1,将容器的容积扩大到原来的两倍,若不考虑平衡移动,只考虑体积变化,A的浓度应变化为0.25mol/L,题干中再达到平衡时,测得A的浓度降低为0.30mol/L,说明体积增大,压强减小,化学平衡逆向移动,因此,逆反应方向是气体分子数增大的方向,x+y>z,B的转化率减小,C的体积分数下降。

综上所述,D正确,本题选D。

【点睛】注意A的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键。

本题容易根据A的浓度变小而错误在判断平衡移动的方向，这种情况下，一定要先假设平衡不移动，计算出因为体积变化而引起的浓度变化，然后在此基础上，再分析A的浓度变化，才能作出正确的判断。

20.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。

分别取样：

①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。

为确定该溶液的组成，还需检验的离子是

A.Na+B.SO42－C.Ba2+D.NH4+

【答案】A

【解析】

试题分析:

溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。

【考点定位】考查离子的检验方法及离子共存。

【名师点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。

根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：

（1）互斥性原则。

判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。

（2）电中性原则。

溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。

（3）进出性原则。

离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失（如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋），则原溶液中是否存在该种离子无法判断。

解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。

扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。

例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。

其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。

二、综合题（共60分）

21.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。

当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。

（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为_____________________。

（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为____________________。

（3）KCIO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。

KCIO4含有化学键的类型有_____________________。

（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。

假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是____________（写分子式）。

所得固体产物溶于水显强碱性的原因是____________。

（5）利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是____________。

【答案】

（1）.

（2）.Fe（3）.离子键和共价键（4）.CO2、N2（5）.Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性（6）.测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH

【解析】

【分析】

（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对；

（2）Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；

（4）2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑2NaN3

2Na+3N2，产生的气体中属于非极性分子的是CO2、N2；KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O；Fe2O3+6Na=2Fe+3Na2O；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性，所以所得固体产物溶于水显强碱性；

（5）最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强；测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH,酸根离子对应酸的酸性越弱，水解能力越强，pH值越大；

【详解】

（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为

；

正确答案：

。

（2）Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；

正确答案：

Fe。

（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；

正确答案：

离子键和共价键。

（4）2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑2NaN3

2Na+3N2，产生的气体中属于非极性分子的是CO2、N2；KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O；Fe2O3+6Na=2Fe+3Na2O；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性，所以所得固体产物溶于水显强碱性；

正确答案：

CO2、N2；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性

（5）最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强；测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH，酸根离子对应酸的酸性越弱，水解能力越强，pH值越大，测定KClO4溶液为中性，碳酸氢钠溶液弱碱性，可得结论；

正确答案：

测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH。

22.结构决定性质，性质决定用途，试根据元素周期表中第三周期元素相关知识完成下列填空：

（1）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为____________，氧化性最弱的简单阳离子是____________。

（2）最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，其原子的核外电子排布式是____________，核外有____________种运动状态的电子，有____________种不同能量的电子。

【答案】

（1）.氩

（2）.Na+（钠离子）（3）.1s22s22p63s23p2（4）.14（5）.5

【解析】

【详解】

（1）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素是18号元素为氩，其原子结构示意图为

。

金属性越强，其离子氧化性越弱，第三周期金属性最强的是Na。

正确答案：

氩Na+（钠离子）。

（2）最高正价=最外层电子数，最低负价的绝对值=8-最外层电子数，最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，可知最外层四个电子，其原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，有多少电子就有多少运动状态的电子，有几个能级就有几种不同能量的电子。

正确答案：

1s22s22p63s23p2145

23.已知:

化合物

MgO

Al2O3

MgCl2

AlCl3

类型

离子化合物

离子化合物

离子化合物

共价化合物

熔点/℃

2800

2050

714

191

工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是________________________。

工业制铝时，电解Al2O3面不电解AlCl3的原因是_________________________。

（1）钠的金属性比钾弱，而工业上却可用钠与氯化钾在850℃时制取钾，化学方程式为Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l），该反应化学平衡常数表达式为_____________________________。

（2）解释用该反应制备金属钾的原理____________________________________