2019-2020年高三化学一轮复习阶段性测试 专题05 微观结构与物质的多样性 解析版 含答案.doc

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2019-2020年高三化学一轮复习阶段性测试 专题05 微观结构与物质的多样性 解析版 含答案 一、选择题(本题包括5个小题，每题2分，共10分，每题只有一个选项符合题意。) 1．(xx·青岛一模)对下列化学用语的理解正确的是(　　) A．原子结构示意图：可以表示12C，也可以表示14C B．比例模型：可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子 C．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子 D．分子式C2H4O2：可以表示乙酸，也可以表示乙二醇 [答案]A [解析]B选项二氧化碳分子是直线形分子，错误；C选项电子式不可以表示氢氧根离子；D选项乙二醇是C2H6O2。 2．(xx·临沂一模)同种元素的不同微粒，它们的(　　) A．质量数一定相同 B．核外电子数一定相同 C．中子数一定不同 D．电子层数可能不同 [答案]D [解析]同种元素的不同微粒，如1H、2H、3H的质量数不同，A错误；23Na、23Na＋的核外电子数不同，B错误；23Na、23Na＋的中子数相同，C错误；23Na、23Na＋的电子层数不同，故D正确。 3．2009年7月27日夜间，位于莫斯科郊外的杜伯纳国际联合核研究所的专家们启动新元素合成实验，如果顺利的话，实验结束时将会合成门捷列夫元素周期表中第117号新元素。下列有关117号元素叙述正确的是(　　) A．该合成过程是化学变化 B．该元素位于第7周期ⅦA族 C．该元素是非金属元素 D．该元素性质较活泼 [答案]B [解析]该合成过程涉及原子核的变化，A错误；由元素周期表的排布规律可知117号元素位于元素周期表的第7周期ⅦA族，且是金属元素，B正确，C错误；根据元素周期律可知该元素的性质应该很稳定，D错误。 4．“神舟七号”的燃料氢化锂三兄弟——LiH、LiD、LiT。其中Li的质量数为7，对这三种物质的下列说法正确的是(　　) A．质子数之比为1:2:3 B．中子数之比为1:1:1 C．摩尔质量之比为8:9:10 D．化学性质不相同 [答案]C [解析]A项，质子数之比为(3＋1):(3＋1):(3＋1)＝1:1:1；B项，中子数之比为(4＋0):(4＋1):(4＋2)＝4:5:6; C项摩尔质量之比为：(7＋1):(7＋2):(7＋3)＝8:9:10；D项，三种物质的化学性质相同。 5．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成的。u夸克带电量为e，d夸克带电量为－e，e为基元电荷。下列论断中可能正确的是(　　) A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成 D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成 [答案]B [解析]该题属于高科技题，但落点低。质子带一个单位正电荷，中子不带电，结合信息，B正确。 二、选择题(本题包括12个小题，每题3分，共36分，每题只有一个选项符合题意。) 6．(xx·潍坊统考)著名化学家徐光宪，因为在稀土萃取领域取得的卓越成就被誉为“稀土界的袁隆平”；2008年1月9日，胡锦涛主席为其颁发了“国家最高科学技术奖”。稀土元素是指镧系的15种元素，加上钪和钇共17种元素。下列说法正确的是(　　) A．稀土元素全部是金属元素 B．要萃取出碘酒中的碘可以使用氢氧化钠溶液作萃取剂 C．镧系元素均属于主族元素 D．某些稀土元素在地壳中的含量高于铝 [答案]A [解析]B项中NaOH和碘反应，不能用做萃取剂，C项，镧系是副族元素，D项地壳中铝元素含量最高。 7．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是(　　) A．铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性 B．砹(At)为有色固体；HAt不稳定；AgAt感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸 C．硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体 D．硒化氢(H2Se)是无色、有毒，比H2S稳定的气体 [答案]D [解析]Be、BeO、Be(OH)2均有两性；根据卤素及其化合物的递变性知，B正确；MgSO4、CaSO4、SrSO4溶解度依次减小。 8．(xx·烟台一模)全球热播影片《阿凡达》于2010年1月4日在中国内地上映，影片中出现了一种潘多拉星球的宇宙飞船。下表是元素周期表中的一部分，表中所列字母分别表示一种元素。(选项中的物质都是由下表中的元素组成) 由以上信息可推断下列说法正确的是(　　) A．宇航员在宇宙飞船活动舱内产生由d和f组成的气体，吸收这种气体的化合物应该由e和f组成 B．活动舱内还要营造一种适合宇航员生存的人工生态环境，即充入a和f的常见单质 C．c和f以原子个数之比为1∶1组成的化合物可用作宇航员所需f单质的来源 D．若潘多拉星球上存在b，地球上此元素主要以b形式存在，b比b少一个质子 [答案]C [解析]a为H，b为He，c为Na，d为C，e为N，f为O，g为Al。吸收CO2不能用氮的氧化物，A项错误；舱内充入O2和N2，不能充入H2和O2，B项错误；Na2O2可用作供氧剂，C项正确；He比He少一个中子，D项错误。 9．(xx·威海一模)如图所示是17世纪炼金家们画的带有浓厚神秘色彩的两种同族元素的元素符号。已知X位于周期表前四周期，Y比X多1个电子层，X、Y都是生产半导体的材料，X的氢化物XH3有剧毒。下列推测不正确的是(　　) A．原子半径XY C．X的氢化物具有强还原性 D．Y与碘同周期，Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比高碘酸(HIO4)强 [答案]D [解析]X的氢化物为XH3，说明X处于VA族，XH3有剧毒，说明不是NH3，其具有强还原性，C正确，Y比X多1个电子层，则原子半径Y>X。X的非金属性强于Y，B正确。Y与碘同周期，则Y的非金属性比碘弱，Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比HIO4弱。 10．(xx·大连)国际无机化学命名委员会将长式元素周期表原先的主、副族号取消，从左往右改为18列，碱金属为第1例，稀有气体为18例。按这个规定，下列说法正确的是(　　) A．只有第2列元素的原子最外层有2个电子 B．第16列元素形成的化合物种类最多 C．第3列元素种类最多 D．第16、17列元素都是非金属元素 [答案]C [解析]在长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB―→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA―→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应。所以第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子；第16列为氧族元素，而形成化合物的种类最多的是碳元素；第3列为ⅢB族，有镧系和锕系元素，元素种类最多；第16、17列分别为氧族和卤族元素，并非全部为非金属元素。 11．下列说法正确的是(　　) A．原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族 B．主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y的原子序数之差可能为1、2、3、5、6、8、10、11等 C．离子化合物中不可能存在共价键 D．金属元素与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 [答案]B [解析]原子最外层电子数为2的元素也可以处于周期表的零族或副族，A项错；离子化合物中可能存在共价键，如NH4Cl、NaOH、Na2O2等；金属元素与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3。 12．已知：①为纪念著名天文学家哥白尼，国际纯粹与应用化学联合会将112号元素的符号定为“Cn”，汉语名为“鎶”；②合理利用核能符合“低碳经济”的要求，U是核反应堆的重要原料；③锂被誉为“高能金属”，制取锂的原料是β－锂辉矿(主要成分是LiAlSi2O6和少量钙、镁杂质)。下列有关对上述表述所涉及元素的说法正确的是(　　) A.Cn的原子核内中子数与核外电子数之差为55 B.U和U是同位素，核反应属于化学变化 C．40Ca2＋与18O具有相同的电子数 D．Si2O中质子总数为80 [答案]C [解析]这类题型常较容易。Cn的原子核内中子数和核外电子数分别为165、112，两者之差为53，A错误；核反应是物理变化，B错误；40Ca2＋和18O的电子数都是18，C正确；Si2O中电子总数为80，质子总数为76，D错误。 13．短周期的X、Y、Z三种主族元素，已知原子序数的关系为X＋Y＝2Y，且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。则下列有关说法中正确的是(　　) A．若X是O，则YX一定是离子化合物 B．若X是Na，则Z的最高正价一定为偶数 C．若Y是O，则非金属性：Z>Y>X D．若Y是Na，则X、Z不可能是同一主族元素 [答案]A [解析]根据题中所给信息可得出Z元素的可能情况只有三种：N、S、Cl。然后再根据题中所给的原子序数关系可知，X与Z的原子序数之和为偶数，则X与Z的原子序数一定同为奇数或同为偶数，进而再利用例证法求解。Z可能是氮元素、硫元素或氯元素。若X是O，Z只能是硫，则Y是镁，MgO是离子化合物，A正确；若X是Na，Z可能是N或Cl，其最高正化合价均是奇数，B错；若Y是O，Z只能是N，则X是F，非金属性X>Y>Z，C错；若Y是Na，X、Z可能是P和N，处于同一主族，D错。 14．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是(　　) A．D元素处于元素周期表中第3周期ⅥA族 B．四种元素的原子半径：ASi>C>H，B错。B、D的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，CO2晶体为分子晶体，熔沸点低；而SiO2为原子晶体，熔沸点高，C错。根据2C＋SiO22CO↑＋Si、2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ ，D对。 15．(xx·潍坊)氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是(　　) A．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl B．氯胺的电子式为H： C．氯胺中氯的化合价为＋1 D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似 [答案]A [解析]NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，反应生成的HClO能杀菌消毒。该水解反应是一个可逆反应，HClO杀菌后浓度减小，平衡向右移动，氨胺转化成HClO；相反，当HClO浓度较高时，平衡向左移动，转化成氯胺，相当于暂时“贮存”，避免其分解损失，这样就延长了消毒时间。 16．(xx·济宁一模)X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g·L－1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是(　　) A．元素原子第一电离能大小关系：Z>Y>W>X>M B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物 C．Y与M形成的化学键的键长大于Z与M形成的化学键的键长 D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键 [答案]C [解析]根据Y与M形成的气态氢化物的摩尔质量为M＝0.76 g/L×22.4 L/mol＝17 g/mol，结合X、Y、Z同周期且原子序数依次增大，则M为H，Y为N；又X、Z可形成XZ2分子，则X为C，Z为0；W的质子数为(1＋6＋7＋8)×＝11，则W为Na。第一电离能：N>0，A错；CO2、C2H2均为直线形的共价化合物，但Na2O2为离子化合物，B错；由于原子半径N>O，N—H键键长大于O—H键键长，C对；氨基酸是由C、N、O、H形成的化合物，但只含共价键，不含离子键，D错。 17．(xx·青岛一模)X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，其中X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；X与Z同族，Y与Z同周期，Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，W与X、Y既不同族也不同周期且W不为稀有气体元素；X、Y、Z三种元素的族序数之和为16。下列说法正确的是(　　) A．Q与W不能形成10电子、14电子、18电子分子 B．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式只能表示为H4YO4 C．Y、Z、Q分别与X化合，只能形成AB2型化合物 D．X、Z、W中的两种或三种元素形成的钠盐溶液可能显酸性、碱性、中性 [答案]D [解析]由题给信息可推知X为氧，Y为硅，Z为硫，W为氢，Q为碳。碳元素与氢元素可以组成甲烷、乙炔(C2H2)、乙烷分子，它们分别为10电子、14电子、18电子分子，A选项错误；硅的最高价含氧酸的化学式有两种形式：H4SiO4，H2SiO3，B选项错误；碳、硅、硫与氧形成的化合物，除CO2、SiO2、SO2外，还有CO、SO3等，C选项错误；硫、氢、氧形成的钠盐中：亚硫酸氢钠、硫酸氢钠溶液呈酸性，而硫酸钠溶液显中性，亚硫酸钠溶液显碱性，D选项正确。 第Ⅱ卷(非选择题　共54分) 三、填空题(本题包括5个小题，共54分) 18．(本小题满分12分)A、B、X、D、E为五种短周期元素，其中A、B、X位于同一周期，A元素有多种气态氢化物，其中一种是广泛应用的优质气体燃料，B元素的氢化物是用途最为广泛的溶剂。B元素可分别与A、X、D、E组成RB2型化合物。已知在DB2中，D与B的质量比为7:8，在EB2中，E与B的质量比为1:1。根据以上条件回答下列问题： (1)请写出X单质分子的电子式：________；DB2有多种重要的用途，请你写出其中的一种：________。 (2)X的气态氢化物易液化，原因是________。 (3)X和D结合可生成一种超硬物质，有关该物质性质的叙述中不正确的是________。 ①有润滑性　②易磨损　③抗腐蚀　④强还原性 (4)E元素的一种氧化物可与过氧化钠及氯水发生氧化还原反应。该氧化物与氯水反应的离子方程式为____________。 (5)B元素可分别与A、E形成多种阴离子。某溶液是由其中若干种阴离子组成的无机钠盐溶液，为了检验该溶液中的阴离子，分别取两份溶液进行如下实验： ①第一份溶液中加入足量盐酸，只产生无色气体； ②第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加入足量的稀硝酸，白色沉淀的质量减少。 由此得出的结论是____________。 [答案](1)N⋮⋮N　制玻璃、制光导纤维、制粗硅等 (2)X的氢化物分子之间存在着氢键，故其沸点较高 (3)②④ (4)SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Cl－ (5)一定有CO，SO和SO至少有一种(若答S2O一定不存在亦对，不答此项亦可) [解析]根据题给信息容易确定A、B、X、D、E分别为C、O、N、Si、S元素。二氧化硅是制玻璃、制光导纤维、制备晶体硅的原料；氨气分子间存在氢键，沸点较高，因此易液化；氮化硅是一种原子晶体，具有超强硬度、化学性质稳定；氯气具有氧化性，硫形成的氧化物(二氧化硫)具有还原性，氯气可以将其氧化；(5)①说明含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，②说明一定含有碳酸根离子，亚硫酸根离子或硫酸根离子至少含有一种，综合可知含有碳酸根，亚硫酸根离子和硫酸根离子至少含有一种。 19．(本小题满分14分)(xx·烟台一模)X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如表所示。 元素 部分结构知识 部分性质 X X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子 X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存 Y Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半 Y能形成多种气态氢化物 Z Z原子的最外层电子数多于4 Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6 W W原子的最外层电子数等于2n－3(n为原子核外电子层数) 化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn＋ 填写下列空白(不能用字母X、Y、Z、W作答)。 (1)X的气态氢化物分子的电子式是________，Z元素在周期表中的位置是________。 (2)X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是________。 (3)常温时，W的硫酸盐溶液的pH________(填“>”、“<”或“＝”)7理由是：________(用离子方程式表示)。 (4)实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的方法是(用离子方程式表示)________。 (5)25℃、101kPa时，32 gY的最低价气态氢化物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出1 780.6 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：________________________。 [答案](1) 　第三周期ⅦA族 (2)HClO4>HNO3>H2CO3 (3)<　Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (4)Al3＋＋3NH3·3H2O===Al(OH)3↓＋3NH (5)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ/mol 20．(本小题满分10分)(xx·日照一模)下列物质有如图所示转化关系(部分反应物或生成物未列出)，其中：D为碱，G为酸，金属甲在G的浓溶液中会钝化；F的溶液中只含一种溶质。 A、B、C、D、E均由Q、R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成，且Q、R、X、T原子序数依次增大；X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；R和X相邻；Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，则： (1)X在周期表中的位置是________，R、X、T的原子半径从小到大的顺序为________(用元素符号表示)。 (2)A和G按等物质的量反应的反应产物的水溶液显________性，其原因用离子方程式表示为______________。 (3)A和X2反应的化学方程式为______________。 (4)常温下，pH均为12的D溶液和F溶液中，水电离出的c(OH－)之比为________。 (5)为保护环境，通过安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E和CO反应转化为两种空气的成分，当反应转移1 mol电子时，生成的气体在标准状况下的总体积为________L。 [答案](1)第2周期ⅥA族　O>N>Na　 (2)酸　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ (3)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(4)1:1010(或10－10或10－10：1)　(5)14 [解析]由X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，可知X为氧，则R为氮。在Q、R、X、T四种元素中Q的原子序数最小，且Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，则可推出Q为氢、T为钠。在物质转化关系图中，甲为铝，G为HNO3，D为NaOH。B与丁生成NaOH，可知B可能为水，由G是HNO3可进一步推知E为NO2、C为NO，最后得出A为NH3。第(4)小题中pH＝12的NaOH溶液中OH－浓度为10－2mol/L，由水电离出的OH－浓度为10－12mol/L，pH＝12的NaAlO2溶液中，由水电离出的OH－浓度为10－2 mol/L，所以两溶液中由水电离出的OH－浓度之比为1:1010。第(5)小题中E与CO的反应方程式为2NO2＋4CO===N2＋4CO2，由方程式可知转移8 mol电子，生成的气体共5 mol，则转移1 mol电子生成的气体为5/8 mol，标准状况下的体积为14 L。 21．(本小题满分8分)(xx·淄博一模)元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3:4，M元素原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3:4，且M原子的质子数是Y原子的2倍；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小；化合物XN在常温下为气体，据此回答下列问题： (1)写出Z与N形成的化合物的电子式____________。 (2)X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式________________(分解反应)。 (3)下图表示由上述元素组成的两种气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：________________。 (4)A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质，且组成元素的原子个数之比均为1:1:1。若在各自的水溶液中，A能抑制水的电离，B能促进水的电离，则A的化学式为________________，B的化学式为________________。 [答案](1) (2)2H2O22H2O＋O2↑ (3)2SO2＋O22SO3 (4)NaOH　NaClO或NaHS [解析]由题目所提供的信息可知，Y为O元素，M为S元素，N为Cl元素，Z为Na元素，X为H元素。(1)Na与Cl所形成的化合物为NaCl。(2)X与Y形成的10电子化合物为H2O,18电子化合物为H2O2。(3)图示的反应是指SO2在一定条件下与O2反应生成SO3，反应没有完全进行，所以，所写化学反应方程式中必须用可逆符号。(4)由题给元素中的三种元素组成的原子个数比为1:1:1的强电解质有NaOH、NaHS和NaClO，其中NaOH抑制水的电离，NaClO和NaHS在水中要水解，则促进水的电离。 22．(本小题满分10分)(xx·南京)A、B、C、D、E、F、G都是短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大。元素A的原子核内仅有一个质子，A、D同主族，B、C为同周期元素且与A能形成相同电子数的化合物，C与F同主族，F的质子数为C的2倍，元素E的最外层电子数比K层电子数多1，B、C、F的质子数之和等于E、G的质子数之和。请回答下列问题： (1)写出由上述至少两种元素组成的具有漂白作用的物质的化学式________(至少写出四种)。 (2)A分别与B、C、G能形成相应的最常见三种化合物，这三种化合物的沸点由高到低的顺序为________(用化学式表示)。 (3)由A、B、C、D四种元素组成的一种常见化合物的溶液分别与由A、C、D、E四种元素组成的一种化合物的溶液，及由E、G两种元素组成的一种化合物的溶液都能反应得到同一种白色沉淀，写出上述两个反应的离子方程式________、________。 (4)D、E两种元素的原子都能形成相应的离子，则两离子半径大小关系为________(用离子符号表示)；将D、E两种元素的单质同时投入水中，充分反应后，测得溶液中只有一种溶质，且无固体物质剩余，则所投入到水中的D的单质和E的单质的质量之比为________，上述反应的化学方程式为________；若D的单质的物质的量为x mol，则上述反应中得到另一物质的物质的量为________。 [答案](1)SO2、Na2O2、HClO、NaClO(其他合理答案均可) (2)H2O>HCl>CH4 (3)HCO＋[Al(OH)4]－＋H2O===CO＋Al(OH)3↓ 3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑ (4)r(Na＋)>r(Al3＋)　23:27　Na＋Al＋4H2O===Na[Al(OH)4]＋2H2↑　2x mol [解析]根据题设条件可推知A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl。 (1)H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、SO2等均具有漂白性。 (2)由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl、CH4，又由于HCl的相对分子质量大于CH4，HCl的沸点高于CH4，故沸点由高到低的顺序为：H2O>HCl>CH4。 (3)A、B、C、D四种元素组成的化合物为NaHCO3，HCO能分别与[Al(OH)4]－和Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀，其相关反应的离子方程式为：HCO＋[Al(OH)4]－===CO＋Al(OH)3↓＋H2O,3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。 (4)Al3＋和Na＋有相同的电子层结构，根据具有相同电子层结构的微粒，其原子序数越小离子半径越大，可得r(Na＋)>r(Al3＋)。Na首先与H2O反应生成NaOH：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Al再与NaOH反应刚好生成NaAlO22Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，其总反应式为：Na＋Al＋2H2O===NaAlO2＋2H2↑，故参与反应的Na、Al的质量比为23:27。反应得到H2的物质的量为Na的2倍，即为2x mol。