北京市牛栏山一中2019届高三化学上学期期中试题（含解析）.docx

2019届北京市牛栏山一中高三第一学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1下列物质加工或应用过程中不发生化学变化的是选项ABCD加工或应用纯金制金饰品玉米酿酒油脂制肥皂氯气对自来水消毒2下列说法正确的是A蛋白质的变性是可逆过程B天然油脂没有恒定的熔点、沸点C氨基乙酸不能溶于强酸溶液中D蔗糖的水解产物不能发生银镜反应3已知7834 Se与O同主族，下列有关7834 Se的说法不正确的是A非金属性强于SB位于第四周期第A族C中子数是44D最高化合价为+642016年诺贝尔化学奖授予借助某些金属离子制造出复杂新分子，从而合成分子机器的三位科学家，合成新分子过程模拟如下：下列有关信息错误的是A图中新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用B利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新 “机械键”C在创造新分子技术中，铜离子是唯一可以借助的金属离子D此技术可以 “互锁”合成 分子，甚至成更复杂的分子5常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A由水电离产生的c(OH)=11012mol/L的溶液中：HCO3、K+、Na+、SO42B含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、OH、Br、Na+CpH=0的溶液中：Na+、K+、S2、SO32D能使酚酞变红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br6下列关于有机物的鉴别方法及选用该方法的原因叙述不正确的是序号方法选用该方法原因A用新制氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸新制氢氧化铜能被乙醛还原，产生砖红色沉淀，而与乙酸发生碱与酸的复分解反应产生溶解现象B碳酸钠溶液可鉴别乙酸、乙醇两种无色液体碳酸钠可与乙酸发生盐与酸的复分解反应产生二氧化碳，而与乙醇不反应C用氯化铁溶液鉴别乙醇和苯酚氯化铁与羟基反应显紫色D用水鉴别乙醇和甲苯乙醇与水互溶，甲苯与水有分层现象7下列依据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验操作中不能达到实验目的的是AA BB CC DD8X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为 0.01mol/L)的pH和原子半径的关系如下图所示。其中，Y为碳元素。下列有关说法正确的是AX是硫元素BY的最高价氧化物的电子式为 CW的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键DZ的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO49下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是选项操作现象结论AA.向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2溶液褪色HClO有漂白性B无水乙醇与浓硫酸共热至170,将产生气体通入溴水溴水褪色乙烯和溴水发生加成C向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞变红,前者红色深结合H+能力: CO32HCO32D用发光小灯泡分别做HCl和CH3COOH导电性实验发光强度: HCl强于CH3COOHCH3COOH是弱电解质10常温下，向20 mL 0.1mol/L醋酸溶液中滴加0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，测定结果如下图所示。下列解释不正确的是A0.1mol/L醋酸溶液pH约为3，说明醋酸是弱电解质Bm大于20Ca点表示的溶液中，c(CH3COO )c(Na+)Db点表示的溶液中，溶质为醋酸钠和氢氧化钠11下列解释事实的化学方程式或离子方程式中不正确的是A盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH=SiO32+H2OB配制FeCl3溶液时要加盐酸：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+C燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放：2CaCO32SO2+O2=2CaSO42CO2D强碱溶液中，用次氯酸钠与Fe(OH)2反应制备高铁酸钠：2ClOFe(OH)2=FeO422Cl2H12X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是元 素XYZW原子半径(nm)0.0770.0750.1020.099最高正价或最低负价+4+521AY的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键B1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molC0.3molCu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0.2mol气体DX与Z形成XZ2时各原子均满足8电子稳定结构13聚合物P的结构简式是：，下列说法不正确的是A单体之一是 B聚合物P 中含有酯基C合成聚合物P的反应类型是缩聚反应D通过质谱法测定P的平均相对分子质量，可得其聚合度14室温下，分别用0.1 molL1溶液进行下列实验，结论不正确的是A向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c(Na+) = c(HSO) +2c(SO)B向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后：c(NH4+) + c(NH3H2O) = c(Na+)C向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，则：c(NH4+) c(CO32)c(HCO3)c(OH)c(H)b. 吸收过程中，体系中的含碳微粒只有CO32、HCO3、H2CO3c. 当n(CO2)：n(Na2CO3)1：3时，溶液中c(CO32)1:1II饱和2551:1III饱和5041:1IVFe C饱和503.51:1电解电压:开始发生电解反应时的电压 对比实验I和阴、阳极气体体积比，推测实验I阳极可能有其它气体生成，其它气体的化学式为_。 资料显示：“较低的电解电压有利于节能降耗”。结合上表中和的数据，解释更有利于节能降耗的原因_。(4)资料显示“氯碱工业中采用金属阳极材料，可以降低电解电压，实现节能降耗”，该同学用50的饱和NaCl溶液进行实验验证，结果如下：装置编号电极材料电解电压/V现象阴极阳极VFeFe1.5阴极：产生无色气体U形管底部：有白色沉淀生成VIFeCu2阴极：产生无色气体阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色，最后变成砖红色实验V中，通过检验阴、阳极附近溶液所含离子，推断产生白色沉淀为Fe(OH)2 。该同学经查阅资料分析认为：“实验VI中白色沉淀是CuCl，淡黄色沉淀是CuOH。i.阳极生成CuCl的电极反应式为_。ii.用化学用语和必要文字解释阴极区白色胶状沉淀转化为淡黄色的原因_。该同学通过以上探究认为，氯碱工业中不能采用Fe、Cu作阳极材料。(5)综合以上探究，你对氯碱工业中电解食盐水条件控制的建议有 _(至少写出两条)。2019届北京市牛栏山一中高三第一学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1A【解析】纯金制金饰品，只是形状改变，属于物理变化，故A正确；玉米酿酒是淀粉转化为酒精，属于化学变化，故B错误；油脂制皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于化学变化，故C错误；氯气对自来水消毒，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化，故D错误。2B【解析】【详解】A.蛋白质遇强酸、强碱、重金属盐及某些有机物可发生变性，变性后失去原有的活性，变性为不可逆反应，故A错误；B. 天然油脂为混合物，则没有恒定的熔点、沸点，故B正确；C. 氨基乙酸含氨基、羧基，具有两性，含氨基可与强酸反应，故C错误；D.蔗糖的水解产物含葡萄糖，葡萄糖含CHO可发生银镜反应，故D错误。所以B选项是正确的。3A【解析】【详解】A. 同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，所以 Se 非金属性弱于S ，故A错误；B. Se 与 O 同主族，而 Se 是第四周期，所以 Se 位于第四周期第A 族，故B正确；C. 中子数 = 质量数 质子数，所以中子数为：7834=44，故C正确；D. 最高价等于最外层电子数，所以最高化合价为+6 ，故D正确；故选：A。【点睛】本题以3478Se与O同主族为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及非金属性强弱的比较、元素在周期表中的位置，熟悉基础知识是解题的关键，注意中子数=质量数质子数。4C【解析】【详解】A.由图2可以知道，铜离子将分子组合在一起，所以新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，所以A选项是正确的；B.由图可以知道，在铜离子作用下，合成新分子，新分子中通过机械键互锁而链接在一起，所以B选项是正确的；C.由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子，故C错误；D.四个环形分子“互锁”可以合成 分子，多个环形分子“互锁”可以合成更加复杂的分子，所以D选项是正确的。故选C。【点睛】本题以科学界的最新研究成果为知识背景，考查了学生的分析能力和阅读、应用信息的能力，注意把握题目中包含的信息，审题要细心，由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子。5D【解析】【详解】A.由水电离产生的c(OH)=11012mol/L的溶液可能是强酸，也可能是强碱溶液，HCO3在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存，A错误；B.含有大量Fe3+的溶液中Fe3+、Al3+与OH不能大量共存，B错误；C. pH=0的溶液呈酸性，S2、SO32在强酸性溶液中不能大量共存，C错误；D. 能使酚酞变红色的溶液呈碱性，碱性溶液中Na+、Ba2+、Cl、Br可以大量共存，D正确。故选D。6C【解析】乙醛有醛基能与新制氢氧化铜悬浊液反应得到砖红色沉淀，乙酸没有醛基，但是乙酸有显酸性的羧基，可以与氢氧化铜反应得到可溶于水的醋酸铜，选项A正确。乙酸有羧基，显酸性，且酸性强于碳酸，所以乙酸可以与碳酸钠反应得到二氧化碳，而乙醇没有羧基，实际显中性，与碳酸钠不反应，选项B正确。氯化铁应该与酚羟基作用而显色，与醇羟基不反应，所以不能说“氯化铁与羟基反应显紫色”，选项C错误。乙醇与水混溶，所有的烃都不溶于水，所以甲苯不溶于水，应该分层，选项D正确。点睛：进行有机物的鉴别时，要注意到有机物的化学性质的区别，但是同时也要注意其物理性质的差异。因为在鉴别的时候一般会使用某种水溶液，所以要考虑该有机物是否溶于水，如果不溶于水，还要考虑其密度大于还是小于水。7D【解析】A实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体为反应物，混合加热制备氨气，故A正确；B二氧化碳从长导管进入，出尾气是短导管，故B正确；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误；故选D。8D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道，X、Z对应的pH为2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径ZYX，Y为C，可以知道Z为Cl，X为N，W对应的pH为12，氢氧化钠为一元强碱，则W为Na，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为C，Z为Cl，W为Na，A. X为N元素，不可能为硫元素，故A错误；B. Y为C元素，其最高氧化物为CO2，电子式为，故B错误；C. W为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，既含有离子键又含有共价键，故C错误；D. Z为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。9C【解析】A氯气与NaOH反应，溶液的碱性减弱，酚酞也可褪色，不能判断是HClO的漂白性，故A错误；B无水乙醇与浓硫酸共热至170，发生氧化还原反应，能够反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应，故B错误；C水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合H+能力：CO32HCO3，故C正确；D导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱，故D错误；故选C。10B【解析】【详解】A.常温下，0.1mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故A正确；B. 当CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa时，由于CH3COO水解使得溶液呈碱性，所以pH=7时溶液中溶质应为CH3COONa和CH3COOH，即mc(OH)，由电荷守恒可知，c(H+)+(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)，所以c(CH3COO )c(Na+)，故C正确；D. b点表示氢氧化钠过量，溶质为醋酸钠和氢氧化钠，故D正确。答案选B。11D【解析】【详解】A. 氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，离子方程式：SiO2+2OHSiO32+H2O，故A正确；B. 由于铁离子发生水 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，所以配制FeCl3溶液时要加盐酸，抑制铁离子的水解，故B正确；C在燃煤时加入石灰石，可减少SO2的排放，发生反应为2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，故C正确；D.强碱溶液中，离子方程式的生成物中不可能出现大量氢离子，故D错误。答案选D。12D【解析】试题分析：X的最高正化合价为+4，处于第A族，Y的最高正化合价为+5，处于第A族，Z的最低负化合价为2，处于A族，W的最低负化合价为1，处于A族。由于同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，而原子半径ZWXY，属于Z、W处于第三周期，X、Y处于第二周期，故X为碳元素，Y为氮元素，Z为硫元素，W为Cl元素。A、Y的氢化物与W的氢化物反应的产物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，含有离子键与共价键，故A错误；B、1mol氯气的单质参加氧化还原反应时，不一定全部是氧化剂，如与水反应，起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移的电子为1mol，故B错误；C、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、与稀硝酸反应生成NO，铜与稀硫酸不反应，产生气体不相等，故C错误；D、CS2中C原子、S原子的化合价绝对值与原子的最外层电子数之和都等于8，C原子、S原子均满足8电子稳定结构，故D正确，答案选D。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用等13D【解析】【分析】为缩聚产物，对应的单体有HOOCCH2CH2COOH、HOCH2CH2CH2CH2OH，以此解答该题。【详解】A.由结构简式可以知道单体之一是，所以A选项是正确的B.由结构可以知道含有的官能团有酯基，所以B选项是正确的；C.聚合物P由酸、醇发生缩聚反应生成，所以C选项是正确的；D.聚合物有两种链节，不能确定m、n的具体数值，故D错误。答案选D。14B【解析】A. 向NaOH溶液中通SO2至pH=7，根据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(HSO3) +2 c(SO32)+ c(OH)，c(H+)=c(OH)，因此c(Na+) = c(HSO3)+2 c(SO32)，故A正确；B. NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，则c(NH4+) c(NH3H2O)，故B错误；C. 向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液反应后生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，根据物料守恒，c(NH4+) + c(NH3H2O) =2 c(SO42)= c(Na+)，故C正确；D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，c(CH3COO)，抑制醋酸的电离，溶液中c(H+)减小，但电离平衡常数不变，因此 增大，故D正确；故选B。152Na2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2 反应生成的H2O2具有漂白作用 2H2O2 2H2O +O2 2Na2O2 + 2SO22 Na2SO3 +O2 取反应B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含Na2SO3 过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤 142b/233a 【解析】【分析】(1)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气； Na2O2属于离子化合物，含有O22离子，据此写出电子式。(2)根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32就可以了；根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算Na2SO4的质量分数。【详解】(1)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，因此，本题正确答案是：2Na2O2 +2H2O = 4 NaOH +O2；反应生成的H2O2具有漂白作用；过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2 2H2O +O2，因此，本题正确答案是：2H2O2 2H2O +O2； Na2O2属于离子化合物，含有O22离子，电子式为；(2)Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2 + 2SO2 2 Na2SO3 +O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，因此，本题正确答案是：2Na2O2 + 2SO2 2 Na2SO3 +O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b克，计算含量；b克BaSO4的物质的量为mol，则样品中含Na2SO4的质量为mol脳142g/mol=g，所以Na2SO4的质量分数为142b/233a，因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。16核电荷数AlNa，原子半径AlNa，失电子能力AlNa Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2+H+H2O Al(OH)3Al3+3OH遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH被中和，使溶液中c(OH)降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液。 2CO(g)4H2(g)= CH3OCH3(g)H2O(g) H204.7 kJmol1 Fe2O3、MgO、CuO AlO2+CO2 +2H2O = Al(OH)3+HCO3 Al3e=Al3+ C 0.32 t 【解析】【分析】(1)同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱；(2) Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2+H+H2O Al(OH)3Al3+3OH遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH被中和，使溶液中c(OH)降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c(H+)降低，平衡左移；(3) 根据盖斯定律，结合所给反应热化学方程式解答；(4)(7)由题给信息可以知道，铝土矿加入过量NaOH溶液可将铝与其它杂质分离，结合“NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑”可以知道，所得固体A含有SiO2、Fe2O3、MgO、CuO，滤液含有NaAlO2，通入过量Y生成氢氧化铝沉淀，则Y为CO2，滤液为NaHCO3溶液，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可生成Al，以此解答。【详解】(1)Al与Na在元素周期表中位于同一周期，核电荷数AlNa，原子半径AlNa，失电子能力AlNa，所以Al的金属性比Na弱；因此，本题正确答案是：核电荷数AlNa，原子半径AlNa，失电子能力AlNa；(2)Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2+H+H2O Al(OH)3Al3+3OH遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH被中和，使溶液中c(OH)降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液；因此，本题正确答案是：Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2+H+H2O Al(OH)3Al3+3OH遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH被中和，使溶液中c(OH)降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c(H+)降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液；(3)根据盖斯定律：第一个反应式2第二个反应得出：2CO(g)4H2(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)H=(90.1224.5)kJmol1=204.7kJmol1。因此，本题正确答案是：2CO(g)4H2(g)= CH3OCH3(g)H2O(g) H204.7 kJmol1 ； (4)由分析可以知道固体A为Fe2O3、MgO、CuO，因此，本题正确答案是：Fe2O3、MgO、CuO；(5)反应为偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2 + CO2 +2H2O = Al(OH)3 + HCO3，因此，本题正确答案是：AlO2 + CO2 +2H2O = Al(OH)3 + HCO3；(6)在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al3e= Al3+，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，故选C，因此，本题正确答案是：Al3e= Al3+；C；(7)铝土矿中Al2O3的含量为40.8，1t铝土矿中的Al2O3的物质的量为=4000mol，与氢氧化钠溶液发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可以知道需要8000molNaOH，质量为=0.32t，因此，本题正确答案是：0.32t。17CO2H2OCO322HCO3 放