安徽省合肥市一六八中学20182019学年高一化学上学期期中试题(宏志班含解析)

安徽省合肥一六八中学2018-2019学年高一上学期期中考试化学（宏志班）试卷1.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性“钴酞菁”分子的构造和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素特别相像。以下说法中正确的是()“钴酞菁”分子能透过半透膜“钴酞菁”分子分别在水中所形成的分别系带电此项工作能够用来改变分子的某些物理性质“钴酞菁”分子分别在水中所形成的分别系为溶液【答案】C【分析】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分别系，拥有胶体的性质，拥有丁达尔现象、能透过滤纸等性质。A、“钴酞菁”分子不可以透过半透膜，故A错误；B、“钴酞菁”分子分别在水中所形成的分别系不带电，呈电中性，故B错误；C.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性，此项工作能够用来改变分子的某些物理性质，故C正确；D.“钴酞菁”分子分别在水中所形成的分别系为胶体，故D错误；应选C。2.逻辑推理是化学学习常用的思想方法，以下推理正确的选项是()氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物必定是氧化物氧化复原反响中有元素化合价的改变，有元素化合价改变的化学反响必定是氧化复原反响电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，溶于水能导电的化合物必定是电解质中和反响有盐和水生成，有盐和水生成的反响必定是中和反响【答案】B【分析】A、氧化物含有两种元素，此中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故A错误；B、氧化复原反应的实质是有电子得失或偏移，即宏观特点是有化合价的改变，故B正确；C、溶于水因自己电离而导电的化合物是电解质，假如溶于水又与水反响所得溶液导电的化合物不必定是电解质，如SO2、NH3等，故C错误；D、酸和碱作用生成盐和水的反响才是中和反响，酸性氧化为与碱反响生成盐和水但不属于中和反响，故D错误。3.以下表达中，正确的选项是（）A.H2SO4的摩尔质量是98B.S2和S8的混淆物共6.4g，所含硫原子数为0.2NAC.等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7︰11D.98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol·L-1【答案】B【分析】【剖析】依据计算物质的量的几个公式解答。【详解】

A项：H2SO4的相对分子质量是

98，摩尔质量是

98g/mol

。A项错误；B项：S2和S8的混淆物

6.4g

，此中含

S原子

6.4g

，硫原子的物质的量为

0.2mol，硫原子数为

0.2NA。B项正确；C项：据n=m/M，等质量时n与M成反比。N(CO)∶N(CO2)=n(CO)∶n(CO2)=44∶28=11∶7。C项错误；D项：98gH2SO4溶解于

500mL水中，所得溶液体积不是

500mL，硫酸的物质的量浓度不是

2mol·L-1。D项错误。此题选B。4.以下操作能达到实验目的的是（）除掉铝粉中混有的少许铁粉，可加入过度的盐酸溶液，完整反响后过滤将碘的饱和水溶液中的碘提拿出来，可用四氯化碳进行萃取制备Fe(OH)3胶体，往常是将FeCl3溶液注入热水中，并搅拌均匀除掉Na2CO3溶液中少许的Na2SO4,可加入适当氯化钡，过滤【答案】B【分析】【剖析】依据混淆物的分别提纯原理剖析评论简单实验方案。【详解】A项：铝粉、铁粉都能溶于盐酸，没法除掉铝粉中混有的少许铁粉。A项错误；B项：四氯化碳不溶于水，碘在四氯化碳中的溶解度比水中的大。B项正确；C项：将饱和FeCl3溶液滴入开水中，并持续加热至液体呈红褐色，即得Fe(OH)3胶体。C项错误；D项：Na2CO3、

Na2SO4都可与氯化钡反响生成积淀，不可以除掉

Na2CO3溶液中的

Na2SO4

杂质。

D项错误。此题选B。【点睛】选择除杂试剂应切合：不增添新杂质，不减少被提纯物质，操作简易易行等要求。5.实验室制取氧气的反响为2KClO32KCl+3O2↑，反响后从节余物中回收二氧化锰的操作次序正确的选项是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（）A.溶解、蒸发、清洗、过滤B.溶解、过滤、蒸发、清洗C.溶解、过滤、清洗、干燥D.溶解、清洗、过滤、加热【答案】C【分析】【剖析】依据物质的性质，剖析评论简单的提纯方案。【详解】加热KClO3制氧气后的固体残留物中，含有MnO2、KCl和可能未分解的KClO3，此中只有MnO不溶于水。故将残留物加水溶解、过滤，再将滤渣清洗、干燥，即得纯净的MnO。22此题选C。6.等质量的CO和N2，以下表达不正确的选项是（）A.密度必定同样B.分子数必定同样C.原子数必定同样D.物质的量必定同样【答案】A【分析】【详解】A．密度ρ=M/Vm，因为气体摩尔体积不必定同样，则两者的密度不必定同样，A错误；B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，依据N=nNA=mNA/M可知，两者含有的分子数必定同样，B正确；C．CO和N2为双原子分子，依据选项B可知两者分子数同样，则含有原子数也必定同样，C正确；D．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，依据n=m/M可知两者的物质的量必定相等，D正确；答案选A。【点睛】此题考察了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答重点，注意掌握密度与摩尔质量之间的关系，试题培育了学生的灵巧应用能力。7.NA表示阿伏加德罗常数。以下表达中正确的选项是（）A.标准情况下，22.4L水中含有的水分子数为NA固体溶于100mL水中，获得1mol·L-1的NaOH溶液C.常温、常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NA-124A·LNaSO溶液中，含有的氧原子总数为2N【答案】

C【分析】【详解】

A、标准情况下，水不是气体，

22.4L

水的物质的量大于

1mol，A错误；B、4.0gNaOH

固体溶于

100mL

水中所得溶液的体积不是

0.1L，不可以获得

1mol/L

的

NaOH溶液，

B错误；C、22gCO2的物质的量为

0.5mol

，含有的氧原子数为

NA，C正确；D、1L0.5mol/LNa

2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是

0.5mol

，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；答案选

C。【点睛】此题考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答该类试题时要注意：①气体的体积，一要看能否为标准情况下；二要看物质在标准情况下能否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的扰乱要素诱惑学生。②给出非标准情况下气体的物质的量或质量，扰乱学生正确判断，误认为没法求解物质所含的粒子数。8.以下实验装置与实验目的对应的是（）B．将碘水中的碘单质

C．除掉

Fe(OH)3胶体中A．用海水制蒸馏水

D．稀释浓硫酸与水直接分别

的

FeCl3【答案】A【分析】A．利用沸点差别蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B．分别碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不可以用分液的方法直接分别碘和水，故B错误；C．胶体、溶液都可透过滤纸，不可以用过滤的方法分别，应用半透膜渗析分别，故C错误；D．容量瓶只好在常温下使用，不可以在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故答案为A。9.在以下各溶液中，离子必定能大批共存的是（）强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42—2+—2—在无色透明的溶液中：K、Cu、NO3、SO4-12+++2—、Cl－C.含有0.1mol·LCa的溶液中：Na、K、CO3+3+—2—D.室温下，pH＝1的溶液中：Na、Fe、NO3、SO4【答案】D【分析】试题剖析：A、强碱性溶液含有-3+OH离子，与Al反响，生成Al(OH）3积淀,故不可以共存；B、溶液无色透明，故要清除2+2+2-形成积淀，故错误；D、酸性溶液中，均共3存。考点：考察了离子共存的有关知识10.以下反响的离子方程式书写正确的选项是（）＋－＋H2↑A.钠和冷水反响：Na＋2H2O===Na＋2OHB.氯化铝与氨水反响：Al3＋－↓＋3OH===Al(OH)3C.金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑D.铁跟稀硫酸反响：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑【答案】C【分析】【剖析】依据离子方程式的书写规则，判断离子方程式的正误。【详解】A项反响前后电荷不守恒，错误；项一水合氨为弱电解质，不该拆写，错误；D项应生成Fe2＋，错误。此题选C。【点睛】离子方程式中常出现的错误有：不符事实、拆写错误、质量不守恒、电荷不守恒、离子配比不妥、不切合量的要求等。2++3+3+11.在xR+yH+O2===mR+nH2O的离子方程式中，对系数m和R的判断正确的选项是A.m＝4；R2+是复原剂B.m＝y；R3+是氧化产物C.m＝2；R2+是氧化剂D.m＝y；R3+是复原产物【答案】B【分析】【详解】反响2++3+x＝m，n＝2，y＝4，由电荷守恒可知，xR+yH+O2＝mR+nH2O中由原子守恒可知2x+4＝3m，所以m＝4，该反响中R元素的化合价高升，被氧化，则R3+是氧化产物，O元素的化合价降低，被复原，水是复原产物。答案选B。【点睛】此题考察氧化复原反响，注意电荷守恒及原子守恒的应用，重视基本观点的考察，明确反响中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。12.用NaOH固体配制必定物质的量浓度的溶液，以下操作中正确的选项是

()A.称量时，应先在两盘上放等质量的纸，再将固体

NaOH放在天平左盘上称量B.将称量好的固体

NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C.将烧杯中溶解固体

NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中定容时假如加水超出了刻度线，用胶头滴管再吸出剩余部分【答案】C【分析】固体NaOH应搁置于小烧杯中进行权衡B：固体NaOH应先在烧杯中进行溶解、冷却后再移液至容量瓶中C：正确D：假如加水超出了刻度线，只好从头配制溶液答案为C13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水办理剂。实验室可经过以下反响制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO===2ClO↑+KSO↑+2HO，以下说法正确的选项是（）42224A.KClO3在反响中失掉电子B.ClO2是氧化产物C.H2C2O4在反响中被氧化D.KClO3是复原剂【答案】C【分析】A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生复原反响，故A错误；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是复原产物，故B错误；C．H2C2O4为复原剂，C元素的化合价由+3价高升到+4价，在反响中被氧化，故C正确；D．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C。有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混淆物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3＋Zn===ZnO＋N2↑＋2H2O，以下有关说法中正确的选项是该反响中NH4NO3只作氧化剂该反响中只有两种元素化合价改变每耗费65克锌会产生22.4LN2ZnO是该反响的复原产物【答案】B【分析】【剖析】依据氧化复原反响中观点间的互相关系剖析判断。+3价升到－【详解】反响中，Zn失电子从0价升到+2价，NH中的氮失电子从－0价，NO中氮43得电子从+5价降到0价（B项正确）。Zn是复原剂，NH4NO3既是氧化剂也是复原剂（A项错误）。ZnO是氧化产物，N2既是氧化产物也是复原产物（D项错误）。每耗费65克Zn（1mol）会产生1molN2，不必定是22.4L（C项错误）。【点睛】氧化复原反响中，氧化剂得电子，化合价降低，被复原，发生复原反响，生成复原产物；复原剂失电子，化合价高升，被氧化，发生氧化反响，生成氧化产物。15.某溶液中，若忽视水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推断X离子及其个数b可能为()离子Na+Al3+Cl－X个数3a2aab2—、4a—、4a—、8a2—、8aA.SO4B.NO3C.OHD.SO4【答案】A【分析】试题剖析：依据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）=a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为+3+-2-），电荷守n，则A、3a×N（Na）+2a×3N（Al）=a×N（Cl）+4a×2×N（SO4恒，正确；B、3a×N（Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，错误；+3+--D、3a×NC、3a×N（Na）+2a×3N（Al）≠a×N（Cl）+8a×N（OH），电荷不守恒，错误；Na+）+2a×3N（Al3+）≠a×N（Cl-）+8a×2×N（SO42-），电荷不守恒，错误。考点：考察电解质溶液计算——电荷守恒法。16.以下图像与其相应的描绘对应正确的选项是()向硫酸铜溶液中加入氢氧化铜固体直至过度的过程，溶液的导电性变化向硫酸溶液中渐渐加水的过程中，溶液密度的变化必定温度下，向饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体，溶液中溶质质量分数变化D.向2L0.015mol/L石灰水中通入二氧化碳的过程，积淀质量的变化【答案】B【分析】【剖析】依据变化过程中，某些物理量的变化剖析曲线正确与否。【详解】A项：CuSO4溶液中加入Ba(OH)2固体时，发生CuSO4+Ba(OH)2＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓。跟着Ba(OH)2的加入，溶液中离子浓度减小，导电能力减弱；恰巧反响时，溶液几乎不导电；Ba(OH)2过度时，溶液导电能力又加强。A项错误；项：大部分物质的水溶液，密度比水大，且溶质质量分数越大，溶液的密度也越大。向硫酸溶液中加水，溶液的密度渐渐减小，并趋近于1g/mL。B项正确；C项：必定温度下，饱和KNO3溶液中溶质的质量分数不行能为0，加入的KNO3晶体也不溶解，溶质的质量分数不变。C项错误；D项：必定量石灰水中通入CO2，先发生反响Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，后发生反响CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2。两反响耗费等量的

CO2，积淀质量与

V(CO2)

的关系应为“等腰三角形”。D项错误。此题选B。我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是目前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有波及到的四大基本反响种类是______；a．化合反响b．分解反响c．置换反响d．复分解反响(2)步骤1中分别操作的名称是___________；(3)粗盐中含有2＋2＋2－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOHCa、Mg、SO4溶液；d.Na2CO溶液。加入试剂的次序是_____________；3II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺乏一个重要步骤是______________________；以下错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面降落，再加水至刻度线【答案】(1).c(2).过滤(3).bdca或cbda或bcda(4).烧杯、玻璃棒、胶头滴管(5).58.5(6).清洗(烧杯和玻璃棒)(7).bd【分析】1）碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水发生化合反响生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子发生复分解反响生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸发生复分解反响生成氯化镁和水，电解熔融的氯化镁生成氯气和镁，没有波及的基本反响种类是置换反响，答案选c；（2）步骤1中获得氢氧化镁积淀，分别操作的名称是过滤；2＋用碳酸钠除掉，2＋用氢氧化钠除（3）CaMg去，SO42－用氯化钡除掉，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但因为过度的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必要放在氯化钡的后边，而氢氧化钠能够任意调整，所以加入试剂的顺序是bdca或cbda或bcda。（4）除容量瓶外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）需要500mL容量瓶，则用托盘天平称取固体NaCl的质量是0.5L×2.0mol/L×58.5g/mol58.5g；（6）依据①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶可知还缺乏一个重要步骤是清洗(烧杯和玻璃棒)；（7）a．容量瓶洗净后残留了部分的水不影响；b．转移时溶液溅到容量瓶外面，溶质减少，浓度偏低；c．定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；d．摇匀后见液面降落，再加水至刻度线溶液体积增添，浓度偏低，答案选bd；请回答以下问题：（1）现有以下状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融KOH⑧盐酸。此中能导电的是__________，（填序号，下同），属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混淆获得q%的稀硫酸，则p、q的关系是________（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混淆气体的密度是H2的20倍，此中SO2的体积分数为______；若此中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混淆气体中氧元素的质量分数为

______。【答案】

(1).

③⑤⑥⑦⑧

(2).

②④⑦

(3).

①

(4).q>2p

(5).33.3%(6).40%【分析】【剖析】依据电解质、非电解质的观点剖析判断；应用溶液混淆规律、气体性质规律计算推理。【详解】(1)金属或合金有自由电子，能导电，如铜；电解质溶于水或熔融时电离生成自由移动的离子而导电，如NH3·H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离，KOH在熔融状态下电离。能导电的物质有③⑤⑥⑦⑧。电解质是溶于水或熔融时自己发生电离而导电的化合物，酸、碱、盐、开朗金属的氧化物等属于电解质，②④⑦是电解质；非电解质是溶于水和熔融时都不可以导电的化合物，非金属氧化物、某些气态氢化物、大部分有机物属于非电解质，①是非电解质。(2)硫酸等大部分物质的水溶液，溶质质量分数越大，溶液密度越大。设3p%硫酸溶液、p%硫酸溶液的密度分别是ρ1、ρ2（ρ1>ρ2），又设两种硫酸溶液的体积都是V。据溶质总质量不变，有ρ1V×3p%+ρ2V×p%＝(ρ1V+ρ2V)×q%。化简为＝＝2+>2，即q>2p。同温同压时，气体的密度之比等于其摩尔质量（或相对分子质量）之比。易求得混淆气体的均匀相对分子质量为

20×2＝40。设混淆气体中，

CO、N2和

SO2的体积分数分别是

x、y、z，则28x+28y+64z＝40，且x+y+z＝1。解得x+y＝66.7%，z＝33.3%。当CO和N2的物质的量之比为1∶1时，原混淆气体中三种成分的物质的量相等（设各1mol），则混淆气体总质量120g、氧元素48g，氧元素的质量分数为40%。【点睛】电解质、非电解质都一定是化合物，单质、混淆物既不是电解质、也不是非电解质。向Ba(OH)2和NaOH的混淆溶液中渐渐通入CO2气体至过度，生成积淀的物质的量(n)和通入CO2气体的(V)的关系以下图，试回答：（1）0到

a点之间的反响的离子方程式

__________。（2）a到b点之间的反响的离子方程式__________。（3）b点以后的反响的离子方程式______________。（4）c点CO2的体积__________mL(同温同压下)。5）混淆溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量之比为__________。【答案】(1).Ba2+﹣﹣+CO22-+H2O;2-++2OH+CO2=BaCO3↓+H2O(2).2OH=CO3CO3CO+HO=2HCO﹣﹣﹣2+﹣(4).或一步写:OH+CO=HCO(3).BaCO+CO+HO=Ba+2HCO22323322340(5).2:1【分析】试题剖析：此题考察离子方程式的书写和有关图像的计算。向Ba（OH）2和NaOH的混淆溶液中渐渐通入CO2气体至过度，跟着CO2的通入挨次发生的反响为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH=NaCO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2。2+-（1）0到a点之间CO与Ba（OH）反响生成BaCO积淀，离子方程式为：CO+Ba+2OH=BaCO↓+HO。223232（2）a点到b点之间CO与NaOH反响先生成NaCO，持续通入CO与NaCO反响生成NaHCO，2232233反响的离子方程式为：-2-2--CO2+2OH=CO3+H2O、CO3+CO2+H2O=2HCO3。（3）b点以后通入的CO将a点前生成的BaCO转变为可溶于水的Ba（HCO），反响的离子方23322+-。程式为：BaCO3+CO2+H2O=Ba+2HCO34）依据反响：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O和CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2，b点到c点耗费的CO2与0到a点耗费的CO2相等，则同温同压下b点到c点耗费的CO2的体积也为10mL，则c点CO2的体积为30mL+10mL=40mL。5）依据0到a点反响CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O耗费CO2的体积为10mL，a点到b点之间反响CO2+NaOH=NaOH耗费CO2的体积为20mL，同温同压下气体的体积之比等于气体物质的量之比，则Ba（OH）2与NaOH物质的量之比为1:2。为研究某抗酸药X的构成，进行以下实验：查阅资料：①抗酸药X的构成通式可表示为：MgmAln(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数）。②Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反响生成盐和水。Al3+在pH=5.0时积淀为Al(OH)3，－在pH>12溶解为AlO2。③Mg2+在pH=8.8时开始积淀，pH=11.4时积淀完整。实验过程：步骤实验操作实验现象I向X的粉末中加入过度盐酸产生气体A，获得无色溶液II向Ⅰ所得的溶液中滴加氨水，调理pH至5~6，过滤生成白色积淀BIII向积淀B中加过度NaOH溶液积淀所有溶解IV向II获得的滤液中滴加NaOH溶液，调理pH至12生成白色积淀C（1）Ⅰ中气体

A可使澄清石灰水变污浊，

A的化学式是

__________。（2）II

中生成

B反响的离子方程式是

__________。（3）III

中B溶解反响的离子方程式是

__________。4）积淀C的化学式是__________。（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，则X的化学式是__________。【答案】(1).CO2(2).Al3++(3).Al(OH)－+3NH·H2O===Al(OH)3↓+3NH43+OH－+2H2O(4).Mg(OH)2(5).Mg3Al2(OH)10CO===AlO3【分析】【剖析】利用信息、依据实验现象，进行剖析推理回答以下问题。【详解】(1)抗酸药X的通式中有2－CO、实