届山东省济南市章丘市第四中学高三下学期模拟考试化学试题解析版.docx

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届山东省济南市章丘市第四中学高三下学期模拟考试化学试题解析版

2020届山东省济南市章丘市第四中学高三下学期2月模拟考试化学试题（解析版）

可能用到的相对原子质量：

H1Li7C12N14O16S32Cl35.5K39

第Ⅰ卷选择题

单项选择题：

每小题只有一个选项符合题意。

1.下列说法错误的是（）

A.《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为CaCO3

B.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油

C.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。

这种方法是蒸馏

D.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。

【答案】A

【解析】

【详解】A.牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；

B.这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；

C.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了，故这种方法是蒸馏，C正确；

D.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；

答案选A。

2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）

A.油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油

B.FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu

C.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯

D.氢氧化铝可以和酸反应，可用治疗胃酸过多

【答案】D

【解析】

【详解】A.油脂在碱性条件下水解，可用于制肥皂，植物油催化加氢，可以制硬化油，A错误；

B.FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于腐蚀电路板上的Cu，B错误；

C.石墨具有导电性可作电极，石墨质软可用于制铅笔芯，C错误；

D.氢氧化铝可以和酸反应，可中和过多胃酸故用于治疗胃酸过多，D正确；

答案选D。

3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4NA

B.500mL0.2mol∙L−1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NA

C.1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NA

D.2.24LCl2（标准状况）溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2mol∙L−1

【答案】C

【解析】

【详解】A.实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2NA，故A错误；

B.500mL0.2mol·L－1K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO32－＋H2O

HSO3－＋OH－、HSO3-＋H2O

H2SO3＋OH－，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3NA，故B错误；

C.1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3NA，故C正确；

D.氯气溶于水后，溶液

体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓度不是0.2mol/L，故D错误；

答案选C。

4..常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.使酚酞变红色的溶液：

Na＋、Cu2＋、

、

B.c（H+）/c（OH−）=1012的溶液中：

、Al3+、

、Cl−

C.由水电离的c（H+）=1×10−12mol·L−1的溶液中：

Na+、K+、Cl−、

D.c（Fe3+）=0.1mol·L−1的溶液中：

K+、Cl−、

、SCN−

【答案】B

【解析】

【详解】A.使酚酞变红色的溶液呈碱性：

则Cu2＋、

不能共存，A错误；

B.c（H+）/c（OH−）=1012的溶液呈酸性，则

、Al3+、

、Cl−互不反应可以共存，B正确；

C.由水电离的c（H+）=1×10−12mol·L−1的溶液中，水的电离被抑制，可以是酸溶液也可以是碱溶液，则

不能共存，C错误；

D.c（Fe3+）=0.1mol·L−1的溶液中SCN−不能共存，D错误；

答案选B。

5.香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。

下列有关烟酸的说法正确的是（）

A.六元环上的一氯代物有3种

B.一定条件下能发生消去反应

C.所有的碳原子一定处同一平面

D.1mol烟酸能和4mol氢气发生加成反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.六元环上有4种氢原子，故六元环上一氯代物有4种，A错误；

B.含氧官能团为羧基，不能发生消去反应，B错误；

C.烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，按苯环的结构特点知所有的碳原子一定处同一平面，C正确；

D.羧基不能和氢气发生加成反应，故1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应，D错误；

答案选C。

6.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：

SO2（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋S（l）　ΔH<0，下列有关说法正确的是（　　）

A.若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变

B.若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高

C.若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率

D.其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；

B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；

C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；

D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；

故选D。

7.a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+离子的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。

下列叙述错误的是（）

A.简单离子的半径：

c＞dB.简单氢化物的热稳定性：

c＞b

C.a、b、c可能形成离子化合物D.e的最高价氧化物对应的水化物是强酸

【答案】D

【解析】

【分析】

a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素为Cl元素。

【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：

c>d，故A正确；

B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：

c>b，故B正确；

C.a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；

D.硅酸属于弱酸，故D错误；

故选D。

【点睛】元素的不确定增大了本题的难度。

根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。

8.分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是

实验事实

结论

A

苯酚和水的浊液中，加碳酸钠溶液，溶液变澄清

苯酚的酸性比碳酸强

B

将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色

随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强

C

铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显

气泡放出，铜溶解

硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率

D

向2mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/L

NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/LNa2S溶液，有黑色沉淀生成

氯化银的溶解度大于硫化银

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A、苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，由强酸制弱酸的反应原理可知，酸性苯酚>碳酸氢钠溶液，A错误；

B、将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色，说明产生了HClO，随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强，B正确；

C、铜放入稀硫酸中，无明显现象，说明铜和稀硫酸不发生反应，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解，说明硫酸中加入硝酸钠，产生了稀硝酸，铜与稀硝酸反应，生成了硝酸铜的蓝色溶液，同时生成了NO，并不是硝酸钠加快铜与稀硫酸的反应速率，C错误；

D、向2mL0.1mol/L的硝酸银溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol/LNa2S溶液，有黑色沉淀生成，根据题中所给硝酸银、氯化钠、硫化钠的用量，可知硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，过量的硝酸银会与硫化钠反应，生成黑色沉淀，因而与溶解度无关，D错误；

答案选B。

9.下列离子方程式书写正确的是

A.向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：

SO42-＋Ba2＋

BaSO4↓

B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液：

CH3COOH＋OH－

CH3COO－＋H2O

C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：

Fe（OH）2＋2H＋

Fe2＋＋2H2O

D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：

NH4+＋OH－

NH3·H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为:

Al3++SO42-＋Ba2＋+4OH-

BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故A错误；

B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：

CH3COOH＋OH－

CH3COO－＋H2O，故B正确；

C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为:

3Fe（OH）2+NO3-＋10H＋

3Fe3＋＋8H2O+NO

故C错误；

D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式:

NH4+＋HCO3-+2OH－

CO32+-NH3·H2O+H2O，故D错误；

答案：

B。

10.国内最新研究，实现CO2的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。

该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。

放电过程反应方程式为：

4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是

A.放电过程正极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+C

B.若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2g

C.充电过程B电极为阴极，发生氧化反应

D.可用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO

【答案】A

【解析】

【详解】A.放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：

4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和C，电极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+C，故A正确；

B.根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，故B错误；

C.放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极（A）为阴极，发生还原反应，故C错误；

D.锂能够与水反应，不能用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；

答案选A。

不定项选择题：

每小题只有一个或两个选项符合题意

11.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。

下列叙述正确的是（　）

A.迷迭香酸属于芳香烃

B.迷迭香酸含有五种官能团

C.1mol迷迭香酸最多能和7mol溴水发生反应

D.1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应

【答案】CD

【解析】

【分析】

迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，根据各官能团的性质分析与迷迭香酸反应消耗的溴水、NaOH物质的量。

【详解】A项，迷迭香酸中含C、H、O三种元素，迷迭香酸不属于烃，A项错误；

B项，迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B项错误；

C项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键，1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能与7molBr2发生反应，C项正确；

D项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应，D项正确；

答案选CD。

【点睛】解答本题需要注意：

（1）苯环不属于官能团；

（2）酚类与溴水发生取代反应时，酚羟基的邻、对位苯环氢可被溴原子取代。

12.考古中出土的锡青铜（铜锡合金）文物常有Cu2（OH）3Cl覆盖在其表面。

下列说法正确的是（）

A.锡青铜的熔点比纯铜高

B.锡青铜中的锡加速了铜的腐蚀速度

C.锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快

D.生成Cu2（OH）3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程

【答案】C

【解析】

【详解】A.锡青铜是合金，合金的熔点比纯金属的熔点都低，A错误；

B.锡青铜中的锡比铜活泼，所以形成原电池时，锡作负极，则铜被保护，B错误；

C.在潮湿环境中，锡青铜易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C正确；

D.生成Cu2（OH）3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但属于化学反应，D错误。

答案选C。

13.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下（未配平）：

KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2（SO4）3＋H2O。

下列说法正确的是

A.Fe2＋的还原性强于Mn

2＋

B.MnO4-是氧化剂，Fe3＋是还原产物

C.生成1mol水时，转移1.25mol电子

D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成

【答案】AC

【解析】

【详解】A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；

B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；

C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=

=1.25mol，故C正确；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D错误；

答案选AC。

【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键。

本题的易错点为D，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀。

14.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中正确的是（）

A.当2

第一步电离平衡常数均相同

B.A点溶液中有：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（

）＋c（

）＋c（

）＋c（OH－）

C.B点溶液中有：

c（Na＋）>c（

）>c（

）>c（

）

D.等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中有2c（H＋）＋c（

）＝2c（OH－）＋c（

）＋3c（

）

【答案】AD

【解析】

【详解】A．H3PO4的第一步电离平衡常数与温度有关，与溶液的pH大小无关，因此当2＜pH＜4.7时，H3PO4的第一步电离平衡常数均相同，故A正确；

B．根据电荷守恒得到A点溶液中有：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（

）＋2c（

）＋3c（

）＋c（OH－），故B错误；

C．B点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH=9.7，溶液显碱性，说明

是水解大于电离，因此c（Na＋）＞c（

）＞c（

）＞c（

），故C错误；

D．等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中电荷守恒为：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（

）＋2c（

）＋3c（

）＋c（OH－），再根据物料守恒：

2c（Na＋）＝3c（

）＋3c（

）＋3c（

），将第一个等式乘以2再减去第二个等式：

2c（H＋）＋c（

）＝2c（OH－）＋c（

）＋3c（

），故D正确。

综上所述，答案为：

AD。

15.利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：

C3H8（g）⇌C3H6（g）＋H2（g）　ΔH。

起始时，向2L密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示（已知p1为0.1MPa）。

下列说法正确的是（）

A.反应的ΔH＜0

B.压强p2＜0.1MPa

C.p1条件下，556℃时，该反应的平衡常数为1/6

D.556℃时，起始向2L密闭容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时v（正）＞v（逆）

【答案】B

【解析】

【详解】A．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H＞0，A错误；

B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，即压强p2＜0.1MPa，B正确；

C．丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x，图象中可知丙烷在B点物质的量分数为50%，则

=50%，即x=

，所以平衡常数

，C错误；

D．556℃时，起始向2L密闭容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时浓度熵为

＞

，所以反应逆向进行，v（正）＜v（逆），D错误；答案选B。

第Ⅱ卷非选择题

16.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。

（1）Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。

原理是：

在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。

700℃时反应的化学方程式为____。

（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO＋H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图。

写出电极c发生的电极反应式：

___________、_____________。

（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：

CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）。

对此反应进行如下研究：

某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH（g）。

此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将_____（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动。

（4）已知：

若甲醇的燃烧热为ΔH3，试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（l）的ΔH，则ΔH＝_____。

（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图所示，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成______molC（碳）。

【答案】

（1）.Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4

（2）.CO2+2e－=CO+O2−（3）.H2O+2e－=H2+O2−（4）.向逆反应方向（5）.2ΔH1－ΔH2－ΔH3（6）.0.1

【解析】

【分析】

（1）根据信息分析和质量守恒书写低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成的两种锂盐，再书写平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生的方程式。

（2）其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极。

（3）先计算平衡时H2（g）、CO（g）和CH3OH（g）物质的量，求出平衡常数，再求出向容器中再通入0.35molCO气体时容器体积，求出浓度商并与平衡常数比较。

（4）根据图像和燃烧热的概念得到三个热反应方程式，再根据盖斯定律计算。

（5）根据图中信息得到反应方程式，再根据方程式计算。

【详解】

（1）在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐，根据元素守恒得到两种锂盐为Li2CO3和Li2SiO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。

700℃时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4；故答案为：

Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4。

（2）其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极，电极c发生的电极反应式：

CO2+2e－=CO+O2−、H2O+2e－=H2+O2−；故答案为：

CO2+2e－=CO+O2−、H2O+2e－=H2+O2−。

（3）某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH（g），则消耗0.8molH2（g），0.4molCO（g），剩余0.2molH2（g）和0.8molCO（g），此时容器内气体物质的量共0.2mol+0.8mol+0.4mol=1.4mol，容器体积为2L，此时平衡常数为

；此时向容器中再通入0.35molCO气体，则气体物质的量为1.75mol，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为

，此时CO物质的量为1.15mol，则浓度商

，因此平衡将向逆反应方向移动；故答案为：

向逆反应方向。

（4）根据图像得到H2（g）＋

O2（g）=H2O（l）ΔH1，CO2（g）=CO（g）＋

O2（g）ΔH2，甲醇的燃烧热为ΔH3，即CH3OH（l）＋

O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH3，将第一个方程式乘以2减去第二个方程式，再减去第三个方程式得到CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（l）的ΔH，则ΔH＝2ΔH1－ΔH2－ΔH3；故答案为：

2ΔH1－ΔH2－ΔH3。

（5）根据图中信息得到反应方程式为10Fe0.9O＋CO2=3Fe3O4＋C，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应，根据方程式可生成0.1molC（碳）；故答案为：

0.1。

【点睛】向恒压容器加入气体时，一定要注意加入

气体会使整个容器体积增大，因此要计算出此时容器的体积，再根据浓度商进行计算并与平衡常数相比较。

17.南京工业大学某研究团队最近在《NatureCommunications》刊文介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮（碳）化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。

回答下列问题：

（1）在周期表中