1、2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高一（下）化学暑假作业（4）一、选择题1实验室常用氢氧化钠溶液吸收氯化氢尾气，以防止环境污染下列既能吸收尾气，又能防止溶液倒吸的装置是( )ABCD2以下过滤操作中，不正确的是( )A滤纸应紧贴漏斗内壁并用少量水润湿，使滤纸与漏斗壁之间没有气泡B漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁C倒入漏斗的过滤液的液面应高于滤纸边缘D要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液3下列说法正确的是( )A摩尔既是表示微粒，又是表示质量的单位B反应前各物质的“物质的量”之和与反应后各物质的“物质的量”之和一定相等C氢氧化钠的摩尔质量是40gD氩气的摩尔质量（以g/mol为单位）在数值上等
2、于它的相对原子质量4在标准状况下，将1.40g氮气、1.60g氧气和4.00g氩气充分混合，则该混合气体的体积为( )A2.24LB3.36LC4.48LD无法计算5Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同的分类法进行分类，其中不正确的是( )ANa2CO3是碱BNa2CO3是盐CNa2CO3是钠盐DNa2CO3是碳酸盐6下列物质属于混合物的是( )A干冰B小苏打C烧碱D食醋7关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是( )A加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B加盐酸生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32C用洁净的铂丝蘸取溶
3、液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有K+D加入NaOH溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有Fe2+8Na2O2、HCl和Al2O3在水中反应，若最后所得溶液中只含AlO2、Na+、Cl，则Na2O2、HCl和Al2O3的物质的量之比为( )A4：6：1B8：6：1C3：3：1D4：6：39下列离子组在溶液中不能大量共存，但原因不是发生氧化还原反应的是( )AFe3+、NO3、I、K+BH+、NO3、Fe2+、Na+CK+、Al3+、H+、MnO4DCu2+、NH4+、Br、OH10已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向Fe
4、Cl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色下列判断正确的为( )A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+B上述实验中，有一个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性11将一小块钠投入FeCl3溶液中，观察到的现象是( )A钠溶解，有铁析出并有气体产生B只产生气体C只有沉淀产生D既有气体产生又有红褐色沉淀生成12将4.6g金属钠投入到95.4g水中，所得溶液中溶质的质量分数为( )A等于4.6%B等于8.0%C小于8.0%D大于8.0%13今有氧化镁、氧化铝的混合粉末18.2g，将它溶于500ml 4molL1的盐酸里，若要使沉淀质量
5、达到最大植，则需要加入2molL1的氢氧化钠溶液的体积为( )A1000 mlB500 mlC100 mlD1500 ml14将一定量的镁铝合金放入一定量的盐酸中，合金恰好全部溶解，向所得溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液，加入的NaOH溶液的体积（V）与沉淀质量（m）的关系如图所示下面说法正确的是( )AA点的沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3BB点的沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3CB点的沉淀是Al（OH）3DA点的沉淀是Mg（OH）215月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石CaMgSi2O6、斜长石KAlSi3O8和橄榄石（Mg或
6、Fe）2SiO4等，下列说法或分析不正确的是( )A辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B斜长石的氧化物形式可表示为：K2OAl2O33SiO2C月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D橄榄石中铁为+2价16关于CO2和SiO2的比较错误的是( )A都是酸性氧化物B熔沸点都比较高C都能与强碱溶液反应D都具有一定的氧化性17漂粉精久置于空气中会变质，在变质过程中不会涉及的性质是( )AHClO的漂白性BHClO的不稳定性CHClO的弱酸性DH2CO3的酸性18关于氯水的叙述，错误的是( )A新制的氯水中含有Cl2、H2O和HClO分子B新制的氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水
7、有气泡逸出，该气体是Cl2D新制氯水放置数天后颜色变浅19下列各种说法中正确的是( )A极性键只能形成极性分子BCO2中碳原子是sp2杂化C形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤对电子D共价键形成的条件是成键原子必须有未成对电子20我国的激光技术在世界上处于领先地位，据报道，有科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成碳氮化合物薄膜据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬其原因可能是( )A碳、氮原子构成平面结构的晶体B碳氮键比金刚石中的碳碳键更短C氮原子电子数比碳原子电子数多D碳、氮的单质的化学性质均不活泼二、解答题21火药是中国的“四大
8、发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2其中被氧化的元素是_，氧化剂是_ 和_22粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质我们食用的精盐是用粗盐提纯而得到的通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验回答下列问题（1）如何运用最简方法检验溶液中有无SO42？_如果有，应该如何除去SO42？_（2）在粗盐经过溶解过滤后的溶液中滴加饱和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀为止请问这步操作的目的是_（3）将经过操作（2）后的溶液过滤请问这一操作能除掉哪些杂质？_（4）实验
9、室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的：溶解时：_；过滤时：_；蒸发时：_23如图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置其中D瓶中放有干燥红色布条；E中为铜网，E右端出气管口附近为石棉球试回答：（1）A中发生反应的方程式为_；（2）为得到干燥纯净的氯气，一般在B瓶中加入饱和食盐水，其作用是_；（3）C中盛放的试剂为_；D处看到的现象是_；（4）E中所发生反应的方程式为_（5）F中应加入的试剂为_，其作用是_（6）若A中有14.6g HCl被氧化，将产生的氯气通入足量的KI溶液中能产生单质碘的质
10、量为_g24在50mL bmolL1的AlCl3溶液中加入50mL amolL1 NaOH溶液（1）当a3b时，生成Al（OH）3沉淀的物质的量为_mol（2）当a、b满足_条件时，无沉淀产生（3）当a、b满足_条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al（OH）3的质量为_克25（14分）某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素组成，其原子个数比为l4：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n1）d n+6ns1，回答下列问题（1）元素D在周期表中的位置是_（2）该配位化合物的化学式为_（3）C元素可与A元素形
11、成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为_（4）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为_（5）已知E的晶胞结构如图所示，又知晶胞边长为3.61108cm，则E的密度为_；EDC4常作电镀液，其中DC42的空间构型是_，其中D原子的杂化轨道类型是_2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高一（下）化学暑假作业（4）一、选择题1实验室常用氢氧化钠溶液吸收氯化氢尾气，以防止环境污染下列既能吸收尾气，又能防止溶液倒吸的装置是( )ABCD考点：尾气处理装置 专题：实验题分析：根据实验的目的可知，
12、吸收尾气，用氢氧化钠溶液吸收氯化氢尾气，氢氧化钠和氯化氢反应生成氯化钠和水；造成倒吸，是由于反应装置内的大气压与外面的大气压有一定的差值，分析所给的装置不会出现内外压强差，就能防止倒吸，据此即可解答解答：解：A该装置中，出气导管没有伸入吸收液中，氯化氢从装置中逸出环境污染，故A错误；B氯化氢极易溶于水，且和氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠和水，导管没有伸入吸收液中，这样能够防止倒吸，能够很好的吸收尾气，出气导管伸入吸收液中，这样防止氯化氢从装置中逸出环境污染，故B正确；C氯化氢极易溶于水，且和氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠和水，导管伸入吸收液中，这样会导致吸收液被倒吸到反应装置中，出气导管伸入吸收液
13、中，这样防止氯化氢从装置中逸出环境污染，故C错误；D氯化氢极易溶于水，且和氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠和水，导管伸入吸收液中，这样会导致吸收液被倒吸到反应装置中，出气导管没有伸入吸收液中，氯化氢从装置中逸出环境污染，故D错误；故选B点评：本题主要考查了尾气吸收装置中的倒吸问题，要从尾气的性质和装置的特点方面进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目较简单2以下过滤操作中，不正确的是( )A滤纸应紧贴漏斗内壁并用少量水润湿，使滤纸与漏斗壁之间没有气泡B漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁C倒入漏斗的过滤液的液面应高于滤纸边缘D要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液考点：过滤 专题：化学实验基本操作分析：A、过滤
14、是实验基本操作之一，过滤的要点是：一贴、二低、三靠一贴即滤纸紧贴漏斗内壁；B、过滤的三靠：烧杯紧靠玻璃棒；玻璃棒的下端紧靠三层滤纸的一侧；漏斗下端紧靠烧杯内壁；C、过滤的二低：滤纸的边缘低于漏斗的边缘；液面要低于滤纸的边缘；D、在过滤中玻璃棒起引流的作用解答：解：A、过滤的一贴即滤纸紧贴漏斗内壁，并用少量水润湿，使滤纸与漏斗壁之间没有气泡，故A正确；B、过滤的三靠：烧杯紧靠玻璃棒；玻璃棒的下端紧靠三层滤纸的一侧；漏斗下端紧靠烧杯内壁，故B正确；C、过滤的二低：滤纸的边缘低于漏斗的边缘；液面要低于滤纸的边缘，故C错误；D、在过滤中玻璃棒起引流的作用，要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液，故D正确故
15、选C点评：本题考查的是有关过滤操作的实验评价问题，只要掌握过滤的一般原理，就容易解决3下列说法正确的是( )A摩尔既是表示微粒，又是表示质量的单位B反应前各物质的“物质的量”之和与反应后各物质的“物质的量”之和一定相等C氢氧化钠的摩尔质量是40gD氩气的摩尔质量（以g/mol为单位）在数值上等于它的相对原子质量考点：物质的量的单位-摩尔；摩尔质量 专题：化学用语专题分析：A、摩尔用于计量微粒的多少，是物质的量的单位；B、反应前后物质的量的变化情况与化学方程式的化学计量数有关；C、摩尔质量的单位是g/mol；D、氩气为单原子分子，其摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对原子质量解答：解：
16、A、摩尔用于计量微粒的多少，是物质的量的单位，故A错误；B、若反应物化学计量数之和与生成物的化学计量数之和相等，则反应前各物质的“物质的量”之和与反应后各物质的“物质的量”之和相等，若反应物化学计量数之和与生成物的化学计量数之和不相等，则反应前各物质的“物质的量”之和与反应后各物质的“物质的量”之和不相等，故B错误；C、氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，故C错误；D、氩气为单原子分子，其摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对原子质量，故D正确；故选D点评：本题考查了摩尔、摩尔质量的定义，难度不大，注意氩气为单原子分子4在标准状况下，将1.40g氮气、1.60g氧气和4.00g氩气充分
17、混合，则该混合气体的体积为( )A2.24LB3.36LC4.48LD无法计算考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：根据n=计算解答：解：n（N2）=0.05mol；n（O2）=0.05mol；n（Ar）=0.1mol，气体的总物质的量为0.2mol，则总体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故选C点评：本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，比较基础，注意对公式的理解掌握，注意气体摩尔体积的使用条件与对象5Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同的分类法进行分类，其中不正确的是( )ANa2CO3是碱BNa2CO3是盐CNa2CO3是钠盐DNa2CO3是碳酸盐考点：酸、碱
18、、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：电离生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐，根据盐中电离出的阳离子又可以将盐分为钾盐、钠盐、钡盐等，根据电离出的酸根离子可以将盐分为碳酸盐、硫酸盐、硝酸盐等碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物解答：解：A、碱电离生成的阴离子全部是氢氧根离子，则Na2CO3不是碱，属于盐，故A错误；B、Na2CO3俗名纯碱，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐类，故B正确；C、因阳离子为钠离子，故属于钠盐，故C正确；D、因阴离子为碳酸根离子，则Na2CO3是碳酸盐，故D正确；故选A点评：本题考查学生盐的概念和分类知识，
19、可以根据所学知识进行回答，难度不大6下列物质属于混合物的是( )A干冰B小苏打C烧碱D食醋考点：混合物和纯净物 专题：物质的分类专题分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可解答：解：A干冰只含有一种物质二氧化碳，属于纯净物，故A错误； B小苏打只含有一种物质碳酸氢钠，属于纯净物，故B错误；C烧碱只含有一种物质氢氧化钠，属于纯净物，故C错误；D食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故D正确故选D点评：解答本题要充分理解纯净物和混合物的区别，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物，题目难度
20、不大7关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是( )A加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42B加盐酸生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32C用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有K+D加入NaOH溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有Fe2+考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验 分析：A、生成的沉淀有可能是氯化银沉淀；B、有可能是二氧化硫气体；C、钾离子检验必须透过蓝色的钴玻璃观察；D、根据氢氧化亚铁在空气中的颜色变化分析解答：解；A、由于生成的沉淀不一
21、定是硫酸钡，有可能是氯化银，氯化银也不容易硝酸，故A错误；B、加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，生成的气体也有可能是二氧化硫，故B错误；C、钾离子检验，必须透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，故C错误；D、Fe2+与NaOH溶液反应生成的氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，其颜色变化为白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，所以原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；故选D点评：本题考查常见离子和气体的检验方法，根据物质的性质分析，加入试剂产生特殊的现象即可鉴别，本题难度一般8Na2O2、HCl和Al2O3在水中反应，若最后所得溶液中只含AlO2、Na+、Cl，则Na2O2、HCl和Al2O3
22、的物质的量之比为( )A4：6：1B8：6：1C3：3：1D4：6：3考点：镁、铝的重要化合物 专题：压轴题；守恒法分析：假设Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl，根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，将各比例代入满足即可，据此判断解答：解：假设Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl（不考虑AlO2的水解和H2O的电离），根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，A、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为4：6：1，则24=6+21，故A正确B、Na2O2、HCl、
23、Al2O3的物质的量之比为8：6：1，则286+21，故B错误；C、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：3：1，则233+21，故C错误；D、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为4：6：3，则246+23，故D错误；故选A点评：本题是一道开放性的题目，主要考查元素守恒的应用，考查学生分析和解决问题的能力，运用原子守恒及电荷守恒是解题关键，难度较大9下列离子组在溶液中不能大量共存，但原因不是发生氧化还原反应的是( )AFe3+、NO3、I、K+BH+、NO3、Fe2+、Na+CK+、Al3+、H+、MnO4DCu2+、NH4+、Br、OH考点：离子共存问题 专题：离子反应
24、专题分析：根据离子之间能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则不能大量共存，并结合原因不是发生氧化还原反应来解答解答：解：A因Fe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；B因H+、NO3、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C该组离子之间不反应，能共存，故C不选；D因NH4+、OH结合生成弱电解质，Cu2+、OH结合生成沉淀，不能共存，原因不是发生氧化还原反应，故D选；故选D点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及常见的氧化还原反应是解答本题的关键，注意不能共存的原因，题目难度不大10已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产
25、生的气体，溶液变黄色下列判断正确的为( )A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+B上述实验中，有一个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化还原反应；氯气的实验室制法 专题：氧化还原反应专题；卤族元素分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答解答：解：A反应中KMnO4为氧化剂，反应中Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性
26、：MnO4Cl2Fe3+，故A正确；B两个反应中均有元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故B错误；C实验生成的气体为氯气，具有强氧化性，能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D实验中Fe元素的化合价升高，只证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意把握发生的两个反应，题目难度不大11将一小块钠投入FeCl3溶液中，观察到的现象是( )A钠溶解，有铁析出并有气体产生B只产生气体C只有沉淀产生D既有气体产生又有红褐色沉淀生成考点：钠的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，
27、溶液呈碱性，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，据此分析解答解答：解：钠投入到FeCl3溶液中，发生反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H23NaOH+FeCl3=Fe（OH）3+3NaCl既有Na与H2O反应现象，又有NaOH与FeCl3反应现象所以现象为：钠浮在液面上，与溶液剧烈反应，熔成小球，四处游动，发出嘶嘶声，有气泡冒出，有红褐色沉淀生成故选D点评：本题考查的是钠的化学性质，在金属活动性顺序表中，前边的金属能置换后边的金属，但钾、钙、钠三种金属金属性很强，能和水发生置换反应，所以与后边的金属盐溶液反应时，先和水反应生成碱，碱再和盐反应，所以不能置换后边的金属12将4.6g金
28、属钠投入到95.4g水中，所得溶液中溶质的质量分数为( )A等于4.6%B等于8.0%C小于8.0%D大于8.0%考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：钠投入到水中，发生2Na+2H2O=2NaOH+H2，根据反应的化学方程式计算生成NaOH的质量和溶液的质量，进而计算溶质的质量分数解答：解：将4.6g钠投入到95.4g水中，发生2Na+2H2O=2NaOH+H2，则2Na+2H2O=2NaOH+H246g 80g 2g4.6g m（NaOH） m（H2）m（NaOH）=8.0g，m（H2）=0.2g，则w（NaOH）=100%=8.02%8%，故选D点评：
29、本题考查溶液质量分数的计算，题目难度不大，注意溶液的总质量的变化13今有氧化镁、氧化铝的混合粉末18.2g，将它溶于500ml 4molL1的盐酸里，若要使沉淀质量达到最大植，则需要加入2molL1的氢氧化钠溶液的体积为( )A1000 mlB500 mlC100 mlD1500 ml考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：要使沉淀质量达到最大植，溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）=n（HCl），由钠离子守恒n（NaCl）=n（NaOH），再根据V=计算氢氧化钠溶液体积解答：解：要使沉淀质量达到最大植，溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）=n（HCl）=0.
30、5L4mol/L=2mol，由钠离子守恒n（NaCl）=n（NaOH）=2mol，故需要氢氧化钠溶液体积为=1L=1000mL，故选A点评：本题考查混合物计算，难度中等，侧重对学生分析思维能力与解题方法技巧的考查，注意利用守恒法解答14将一定量的镁铝合金放入一定量的盐酸中，合金恰好全部溶解，向所得溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液，加入的NaOH溶液的体积（V）与沉淀质量（m）的关系如图所示下面说法正确的是( )AA点的沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3BB点的沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3CB点的沉淀是Al（OH）3DA点的沉淀是Mg（OH）2考点：镁、铝的重要化合物 分析：Mg、Al
31、合金放入一定量稀盐酸中，发生的反应为Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，合金恰好全部溶解，向所得溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液，根据图知，加入NaOH立即产生沉淀，说明HCl恰好完全反应而没有剩余，镁离子和铝离子与NaOH发生复分解反应生成沉淀，当A点沉淀最大，说明两种离子完全反应，反应离子方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3；继续加入NaOH溶液，NaOH和氢氧化铝沉淀反应生成可溶性的NaAlO2，导致沉淀逐渐溶解，氢氧化镁和NaOH不反应，离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，B点说明铝离子完全反应，
32、再滴加NaOH，沉淀不溶解，据此分析解答解答：解：Mg、Al合金放入一定量稀盐酸中，发生的反应为Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，合金恰好全部溶解，向所得溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液，根据图知，加入NaOH立即产生沉淀，说明HCl恰好完全反应而没有剩余，镁离子和铝离子与NaOH发生复分解反应生成沉淀，当A点沉淀最大，说明两种离子完全反应，反应离子方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3；继续加入NaOH溶液，NaOH和氢氧化铝沉淀反应生成可溶性的NaAlO2，导致沉淀逐渐溶解，氢氧化镁和NaOH不反应，离子方程式为Al（
33、OH）3+OH=AlO2+2H2O，B点说明铝离子完全反应，再滴加NaOH，沉淀不溶解，通过以上分析知，A点的沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3，B点沉淀是Mg（OH）2，故选A点评：本题以镁铝化合物为载体考查物质之间反应，明确物质性质是解本题关键，知道曲线上每一点溶质成分及离子反应方程式的书写，题目难度不大15月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石CaMgSi2O6、斜长石KAlSi3O8和橄榄石（Mg或Fe）2SiO4等，下列说法或分析不正确的是( )A辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B斜长石的氧化物形式可表示为：K2OAl2O33S
34、iO2C月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D橄榄石中铁为+2价考点：含硅矿物及材料的应用 专题：碳族元素分析：A辉石、斜长石和橄榄石根据其化学式可知属于硅酸盐类；B根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写；C月球上没有氧化金属铁的物质或者条件；D根据元素的化合价规则来判断铁元素的化合价；解答：解：A辉石CaMgSi2O6、斜长石KAlSi3O8和橄榄石（Mg，Fe）2SiO4的成分均属于硅酸盐类，均属于硅酸盐矿，故A正确；B硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以斜长石的氧化物形式可表示为：K2OAl2O36SiO
35、2，故B错误；C月球上有游离态铁是因为月球环境中没有氧化金属铁的物质或者条件，所以月球的表面几乎没有氧气，故C正确；D橄榄石中，镁元素化合价是+2价，硅元素化合价是+4价，氧元素化合价是2价，所以铁元素化合价是+2价，故D正确；故选B点评：本题考查有关硅酸盐的知识，注意硅酸盐的氧化物形式书写方法，平时知识的积累是解题的关键，题目难度不大16关于CO2和SiO2的比较错误的是( )A都是酸性氧化物B熔沸点都比较高C都能与强碱溶液反应D都具有一定的氧化性考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：A、氧化物能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物；B、二氧化碳熔沸点低，二氧化硅熔沸点比较高；C、酸性氧
36、化物均能和碱反应生成盐和水；D、CO2和SiO2的碳元素和硅元素化合价均为最高价，只有氧化性解答：解：A、CO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B、二氧化硅属于原子晶体，熔沸点比较高，二氧化碳属于分子晶体，熔沸点较低，故B错误；C、CO2和SiO2属于酸性氧化物，均能和碱反应生成盐和水，故C正确；D、CO2和SiO2的碳元素和硅元素化合价均为最高价，只有氧化性，故D正确故选B点评：本题考查了二氧化碳和二氧化硅的性质，注重教材内容的考查，难度不大，可以根据所学知识来回答17漂粉精久置于空气中会变质，在变质过程中不会涉及的性质是( )AHClO的漂白性BHClO的不稳定
37、性CHClO的弱酸性DH2CO3的酸性考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：卤族元素分析：漂粉精的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，久置于空气中会发生的变化为：Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2，根据这两个反应得出正确结论解答：解：漂粉精的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，久置于空气中会发生的变化为：Ca（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO，该反应的原理是强酸制弱酸，碳酸的酸性比次氯酸的酸性强；次氯酸不稳定，见光易分解：2HClO2HCl+O2故漂粉精在变质过程中涉及的性质有碳酸的酸性，次氯酸的弱酸性和次氯酸的不稳定性故选：A点评：非金属化
38、合物的性质是高考的热点题型，每年高考必考本题主要考查了漂粉精变质的原理18关于氯水的叙述，错误的是( )A新制的氯水中含有Cl2、H2O和HClO分子B新制的氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D新制氯水放置数天后颜色变浅考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：A、由氯气和水反应生成盐酸和次氯酸来分析存在的分子；B、根据盐酸和次氯酸的性质来分析；C、根据次氯酸见光分解来分析；D、根据次氯酸见光分解及盐酸溶液为无色来分析解答：解：A、因氯气能溶于水，且与水反应生成弱酸次氯酸，则新制的氯水中含有Cl2、H2O和HClO分子，故A正确；B、氯水中的盐酸能使蓝色石蕊试
39、纸变红，次氯酸具有漂白性，能使其褪色，则新制的氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C、光照氯水时发生2HClO2HCl+O2，则逸出的气体为O2，故C错误；D、新制氯水放置数天后发生2HClO2HCl+O2，若全为盐酸溶液时为无色，则随氯气的含量的减少，氯水的颜色变浅，故D正确；故选C点评：本题考查氯气的性质和氯水的成分，明确氯水中各成分的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大19下列各种说法中正确的是( )A极性键只能形成极性分子BCO2中碳原子是sp2杂化C形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤对电子D共价键形成的条件是成键原子必须有未成对电子考点：极性分子和非极性分子
40、；共价键的形成及共价键的主要类型 专题：化学键与晶体结构分析：A、极性键形成的分子不一定是极性分子，如甲烷、四氯化碳等都是极性键形成的非极性分子；B、根据二氧化碳中碳原子的杂化方式进行判断；C、根据形成配位键的条件进行判断；D、形成共价键的原子中可能不含有未成对电子，如配位键解答：解：A、以极性键结合的多原子分子如果结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，故极性键可能形成非极性分子，如二氧化碳、甲烷等，故A错误；B、二氧化碳分子中碳原子含有2个键且不含孤电子对，其空间构型是直线形，采用sp杂化，故B错误；C、微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一
41、方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子，故C正确；D、由于共价键中的成键原子不一定有未成对电子，如配位键中就是一方提供电子对，双方共用，故D错误；故选：C点评：本题考查了分子极性判断、配位键成键条件、杂化方式等知识考查，涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，本题难度不大20我国的激光技术在世界上处于领先地位，据报道，有科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成碳氮化合物薄膜据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬其原因可能是( )A碳、氮原子构成平面结构的晶体B碳氮键比金刚石中的碳碳键更短C氮原子电子数比碳原子电子数多D碳
42、、氮的单质的化学性质均不活泼考点：原子晶体 分析：碳、氮原子结合成碳氮化合物比金刚石更坚硬，说明形成的碳氮化合物为原子晶体，从影响原子晶体性质的角度分析解答：解：A、碳、氮原子结合成碳氮化合物比金刚石更坚硬，说明形成的碳氮化合物为原子晶体，原子晶体为立体网状结构，故A错误；B、由于原子半径NC，原子半径越小，共价键的键长越短，则键能越大，所以碳氮化合物比金刚石更坚硬，故B正确；C、原子晶体的熔沸点和硬度，与共价键有关，与电子数多少无关，故C错误；D、碳、氮的单质的化学性质均不活泼，与其化合物的性质无关，故D错误，故选B点评：本题考查晶体的性质，题目难度不大，注意影响原子晶体的性质的因素是共价键
43、的键能大小，与原子半径有关，与其它因素无关二、解答题21火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2其中被氧化的元素是C，氧化剂是S 和KNO3考点：氧化还原反应 分析：2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答解答：解：2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2中，C元素的化合价升高，则C为还原剂，被氧化；N、S元素的化合价降低，被还原，则氧化剂为KNO3、S，故答案为：C；S；KNO3点评：本题考查氧化还原反应，为高频考
44、点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中还原剂、氧化剂判断的考查，题目难度不大22粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质我们食用的精盐是用粗盐提纯而得到的通过教材中“粗盐的提纯”及你做过的该实验回答下列问题（1）如何运用最简方法检验溶液中有无SO42？取粗盐溶解于水，静置片刻取上层清液，滴加盐酸后，无明显变化，再滴加一滴BaCl2溶液，如果出现白色浑浊或者沉淀，溶液中有SO42，不出现浑浊就说明SO42已经除尽如果有，应该如何除去SO42？在溶液中加入过量的BaCl2溶液（2）在粗盐经过溶解过滤后的溶液中滴加饱和Na2CO3溶液，直至
45、不再产生沉淀为止请问这步操作的目的是除去Ca2+以及加入的过量Ba2+（3）将经过操作（2）后的溶液过滤请问这一操作能除掉哪些杂质？BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质（4）实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的：溶解时：搅拌，加速溶解；过滤时：引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；蒸发时：搅拌，防止因局部过热导致液滴或晶体飞溅考点：粗盐提纯 专题：化学实验基本操作分析：（1）硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，而且这种白色沉淀不溶于水也不溶于酸，所以一般用可溶性钡盐来检验硫酸根离子的
46、存在；除去硫酸根离子，不能引进新的杂质离子；（2）碳酸钠在粗盐的提纯过程中有多种作用，除去Ca2+、Mg2+以及加入的过量Ba2+；（3）加入碳酸钠后溶液中的沉淀主要有BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3，所以过滤可将这些物质除去；（4）根据玻璃棒在各操作中的具体作用进行解答解答：解：（1）检验溶液中是否存在硫酸根离子的简便方法为：取粗盐溶解于水，静置片刻取上层清液，滴加盐酸后，无明显变化，再滴加一滴BaCl2溶液，如果出现白色浑浊或者沉淀，溶液中有SO42，不出现浑浊就说明SO42已经除尽；除去硫酸根离子，可以选用氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，过量的钡离子被后面加入的碳酸
47、钠除去，故答案为：取粗盐溶解于水，静置片刻取上层清液，滴加盐酸后，无明显变化，再滴加一滴BaCl2溶液，如果出现白色浑浊或者沉淀，溶液中有SO42，不出现浑浊就说明SO42已经除尽；在溶液中加入过量的BaCl2溶液；（2）碳酸钠溶液可以除去Ca2+以及加入的过量Ba2+，故答案为：除去Ca2+以及加入的过量Ba2+；（3）加入碳酸钠溶液后，可以得到BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3等沉淀，所以将经过操作（2）后的溶液过滤得到的杂质为BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3等，故答案为：BaSO4、CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质；（4）溶解粗盐时，需要用玻璃棒搅拌，加
48、速粗盐的溶解过程；过滤时需要用玻璃棒引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止因局部过热导致液滴或晶体飞溅，故答案为：搅拌，加速溶解；引流，使待滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒；搅拌，防止因局部过热导致液滴或晶体飞溅点评：本题考查了粗盐的提纯、常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握粗盐的除杂与提纯方法，明确除杂的方法和原则，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂23如图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置其中D瓶中放有干燥红色布条；E
49、中为铜网，E右端出气管口附近为石棉球试回答：（1）A中发生反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2+2H2O；（2）为得到干燥纯净的氯气，一般在B瓶中加入饱和食盐水，其作用是吸收HCl气体；（3）C中盛放的试剂为浓H2SO4；D处看到的现象是红色布条不褪色；（4）E中所发生反应的方程式为Cu+Cl2CuCl2（5）F中应加入的试剂为氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余的氯气（6）若A中有14.6g HCl被氧化，将产生的氯气通入足量的KI溶液中能产生单质碘的质量为50.8g考点：氯气的实验室制法 专题：实验题分析：（1）依据实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气书写化学方程式
50、；（2）用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；（3）用浓硫酸除去氯气中的水蒸气；D瓶中放有干燥红色布条，通入干燥氯气后不会褪色；（4）E是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕色烟；（5）氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（6）依据化学方程式计算得到，注意被氧化的氯化氢和生成氯气的定量关系，氯气和碘单质的计算定量关系解答：解：（1）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2
51、O；（2）生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故答案为：吸收HCl气体；（3）用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气；干燥的氯气遇到干燥有色布条不褪色，说明氯气无漂白作用，故答案为：浓H2SO4；红色布条不褪色；（4）E是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕色烟，反应的化学方程式为：Cu+Cl2CuCl2，故答案为：Cu+Cl2=CuCl2；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余的氯气；
52、（6）若A中有14.6g HCl被氧化，n（HCl）=将产生的氯气通入足量的KI溶液中能产生单质碘的质量=0.4mol，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；Cl2+2KI=I2+2KCl，反应中被氧化2molHCl生成1molCl2，1molCl2和碘化钾反应生成碘单质1mol则定量计算关系为：2HClCl2I2 2 1 0.4mol 0.2mol得到碘单质质量=0.2mol254g/mol=50.8g；故答案为：50.8g点评：本题考查了实验室制备氯气的装置分析和除杂试剂选择，氯气性质验证的反应现象判断，注意氯气是有毒气体，不能排放到空气中，题目难度中等24在50mL bm
53、olL1的AlCl3溶液中加入50mL amolL1 NaOH溶液（1）当a3b时，生成Al（OH）3沉淀的物质的量为mol（2）当a、b满足a=4b或a4b条件时，无沉淀产生（3）当a、b满足3ba4b条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al（OH）3的质量为3.9（4ba）克考点：镁、铝的重要化合物；有关范围讨论题的计算 专题：计算题；极端假设法；几种重要的金属及其化合物分析：分析本题时，写出AlCl3和NaOH反应的方程式，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，然后利用铝离子和氢氧根离子以物质的量之比为1：
54、3，恰好沉淀，1：4，沉淀恰好溶解，找出临界值把范围分为三部分进行讨论解答：解：（1）在化学反应中，参加反应的物质的物质的量之比=化学计量数之比AlCl3和NaOH反应，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl，当AlCl3和NaOH恰好反应即物质的量之比为1：3时，生成的Al（OH）3 物质的量最大当a3b时，反应中NaOH不足量，计算时应以NaOH为标准进行，设生成Al（OH）3沉淀的物质的量为x3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl 3 10.05a x3：1=0.05a：x解得 x=mol，故答案为：；（2）AlCl3和NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）
55、3是两性氢氧化物，能够溶于NaOH溶液，所以生成的沉淀会减少，NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，方程式3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl和 NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O 相加，得到方程式4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，由方程式可得，当AlCl3和NaOH物质的量之比为1：4时，恰好没有沉淀产生4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O 4 10.05a 0.05ba：b=4：1故答案为：a=4b或a4b；（3）先有沉淀生成，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl，后又有部分沉淀溶解，NaO
56、H+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O所以3ba4b时，会出现先有沉淀生成后又有部分沉淀溶解，当全部生成沉淀时，应以AlCl3为标准进行计算，当沉淀生成后又有部分沉淀溶解时，应以剩余的NaOH为标准进行计算设AlCl3全部转化为Al（OH）3时，需要的NaOH为xmol，生成的Al（OH）3为ymol，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl3 1 1x 0.05b yx=0.15b y=0.05b剩余NaOH的物质的量为：0.05a0.15b，设生成NaAlO2时需要的Al（OH）3物质的量为zmol， NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O 1 10.05a0.15
57、b zz=0.05a0.15b 所以剩余的Al（OH）3物质的量为0.05b（0.05a0.15b ）=0.2b0.05a，质量为 （0.2b0.05a）78=3.9（4ba），故答案为：3ba4b；3.9（4ba）点评：本题考查的是铝的重要化合物的有关计算及有关计算范围的讨论在做讨论题时，结合有关化学方程式，找出反应的临界值进行讨论，简洁明了如：NaOH溶液中通入CO2、向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸等都是有关计算范围的讨论25（14分）某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素组成，其原子个数比为l4：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，
58、E元素的外围电子排布为（n1）d n+6ns1，回答下列问题（1）元素D在周期表中的位置是第三周期A族（2）该配位化合物的化学式为Cu（NH3）4SO4H2O（3）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为H2O与H2O2之间形成氢键（4）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为HN=NH（5）已知E的晶胞结构如图所示，又知晶胞边长为3.61108cm，则E的密度为9.04g/cm；EDC4常作电镀液，其中DC42的空间构型是正四面体，其中D原子的杂化轨道类型是sp3杂化考点：
59、位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有Cu（NH3）42+、SO42，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O，据此解答解答：解：某配位化合物为
60、深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有Cu（NH3）42+、SO42，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O，（1）D为S元素，处于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O
61、，故答案为：Cu（NH3）4SO4H2O；（3）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，分别为H2O与H2O2，由于H2O与H2O2之间形成氢键，两种化合物可任意比互溶，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；（4）A元素与B元素可形成分子式为H2N2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，应存在N=N双键，则其结构式为：HN=NH，故答案为：HN=NH；（5）晶胞中Cu原子数目=8+6=4，故晶胞质量=g，示，又知晶胞边长为3.61108cm，则Cu的密度=g（3.61108cm）3=9.04g/cm3；CuSO4常作电镀液，其中SO42中S原子价层电子对数=4+=4，S原子不含孤对电子，故其为正四面体构型，S原子采取sp3杂化，故答案为：9.04g/cm3；正四面体；sp3杂化点评：本题是对物质结构的考查，涉及元素化合物推断、氢键、结构式、微粒构型判断、杂化轨道、晶胞计算等知识点，关键是根据配位化合物为深蓝色晶体进行推断，难度中等
