山东省聊城市2019届高三下学期3月份一模考试理科综合化学试卷Word版含解析.doc

‎2019年聊城市高考模拟试题 理科综合能力测试(一)‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 B—‎11 C—12 O—16 Na—23 S—32 Pb—207‎ 第I卷 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列说法错误的是 A. 可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全 B. 羊毛、蚕丝、棉花均属于天然纤维 C. 疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性 D. 油脂的硬化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向酸性的淀粉溶液中加入碘水，如果不变色，说明淀粉水解完全，故A正确；B. 羊毛、蚕丝均属于天然蛋白质纤维，棉花属于天然纤维素纤维，故B正确；C. 蛋白质受热易变质，所以疫苗要冷冻保藏，防止蛋白质变性，故C正确；D. 油脂的硬化属于加成反应，葡萄糖的银镜反应属于氧化反应，故D错误；答案：D。‎ ‎2.下列实验室制取乙烯、除杂质、性质检验、收集的装置和原理正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中的温度计没有插入液面下，故A错误；B. 实验室制取乙烯时会产生杂质SO2和 CO2、H2O，SO2也可以使酸性高猛酸钾褪色，故B错误；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而SO2不能，所以C正确；D.乙烯的密度和空气相近，不能用排空气法收集，故D错误；答案：C。‎ ‎【点睛】考查实验室制取乙烯及除杂质、性质检验、收集的装置的相关知识。因浓硫酸具有强氧化性和脱水性等性质，所以产物中会存在SO2、CO2等杂质，SO2既有氧化性又有还原性，所以检验时可加入强氧化剂KMnO4溶液进行除杂和验证。但是乙烯也具有还原性，也能使酸性高猛酸钾溶液褪色，所以本实验选择用酸性高猛酸钾溶液验证乙烯的性质是不对的。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，‎18.0g重水(D2O)中含有的质子数约为10NA B. 常温常压下，‎42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3NA C. 标准状况下，‎2.24L Cl2与足量水反应转移的电子数为0.1NA D. 标准状况下，‎22.4L己烷中含有的共价键的数目为19NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 重水(D2O)中含有的质子数为10。常温常压下，‎18.0g重水(D2O)的物质的量为18/22=9/11mol,所以质子数小于10NA，故A错误；B. 乙烯和丙烯的最简式为CH2,常温常压下，‎42.0g乙烯和丙烯的混合气体含3mol CH2，所以含有的碳原子数约为3NA，故B正确；C. Cl2与水发生的是可逆反应，所以标准状况下，‎2.24L Cl2与足量水反应转移的电子数小于0.1NA，故C错误；D. 标准状况下，己烷为液体，所以标准状况下‎22.4L己烷中含有的共价键的数目无法计算，故D错误；答案：B。‎ ‎4.有关制备抗凝血药的医药中间体H(结构简式为)的说法正确的是 A. 属于芳香化合物，含有4种官能团 B. 所有原子均可在同一平面上 C. 1mo1 H最多可消耗1mo1 NaOH D. 苯环上的二氯取代物有5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H结构简式为，属于芳香化合物，含有酯基、羟基和碳碳双键3种官能团，‎ 故A错误；B. 因为苯环上和双键上的所有原子都在一个平面上，且单键可以旋转，所以所有原子可能都在同一平面上，故B正确；C.因为 属于酚酯，所以1mo1 H最多可消耗2mo1 NaOH，故C错误；D. 苯环上的二氯取代物有6种，故D错误；答案：B。‎ ‎【点睛】本题考查原子共面的相关知识。苯环上和双键上的所有原子都在一个平面上，这是解本题的出发点。结合单键可以旋转的特点判断原子是否共面。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同。二元化合物E中元素Y和W的质量之比为23：16。化合物F和G中均含元素Z，且10mL 0.1mol／L的F溶液恰好与15mL 0.2mol／L的G溶液完全反应，并产生白色沉淀。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径Y>Z>W B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>X C. Y和Z的单质组成的混合物可完全溶于水中 D. W的单质在足量氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，所以X为C元素; Y的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同,故Y为Na元素; 由二元化合物E中元素Y和W的质量之比为23：16,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，知W为S元素;化合物F和G中均含元素Z，且10mL 0.1mol／L的F溶液恰好与15mL 0.2mol／L的G溶液完全反应，并产生白色沉淀,所以Z为Al元素。‎ ‎【详解】A. Y为Na，Z为Al， W为S，它们都在同一周期，所以简单离子的半径S2+>Na+>Al3+，故A错误；B. 最高价氧化物对应水化物分别为W为H2SO4，Z为Al(OH)3，X为H2CO3，其酸性为H2SO4> H2CO3> Al(OH)3，故B错误；C. Y的单质为Na，于水中生成NaOH,Z的单质为Al能溶于NaOH溶液中，所以Y和Z的单质组成的混合物可完全溶于水中是正确的，故C正确；D. W的单质为S,在足量氧气中燃烧，所得产物溶于水为H2SO3,属于弱酸，故D错误；答案：C。‎ ‎【点睛】考查元素周期律的相关知识。结合物质的性质推断元素的种类。化合物F和G 中均含元素Z，且10mL 0.1mol／L的F溶液恰好与15mL 0.2mol／L的G溶液完全反应，并产生白色沉淀。3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl,突破Z为Al。‎ ‎6.某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：‎ 已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4====TeOSO4+H2O。‎ 下列说法错误的是 A. “高温煅烧”电镀污泥时铜、碲和铬元素都被氧化 B. “酸化”时可向溶液中加入硫酸 C. “固体‎1”‎的主要成分为Cu D. “滤液‎3”‎可以循环利用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3),煅烧时发生反应的化学方程式为：3O2+Cr2O3+Na2CO34Na2CrO4+4CO2.和Cu2Te+2O22CuO+TeO2，根据化合价分析铜、碲和铬元素的化合价都升高了，所以都被氧化了，故A正确；B. “酸化”时发生的反应的离子方程式为：CrO42-+2H+= Cr2O72-+ H2O,所以可向溶液中加入硫酸，故B正确；C.沉渣中含有CuO 、TeO2和金，加硫酸后发生反应：CuO+ H2SO4=Cu SO4+ H2O ;TeO2+ H2SO4==TeOSO4+H2O，金不发生反应，所以固体‎1”‎的主要成分为Au,故C 错误；D.由框图知酸浸液中除了TeOSO4外,还含有Cu SO4;SO2还原TeOSO4后会生成硫酸,所以滤液3为H2SO4，整个流程中可以循环利用的物质是硫酸,故D正确；答案：C。‎ ‎7.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，Na+由右室移向左室 B. 放电时，Mg箔为负极，该电极发生氧化反应 C. 充电时，阳极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-=====Fe[Fe(CN)6]+2Na+‎ D. 用铅蓄电池为该电池充电时，当有0.2mol电子转移时，Pb电极质量减少‎20.7g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知,右室发生氧化反应，Mg箔为负极,则Mo箔为正极，所以放电时，Na+由右室移向左室，故A正确；B. 放电时，Mg箔为负极，该电极发生氧化反应，故B正确；C. 充电时，Mo(钼)箔接电源的正极,是电解池的阳极，阳极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-==Fe[Fe(CN)6]+2Na+，故C正确；D.外电路中通过0. 2 mol电子的电量时, Pb电极发生的反应为：Pb-2e-+SO42-= PbSO4,质量增加了‎96g，故D错误。答案：D。‎ ‎8.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中易生成S和SO2。工业上用硫化碱法制备Na2S2O3的反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2====3Na2S2O3+CO2，实验室用此法制备Na2S2O3的装置如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a的名称为_________________，b在装置A中的作用是__________________。‎ ‎(2)Na2S2O3的制备：①先组装好仪器，然后检验装置的气密性，将所需药品加入各仪器装置；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓缓滴下，导管口有气泡冒出，pH计读数逐渐减小，当pH 计读数接近7时，必须立即打开K3，关闭K1、K2，原因是__________；②将装置C中所得溶液经一系列操作，最后洗涤、干燥，得到Na2S2O3样品。洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是__________。制备Na2S2O3的上述装置的明显不足是__________________。‎ a．水 b．乙醇 c．氢氧化钠溶液 d．稀盐酸 ‎(3)Na2S2O3样品纯度的测定：称取‎6.0g样品，配制成200mL溶液；在锥形瓶中加入25.00mL 0.01mol／L KIO3溶液和过量的酸性KI溶液，再滴入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，当________时达到滴定终点，测得消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL，则样品中硫代硫酸钠的质量分数为________％。(相关反应：5I-+IO3-+6H+====3I2+3H2O；2S2O32-+I2====S4O62-+2I-)‎ ‎(4)Na2S2O3的应用：其溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成SO42-，反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎【答案】 (1). (1)分液漏斗 (2). 避免A中压强过大 (3). SO2过量会使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗,降低产率 (4). b (5). 没有尾气吸收装置 (6). 溶液蓝色褪去且半分钟内不变色 (7). 39.5 (8). 4Cl2+S2O32- +5H2O=‎8C1- +2SO42- +10H ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据装置图知仪器a的名称为分液漏斗，b为玻璃管，在装置A中的作用是避免A中压强过大造成危险。答案：分液漏斗；避免A中压强过大。‎ ‎(2)根据制备 Na2S2O3的总反应可知,装置A是制备SO2, 装置B是吸收多余SO2，装置C是制备Na2S2O3。因为Na2S2O3在中性或碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中易生成S和SO2，所以当pH计读数接近7时，必须立即打开K3，关闭K1、K2，防止SO2过量使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗,降低产率。因为Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是乙醇。因为SO2有毒，制备Na2S2O3的装置中没有尾气吸收装置。答案：SO2过量会使溶液呈酸性,导致Na2S2O3消耗，降低产率;b；没有尾气吸收装置。‎ ‎(3)KIO3溶液和过量的酸性KI溶液反应5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O生成的碘使淀粉溶液变蓝，而2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，所以当Na2S2O3恰好将I2完全消耗时,溶液蓝色褪去,且半分钟不变色,即为滴定终点。根据已知的反应方程式可得关系式KIO33I26 Na2S2O3.则消耗Na2S2O3的质量为0.025L0.0100molL6‎158g/mol=‎0.237g,样品中硫代硫酸钠的质量分数为(0.237g200/20)/6g100%=39.5%。答案：溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；39.5。 (4)Na2S2O3的溶液可除去漂白的织物及纸浆中残留的氯气，硫代硫酸钠被氧化成SO42-，反应的离子方程式为4Cl2+S2O32- +5H2O=‎8C1- +2SO42- +10H+。答案：4Cl2+S2O32- +5H2O=‎8C1- ‎ ‎+2SO42- +10H+。‎ ‎9.ZrO2为高品质耐火材料。以锆英石(氧化物形式：mZrO2·nSiO2)为原料可制得宝石级ZrO2，工艺流程如下：‎ 已知：固体A主要含有普通玻璃的成分之一。‎ ‎(1)固溶体的成分除ZrO2、CaO外，还有一种物质为__________________。‎ ‎(2)ZrOC12在氨水中发生反应Ⅱ，生成难溶于水的Zr(OH)4，其化学方程式为____________________；制备Zr(OH)4的过程中温度不能过高的原因是______________。‎ ‎(3)选用下列部分操作，能够实现流程中“一系列实验操作”的合理顺序为___________。(选用字母序号表示)‎ a．溶解 b．干燥 c．过滤 d．灼烧 e．洗涤 ‎(4)反应I产生的CO2在一定条件下与N2反应可产生具有麻醉作用的笑气(N2O)：CO2(g)+N2(g)CO(g)+N2O(g) △H 在T‎1℃‎、100kPa时，研究表明反应速率v(CO2)=3×10-3×p(CO2)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5mol N2和1.0mol O2充入某刚性容器中在催化剂作用下充分反应，62min时达到平衡，测得p(CO)=32kPa，则此时v(CO2)=____kPa·min-1，反应的平衡常数Kp=______(Kp为以分压表示的平衡常数)。若升温至T‎2℃‎重新达到平衡后，CO2的转化率增大，则该反应的△H____0(填“>”、“=”或“‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1) 锆英石的成分为(氧化物形式：mZrO2·nSiO2)，加入CaO进行高温煅烧，能发生CaO+ SiO2= CaSiO3，为固溶体的成分除ZrO2、CaO外，还有一种物质为CaSiO3。答案：‎ CaSiO3。‎ ‎(2)ZrOC12在氨水中发生反应Ⅱ，生成难溶于水的Zr(OH)4和NH4Cl，其化学方程式为：ZrOCl2十2NH3H2O十H2O =Zr(OH)4↓+2NH4Cl；制备Zr(OH)4的过程中温度过高NH3H2O会挥发放出NH3,导致Zr(OH)4的产率降低，所以制备Zr(OH)4的过程中温度不能过高。答案：ZrOCl2十2NH3H2O十H2O =Zr(OH)4↓+2NH4Cl；防止氨气逸出,不利于Zr(OH)4的生成。‎ ‎(3) ZrOC12在氨水中发生反应Ⅱ，生成的是固液混合物，要得到宝石级ZrO2需要经过过滤、洗涤、干燥、灼烧的顺序。所以能够实现流程中“一系列实验操作”的合理顺序为cebd ‎(4)根据三段式由方程式：CO2(g)+N2(g)CO(g)+N2O(g) △H 初始量（mol） 1.0 1.5 0 0‎ 变化量（mol） X X X X 平衡量（mol） 1.0–X 1.5-X X X 在T‎1℃‎、100kPa时，研究表明反应速率v(CO2)=×p(CO2)(kPa·min-1)，当p(CO)=32kPa，根据阿伏伽德罗定律：100/32= (1.0+1.5)/x ,x=0.8,所以v(CO2)= 3×10-3×0.8=2. 4X10-2kPa·min-1此时反应的平衡常数Kp=0.8×0.8/0.2×0.7=32/7。若升温至T‎2℃‎重新达到平衡后，CO2的转化率增大，说明平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，△H>0。答案： 2. 4X10-2；32/7；>。‎ ‎10.亚磷酸(H3PO3)是重要的化工原料，可作尼龙增白剂、农药中间体等。‎ ‎(1)亚磷酸溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体，反应的化学方程式为________。‎ ‎(2)亚磷酸为二元弱酸。‎ 已知：‎ ‎① H3PO3(aq)+NaOH(aq)NaH2PO3(aq)+H2O(l)△H=-akJ/mol ‎②HCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)△H=-bkJ/mol 求H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq) △H= ______‎ ‎(3)‎25℃‎时，H3PO3电离常数Ka1=8.4×10-3，则NaH2PO3水解常数Kh=_____(结果保留两位有效数字)；Na2HPO3为________(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_____(填“酸性”、“中性”、“碱性”或“无法判断”)；浓度均为0.1mol／L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后的溶液中将_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎(4)亚磷酸可用电解Na2HPO3溶液来制得，装置如图所示：‎ ‎①A室的电极反应式为_________________；‎ ‎②产品室中反应的离子方程式为____________。‎ ‎【答案】 (1). 2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag↓+NO (2). (b-a) kJ/mol (3). 1.210-12 (4). 正盐 (5). 碱性 (6). 增大 (7). 4OH--4e-=O2+2H2O (8). HPO3- +2H+ =H3PO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)亚磷酸（H3PO3）溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体，反应的化学方程式为2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag↓+NO。答案：2H3PO3+ AgNO3=2H3PO4+Ag↓+NO。‎ ‎(2) 已知：① H3PO3(aq)+NaOH(aq)NaH2PO3(aq)+H2O(l)△H=-akJ/mol ‎②HCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)H2O(l)△H=-bkJ/mol ‎①-②：H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq) △H= （-a+b）kJ/mol。答案：(b-a) kJ/mol ‎(3)‎25℃‎时，H3PO3电离方程式H3PO3(aq)H+(aq)+H2PO3-(aq)，常数K=8.4×10-3， NaH2PO3的水解常数Kh=KW/K a1=10-14/8.4×10-3=1.210-12；因为亚磷酸为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，能发生水解显碱性；浓度均为0.1mol／L的Na2HPO3和NaOH的混合液，因为Na2HPO3能水解，NaOH抑制水解，加水稀释10倍后促进了水解，NaOH抑制水解程度减弱，所以溶液中将增大。答案：1.210-12；正盐；碱性；增大。‎ ‎(4)由装置图中Na+的移动方向可知A为阳极，B为阴极。电解Na2HPO3溶液的阳极反应式为：4OH--4e-=O2+2H2O,H+透过阳离子交换膜进入到产品室。阴极反应式：2H++2e- =H2, Na+透过阳离子交换膜进入到阴极室，HPO32-透过阴膜进入到产品室，发生反应为：HPO3- +2H+ =H3PO3。所以①A室的电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O；②产品室中反应的离子方程式为HPO3- +2H+ =H3PO3。答案：4OH--4e-=O2+2H2O；HPO3- +2H+ =H3PO3。‎ ‎11.二氟草酸硼酸锂[LiBF2(C2O4)]是新型锂离子电池电解质，乙酸锰(CH3COO)3Mn]可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：‎ ‎2H‎2C2O4+SiC14+2LiBF4==2LiBF2(C2O4)+SiF4+4HC1‎ ‎4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40 CH3COOH ‎(1)基态Mn原子的核外电子排布式为_________。‎ ‎(2)草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，1mol草酸分子中含有键的数目为_______________。‎ ‎(3)与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式为_________________。‎ ‎(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为___________________。‎ ‎(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是_______________。‎ ‎(6)硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为___________，若硼氢化钠晶体的密度为d g／cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则a=______(用含d、NA的代数式表示)；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2) (2). sp2 (3). 7NA (4). SO42-,PO43- (5). 乙酸与水分子之间可形成氢健 (6). F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。 (7). 8 (8). (9). Na3Li(BH4)4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) Mn为25号元素，核外电子数为25，基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。答案：[Ar]3d54s2或为1s22s22p63s23p63d54s2。‎ ‎(2)由草酸(HOOCCOOH)分子的结构可知，一个中心碳原子有3个键和一个键，没有孤对电子，属于sp2杂化，每个草酸(HOOCCOOH)分子中共含有7个键， 1mol草酸分子中含有键的数目为7NA。答案：sp2；7NA。‎ ‎(3)原子数和电子数都相等的微粒互为等电子体。所以与SiF4互为等电子体的两种阴离子的化学式分别为SO42-,PO43-。答案：SO42-,PO43-。‎ ‎(4)CH3COOH易溶于水，除了它是极性分子外，还因为CH3COOH与水分子之间可形成氢健。‎ 答案：乙酸与水分子之间可形成氢健。‎ ‎(5) NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。答案：F的电负性大于N,N-F成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。‎ ‎(6)以上底面处的Na+为研究对象,与之距离最近的BH4-共有8个。该晶胞中Na+个数为4, BH4-个数是4,晶体的化学式为NaBH4,该晶胞的质量为38×4/NA g,该晶胞的体积为‎2a3 nm3=‎2a3×10-21 cm3,则‎2a3×10-21 cm3×ρ g·cm-3=38×4/NA g,a=;若NaBH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,则晶胞中BH4-数目为4,钠离子个数为3,锂离子个数为1,晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。答案：8；; Na3Li(BH4)4。‎