内蒙古自治区第一中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.docx

内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2019届高三上学期期中考试理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 淀粉溶液、豆浆、雾和饱和食盐水均可发生丁达尔现象B. 氮化硅(Si3N4)、氧化铝(Al2O3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO2)都可用作制高温结构陶瓷的材料C. 绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染D. 光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关【答案】B【解析】试题分析：A、淀粉溶液、豆浆、雾属于胶体，可产生丁达尔现象，而食盐水属于溶液，不能产生丁达尔现象，错误；B、氮化硅(Si3N4)、氧化铝(Al2O3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO2)都具有较高的熔点，所以都可用作制高温结构陶瓷的材料，正确；C、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除污染，错误；D、臭氧空洞的形成与氟代烃有关，温室效应的形成与二氧化碳有关，只有光化学烟雾、酸雨（硝酸型）的形成与氮氧化物有关，错误，答案选B。考点：考查化学与好激动关系，物质的性质、用途的判断2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，Y、Z同周期，X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，25时0.1 mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.01012，下列说法正确的是A. 114号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B. X分别与Z、W形成的化合物中，含化学键类型相同C. Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物D. X、Y形成的化合物中只含有极性共价键【答案】C【解析】【详解】25时0.1 mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.01012，则M溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。A. 114号元素鈇(Fl)在A族元素，Y（）为A族元素，不在同一主族，选项A错误；B. X分别与Z、W形成的化合物H2O、H2O2中只含有共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，故所含化学键类型不相同，选项B错误；C. Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，选项C正确；D. X、Y形成的化合物NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物NH中含有极性共价键和非极性共价键，选项D错误；答案选C。3. 下列离子方程式书写正确的是A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+ 3H+=Fe3+ 3H2OB. 用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2+ H2O+CO2C. 氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD. 等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O【答案】D【解析】试题分析：A中反应生成的Fe3+还会和I反应，A错；醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，B错；HClO是弱酸，要写成化学式；C错；D对。考点：离子方程式的正误判断。4.下列说法正确的是A. 用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中一定存在SO42或SO32D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】【详解】A加热氯化铵和氢氧化钙固体后反应生成氯化钙、氨气和水，无法达到分离的目的，选项A错误；B、做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石或碎瓷片，以防暴沸，如果忘记加入，应立即停止加热，冷却后补加，选项B正确；C、若该未知溶液中含有Ag+，滴加BaCl2溶液可生成AgCl溶液，加稀硝酸沉淀不溶解，C错误；D、提纯混有少量硝酸钾的氯化钠的正确操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误。答案选B。【点睛】本题主要是考查化学实验基本操作，涉及氨气实验室制法、物质分离、蒸馏实验安全操作注意事项、硫酸根离子、亚硫酸根离子、氯离子检验、氯化钠提纯等。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 常温常压下,46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAB. 向含有FeI2的溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移的电子数为3NAC. 标准状况下,6. 72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.3NAD. 200g 46%的乙醇水溶液中，含HO键的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A、混合气体中N与O个数比为1:2，即46g混合气体必然含有的原子数为3 NA，选项A正确；B向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-，当有1mol Fe2+被氧化时转移NA个电子；2mol I-被氧化时转移2NA个电子；该反应转移电子的数目至少为3NA，选项B错误；C、NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3molNO2，则转移电子为2mol，所以标准状况下6.72LNO2参加反应，则转移电子0.2NA，选项C错误；D、因水分子中也含有H-O键，故此溶液中H-O键的个数大于2NA个，选项D错误。答案选A。6.下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是 选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。7.处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是A. 处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B. 第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC. 第二步发生的反应为2OCN + 3ClO 2CO2 + CO32 + 3Cl + N2D. 处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水实际至少需要50 mol NaClO【答案】D【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2 OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2，故C错误；D、参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol5/2=50mol。点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。8.不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+（1）再生酸中含有_，采取减压蒸馏的原因是_（用化学方程式表示）（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是_（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72-发生反应的离子反应方程式：_（4）已知Ni（NH3）62+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：_（5）滤渣3的主要成分为Ca（OH）2和_（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）=0.004molL-1，则残液中F-浓度为_mgL-1，已知Ksp（CaF2）=410-11mol3L-3.【答案】 (1). 硝酸、氢氟酸 (2). 4HNO3= 4NO2+O2+2H2O (3). 实现废物利用，降低生产成本 (4). Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O (5). Ni（NH3）62+S2-=NiS+6NH3 (6). CaSO4 (7). 1.9【解析】【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3为CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，（1）分析可知再生酸是难挥发性的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸和弱酸HF；（2）废物利用，提高经济效益；（3）转化时NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子=硫酸根离子和水；（4）Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+，加入Na2S会生成更难溶的NiS；（5）分析可知滤渣3为生成的CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙；（6）依据溶度积常数计算F-离子浓度，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL-1分析判断。【详解】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3为CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，（1）分析可知再生酸是硝酸根离子和难挥发性的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸，F-离子结合氢离子生成弱酸HF，再生酸为HNO3、HF，采取减压蒸馏的原因是降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解；（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是废物利用，提高经济效益，降低生产成本；（3）转化时NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；（4）Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+6NH3Ni（NH3）62+，加入Na2S会生成更难溶的NiS，“沉镍”的离子方程式为：Ni（NH3）62+S2-=NiS+6NH3；（5）分析可知滤渣3为生成的CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙，滤渣3的主要成分为CaF2、Ca（OH）2和CaSO4，故答案为：CaSO4；（6）依据溶度积常数计算F-离子浓度，Ksp=c（Ca2+）c（F-）2=410-11 mol3L-3，残液中c（Ca2+）=0.004molL-1，则c（F-）=110-4mol/L=110-4mol/L19g/mol=0.0019g/L=1.9mg/L，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mgL-1分析判断1.9mg/L10mgL-1，符合国家标准。【点睛】本题考查了物质的分离和提纯方法分析、实验基本操作的理解应用，主要是离子分离方法和条件的判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。9.某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。 已知：无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；工业上，向500600的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是_。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是_（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是 _（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为_def。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是_。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为_。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是_（用离子方程式表示）。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验 操作 现象 实验（取褪色后溶液3等份） 第1份 滴加FeCl3溶液 无明显变化 第2份 滴加KSCN溶液 溶液出现红色 第3份 滴加稀盐酸和BaCl2溶液 产生白色沉淀 实验（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液） 滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2 无明显变化 由实验和可得出的结论为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). KmnO4 (3). Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+ (4). aghdebc (5). HCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁 (6). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ (7). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (8). H2O2将SCN氧化成SO42-【解析】【详解】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置D中，硫代硫酸钠（Na2S2O3）与氯气反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+； （5）加入KSCN溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2，说明有氧化还原反应的发生，实验I说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将SCN-氧化成SO42-。10.、A、B是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题： （1）A溶液与B溶液反应的离子方程式 _ （2）若A与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为 _ （3）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应则这些物质可能是： _ 、在Na+浓度为0.6mol/L的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为_。（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：_。（3）通过实验I、和必要计算，判断K+_ 一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小浓度为_。（若不存在，此空不需填写）【答案】 (1). H+OH-=H2O (2). MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O (3). Al（OH）3、NaHCO3 (4). 2H+SiO32-=H2SiO3 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净； (6). 是 (7). 0.7mol/L【解析】【分析】、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，结合物质的性质判断可能发生的反应；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在，据此进行解答。【详解】、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，（1）A为HCl，B为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为H+OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；（3）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如Al（OH）3，也可为弱酸的酸式盐，如NaHCO3，故答案为：Al（OH）3、NaHCO3；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为2H+SiO32-=H2SiO3；（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；（3）通过实验I、和必要计算，判断K+一定存在，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L。【点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。11.氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150时释氢，在170、15. 2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。（1）基态Ti原子的价电子轨道排布图为_。（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂。NaH属于_晶体，其电子式为_。（3）AlCl3在178时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为_ （标明配位键）（4）AlH4中，Al的轨道杂化方式为_；例举与AlH4空间构型相同的两种离子_（填化学式）。（5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4有_个；NaAlH4晶体的密度为_gcm3（用含a的代数式表示）。【答案】 (1). (2). 离子 (3). (4). (5). sp3 (6). NH4+、BH4（或“SO42” “PO43” 等其他合理答案） (7). 8 (8). （或“ ”）【解析】【详解】（1）Ti原子核外电子数为22，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为；（2）NaH的熔点为800，不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，由钠离子与氢负离子构成，电子式为；（3）氯化铝在178时升华，熔沸点较低，属于分子晶体，蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的分子式为Al2Cl6，铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，结构式如图；（4）AlH4-中Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，与AlH4-空间构型相同的两种离子为NH4+、SO42-等；（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH4-数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，则与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；晶胞质量为4g，晶胞密度为=gcm-3。12.有机化学基础M为合成高分子材料的中间体，以芳香烃