江苏省常州市田家炳高级中学届高三上学期月考化学精校解析Word版.docx
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江苏省常州市田家炳高级中学届高三上学期月考化学精校解析Word版
常州田家炳高级中学2019届高三10月阶段调研
高三年级化学试卷
可能用到的相对原子质量：
H：
1 C：
12 N：
14 O：
16 Na：
23 Mg：
24Al：
27
S：
32Cl:
35.5Fe：
56Cu:
64Ba：
137
选择题（40分）
单项选择题：
本题包括10小题，每小题2分，共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.国务院颁布的《“十二五”控制温室气体排放工作方案》提出，2015年我国单位国内生产总值CO2排放要比2010年下降17%。
下列说法不正确的是
A.CO2属于酸性氧化物B.使用氢能源替代化石燃料可减少CO2排放
C.可用Na2CO3溶液捕捉（吸收）CO2D.CO2是导致酸雨发生的主要原因
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化碳只能和碱反应生成盐和水，故其是酸性氧化物，A正确；B.氢气的燃烧产物是水，故使用氢能代替化石燃料可以减少二氧化碳的排放，B正确；C.碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，C正确；D.酸雨是指pH小于5.6的降水，正常的雨水因为溶解了二氧化碳而使其pH等于5.6，故二氧化碳不能导致酸雨，D错误。
故选D。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.质子数为92、中子数为143的铀（U）原子：
U
B.过氧化氢的电子式：
C.氯离子的结构示意图：
D.H2CO3的电离方程式：
H2CO3
2H＋＋CO32－
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素符号的左下角的数值为质子数，左上角的数值为质量数，故正确；B.过氧化氢的电子式为
，故错误；C.氯离子的核电荷数为17，故错误；D.碳酸为二元弱酸，分步电离，故错误。
故选A。
3.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.pH＝1的无色溶液中：
Na＋、Cu2+、Cl－、CO32－
B.使酚酞呈红色的溶液中：
K＋、Na＋、NO3－、Cl－
C.0.1mol/L的FeCl2溶液中：
H+、Al3+、SO42－、ClO－
D.由水电离出的c（H＋）＝1×10-10mol/L的溶液中：
Mg2+、NH4+、SO42－、HCO3－
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、Cu2+为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c（H＋）＝1×10-10mol/L<1×10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误，答案选B。
考点：
考查给定条件的离子大量共存的判断
4.化学在生产和日常生活中有着重要的作用，下列叙述正确的是
A.氧化铝的熔点很低，不能用于制作耐高温材料
B.光化学烟雾与氮氧化合物有关
C.无水乙醇用作医用消毒剂效果更好
D.Na、S、C分别在氧气中燃烧均可得到两种不同的氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧化铝的熔点高，则能做耐高温的材料，故错误；B.光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮的氧化物有关，故B正确；C.用作消毒的是75%的乙醇，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜而难以难以杀死细菌，故C错误；D.硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，故D错误。
故选B。
5.下列物质性质与应用对应关系正确的是
A.氨气具有还原性，可用于检查HCl泄漏
B.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥CO2
C.明矾水解形成Al（OH）3胶体，可用作水处理中的净水剂
D.四氯化碳密度比水大，可用于萃取溴水中的Br2
【答案】C
【解析】
A．氨气与HCl反应生成氯化铵固体，其现象是产生大量的白烟，可用于检查HCl泄漏，与氨气的还原性无关，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，可以干燥二氧化碳，与浓硫酸的脱水性无关，故B错误；C．明矾水解形成Al（OH）3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，故C正确；D．萃取剂和原溶剂不互溶，且萃取剂和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，四氯化碳符合萃取剂条件，与其密度大小无关，故D错误；故选C。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.SO2使氯水褪色：
SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－
B.Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：
Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
C.Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2：
2ClO－+CO2+H2O=2HClO+CO32－
D.Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：
2Fe3＋＋2I—＝2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫使氯水褪色是因为反应生成了硫酸和盐酸，离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－，故正确；B.碳酸氢钙和过量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32-+2H2O，故错误；C.次氯酸钙和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙和次氯酸，故错误；D.硝酸亚铁和过量的碘化氢混合，铁离子和硝酸根离子都完全反应，离子方程式为Fe3++3NO3-+12H++10I-=Fe2++5I2+6H2O+3NO↑，故错误。
故选A。
【点睛】在分析离子方程式正误时，注意量的关系，有些反应与量有关，但有些反应与量无关，同时要注意反应中分析全面，例如硝酸亚铁和碘化氢的反应，包括硝酸氧化亚铁离子，也有硝酸氧化碘离子等反应。
7.下列各组物质中，不能满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是
组别
物质
甲
乙
丙
A
H2SO4
NH4HCO3
Ba（OH）2
B
H2S
NaOH
SO2
C
NH3
NO2
HNO3
D
Na
H2O
Cl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫酸和碳酸氢铵反应生成二氧化碳气体和硫酸铵，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，碳酸氢铵和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和一水合氨，故不符合题意；B.硫化氢和氢氧化钠反应生成硫化钠和水，硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，故不符合题意；C.氨气和二氧化氮反应生成氮气和水，氨气和硝酸反应生成硝酸铵，二氧化氮和硝酸不能反应，故符合题意；D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠和氯气反应生成氯化钠，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，故不符合题意。
故选C。
8.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气
C.用装置丙可证明Cl2的氧化性强于S
D.用装置丁可以完成“喷泉”实验
【答案】B
【解析】
A、制备氯气的反应：
4HCl（浓）＋MnO2
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B、试剂瓶连接顺序颠倒，应该是先净化后干燥，B错误；C、通过置换反应证明Cl2的氧化性强于S，多余氯气用碱液吸收，C正确；D、Cl2易与NaOH溶液反应，能完成“喷泉”实验，D正确。
答案选B。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NA
B.1molCl2完全溶于水，转移的电子数为NA
C.0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目为0.1NA
D.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.标准状况下，CCl4不是气体，不能计算其物质的量，故错误；B.1molCl2完全溶于水，反应为可逆的，不能准确计算转移电子数，故错误；C.0.1mol/L醋酸溶液中醋酸能部分电离且不知道溶液的体积，故不能计算含有醋酸分子的数目，故错误；D.氮气和一氧化碳的相对分子质量都为28，所以常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体其物质的量为0.5mol，其含有的原子数目为NA，故正确。
故选D。
【点睛】注意气体摩尔体积的使用范围和条件，必须是气体，必须是标准状况下。
注意可逆反应中不能完全进行，不能计算其物质的量和转移电子数。
10.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.S
SO3
H2SO4B.NH3
N2
HNO3
C.SiO2
Si
SiCl4
SiD.海水
Mg（OH）2
Mg
【答案】C
【解析】
A、硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故A错误；B．转化关系中氮气、氧气和水不能直接生成硝酸，故B错误；C．二氧化硅制备高纯度硅，利用碳还原二氧化硅生成粗硅，粗硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅被氢气还原生成高纯度硅，故C正确；D．制备金属镁不是电解氢氧化镁，氢氧化镁熔融分解生成的氧化镁熔点高，工业上电解熔融氯化镁生成金属镁，故D错误；故选C。
不定项选择题：
本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.阿克拉酮是合成某种抗癌药的重要中间体，其结构如图所示。
下列关于阿克拉酮的性质的描述，不正确的是
A.阿克拉酮的分子式为C22H22O8
B.分子中含有3个手性碳原子
C.该分子一定条件下能发生取代、氧化、消去反应
D.1mol该物质最多可与3molNaOH反应
【答案】A
【解析】
A．由结构简式可知，阿克拉酮的分子式为C22H20O8，故A错误；B．连4个不同基团的原子为手性碳原子，则右侧碳环上连有-OH、酯基和乙基的C为手性碳原子，共3个，故B正确；C．含有羰基，可发生加成反应，含有酯基和羟基，可发生取代反应，酚羟基羟基可发生氧化反应，羟基可消去反应，故C正确；D．酚-OH具有酸性，能与NaOH发生中和反应，-COOC-能发生水解，则1 mol该物质最多可与3mol NaOH反应，故D正确；故选A。
点睛：
解答本题需要注意把握有机物中的官能团及性质的关系，熟悉酚、酯的性质。
本题的易错点为B，手性碳原子判断注意：
（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；
（2）手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.0.1mol·L－1KSCN溶液中：
Fe3＋、NH4+、Br－、SO42-
B.c（OH-）/c（H+）＝106的溶液中：
NH4＋、K+、AlO2-、NO3-
C.能使甲基橙变红的溶液中：
Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl－
D.0.1mol·L－1Ca（NO3）2溶液中：
Na＋、NH4+、CO32-、CH3COO－
【答案】C
【解析】
A．Fe3+与SCN-反应，不能大量共存，故A错误；B.
=106的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，且NH4+、AlO2-发生互促水解反应，故B错误；C．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．CO32-与Ca2+反应生成沉淀而不能大量共存，故D错误；故选C。
13.下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
湿红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
湿pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误；故选D。
视频
14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.0.1mol·L－1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：
c（SO42－）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）
B.pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：
c（Cl－）＞c（NH4+）＞c（OH－）＞c（H+）
C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：
2c（Na+）＝c（CO32－）＋c（HCO3－）＋c（H2CO3）
D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液显酸性：
c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（CH3COOH）>c（H+）
【答案】AD
【解析】
【详解】A.（NH4）2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：
c（SO42－）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+），故正确；B.pH＝11的氨水的浓度大于和pH＝3的盐酸溶液浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+），故错误；C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中物料守恒有：
2c（Na+）＝c（CO32－）＋c（HCO3－）＋c（H2CO3），故正确；D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：
c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（CH3COOH）>c（H+），故正确。
故选AD。
【点睛】pH加和等于14的两种溶液等体积混合，弱的电解质有剩余，溶液显弱的性质。
一般等浓度的醋酸和醋酸钠混合，因为醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性。
15.在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：
CH4（g）＋2NO2（g）
N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：
时间/min
0
10
20
40
50
T1
n（CH4）/mol
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
n（CH4）/mol
0.50
0.30
0.18
……
0.15
下列说法正确的是（）
A.T1时0～10minNO2的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1
B.T2时CH4的平衡转化率为30.0%
C.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），平衡向正反应方向移动
D.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大
【答案】D
【解析】
A．T1时0～10 min CH4的平均反应速率为
=0.015mol•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，T1时0～10min NO2的平均反应速率为0.03mol•L-1•min-1，故A错误；B．由表格数据可知，T2时CH4的平衡物质的量为0.15mol，则转化的甲烷为0.50mol-0.15mol=0.35mol，则T2时CH4的平衡转化率为
×100%=70.0%，故B正确；C．T1时，体积为1L，由表格中数据可知，
CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
开始 0.5 1.2 0 0 0
转化0.4 0.8 0.4 0.4 0.8
平衡0.1 0.4 0.4 0.4 0.8
K=
=6.4，T1时向平衡体系中再充入0.30 mol CH4和0.80 mol H2O（g），Qc=
=25.6＞K，则平衡逆向移动，故C错误；D．体积不变，物质的量变为原来的2倍，若平衡不移动，则平衡浓度变为原平衡的2倍，但压强增大平衡逆向移动，则达新平衡时N2的浓度增大，大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍，故D正确；故选BD。
点睛：
把握表格中数据、运用平衡三段法进行计算为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查。
注意选项C为解答的难点，可以根据Qc与K的大小进行判断。
非选择题（共80分）
16.NaClO2的漂白能力是漂白粉的4～5倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。
工业上生产NaClO2的工艺流程如下：
（1）ClO2气体发生器中的反应为：
2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。
实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为____________（用化学方程式表示）。
（2）反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：
________________________。
（3）吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为________________________________。
（4）CO和联氨（N2H4）的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。
①用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为_______________。
②用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为__________。
（5）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图所示。
①在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
转化中当有1molN2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为________。
②加入NaClO时发生的反应为：
Cu（NH3）42+＋2ClO－＋2OH－＝Cu（OH）2↓＋2N2H4↑＋2Cl－＋2H2O
该反应需在80℃以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有_______________。
【答案】
（1）.S＋2H2SO4（浓）
3SO2↑＋2H2O
（2）.驱赶出ClO2，确保其被充分吸收（3）.2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO2-＋O2＋2H2O（4）.2CO＋O2＋4OH－===2CO32－＋2H2O（5）.CO＋O2－－2e－===CO2（6）.增大（7）.1mol（8）.氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出
【解析】
【详解】
（1）二氧化氯发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为：
S＋2H2SO4（浓）
3SO2↑＋2H2O；
（2）反应结束后，发生器中仍有少量二氧化氯，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收。
（3）吸收器中双氧水与二氧化氯在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为：
2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO2-＋O2＋2H2O。
（4）①该燃料电池中负极上一氧化碳失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得到电子生成还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为：
2CO＋O2＋4OH－=2CO32－＋2H2O；②d电极上一氧化碳生成二氧化碳，则该电极上失去电子发生氧化反应，电极反应为CO＋O2－－2e－===CO2；（5）①Cu（NH3）42+和氧气反应过程中，铜元素化合价由+1价变为+2价，氧元素化合价从0价变为-2价，氧气得到电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大，转化中当有1molN2H4参与反应时，转移电子的物质的量为4mol，根据转移电子相等分析，需要消耗氧气的物质的量为1mol。
②温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，故答案为：
氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出。
17.氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解。
以低品位铜矿砂（主要成分CuS）为原料制备氯化亚铜的路线如下：
（1）酸溶1步骤中加入MnO2的作用是______。
（2）除锰步骤Mn2+转化为MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为______。
溶液中CuSO4转变为Cu（NH3）4CO3留在溶液中。
（3）蒸氨步骤会得到CuO固体，该步骤在减压条件下进行的原因是______。
（4）合成步骤加入Na2SO3的速率不宜过快，否则会产生SO2气体，除可能与酸溶时硫酸过量有关，还可能的原因是______。
（5）有工艺将合成步骤的NaCl与Na2SO3换为NH4Cl和（NH4）2SO3，则可获得一种可作为氮肥的副产品，其化学式为_____。
（6）洗涤步骤先用______洗，再用无水乙醇洗涤。
【答案】
（1）.氧化剂
（2）.Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+（3）.减压有利于气体逸出（4）.反应有酸（H+）生成（或者反应使溶液pH下降）（5）.（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]（6）.盐酸
【解析】
【详解】
（1）酸溶1和除锰过程为：
硫酸溶液中加入二氧化锰，硫化铜，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，然后在除锰步骤中，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，可知：
锰元素化合价降低，所以二氧化锰为氧化剂。
（2）依据除锰过程可知，溶液中加入氨气、碳酸氢铵，与溶液中的二价锰离子反应生成碳酸锰和铵根离子，方程式为：
Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；（3）气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以减小压强有利于氨气的逸出。
（4）.在合成步骤中氯化钠、亚硫酸钠和硫酸铜反应生成氯化亚铜、硫酸钠和硫酸，溶液中有酸（H+）生成（或者反应使溶液pH下降），所以会有二氧化硫生成。
（5）.将合成步骤中的氯化钠和亚硫酸钠换为氯化铵和亚硫酸铵，滤液中含有硫酸铵、硫酸。
可以获得一种可用作氮肥的副产品，可能为（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]（6）氯化亚铜存在沉淀溶解平衡，洗涤氯化亚铜时，为了避免氯化亚铜因溶解而损坏，所以应先用盐酸洗涤，然后用乙醇洗涤。
18.碱式碳酸钠铝[NaaAlb（OH）c（CO3）d]可用作阻燃剂、抗酸剂等。
其制备方法是：
控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al（OH）3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝。
（1）碱式碳酸钠铝[NaaAlb（OH）c（CO3）d]中a、b、c、d之间的关系为________。
（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的
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