精品解析：北京市丰台区2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题

丰台区2023-2024学年度第二学期期中练习 高二化学(A卷) 考试时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cu-64 Mn-55 第I卷(选择题 共42分) 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项。 1. 科学家研究发现分子在半导体光催化的作用下可被捕获转化为(过程如图所示)。下列说法不正确的是 A. 分子中原子杂化方式为 B. 和的空间结构相同 C. 反应的化学方程式： D. 该过程可以实现太阳能向化学能的转化 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. CH3CH(CH2CH3)2分子中不具有旋光性的碳原子 B. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为： C. 碳原子的杂化方式只有1种 D. 的VSEPR模型： 3. 下列结构或性质的比较中，正确的是 A. 微粒半径：Cl−＜K+ B. 酸性：HCOOH＜CH3COOH C 碱性：NaOH > CsOH D. HF分子中σ键的形成示意图为： 4. 砷化镓()太阳能电池大量应用于我国超低轨通遥一体卫星星座。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 电子层数： C. 电负性： D. 单质还原性： 5. 四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，下列说法不正确的是 A. 最高价含氧酸的酸性：②<③ B. 第一电离能：①>④ C. ①②③④都是p区元素 D. 电负性：①>② 6. 的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 属于离子晶体 B. 每个晶胞中平均含有4个和4个 C. 每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的 D. 和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点 7. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 基态29Cu的简化电子排布式：[Ar]3d94s2 B. 乙炔的分子结构模型： C. Br的原子结构示意图： D. 氮分子的电子式： 8. 三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是 A. 分子中O和F的第一电离能：O < F B. 分子中四个碳原子在同一条直线上 C. 分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型 D. 三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有σ键和π键 9. 下列说法不正确的是 A. 氯化铵晶体中的作用力不存在氢键 B. CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理 C. H2O2分子的空间结构为，可推测出H2O2为极性分子 D. N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中σ键的强度比π键的大 10. 氮化碳晶体类型与金刚石类似，氮化碳晶体结构如图所示，下列有关氮化碳说法不正确的是 A. 氮化碳晶体属于共价晶体 B. 氮化碳中碳显-4价，氮显+3价 C. 氮化碳硬度比金刚石的硬度大 D. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连 11. 某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A. AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B. 银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C. 上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D. 推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 12. 下列原因分析不能解释递变规律的是 选项 递变规律 原因分析 A 与水反应的剧烈程度：Na > Mg > Al 最外层电子数：Al > Mg > Na B 沸点：Cl2 < Br2 < I2 相对分子量： Cl2 < Br2 < I2 C 离子半径：Ca2+ < Cl- < S2- 电子层结构相同，核电荷数： Ca > Cl > S D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH >CH3COOH 电负性：F > Cl > H A. A B. B C. C D. D 13. 某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A. ①中生成白色沉淀的原因是： B. 由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C. 由②③可推知，结合的能力： D. 由①③可推知：促进了转化为 14. LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)。下列说法不正确的是 A. 每个晶胞含8个Li+ B. 放电时，正极反应为 C. 充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移x个e- D. 若x=0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)比值为1:4 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 本部分5小题，共58分。 15. A、B、X、Y、Z是1~36号原元素中，原子序数依次递增的5种元素，其原子结构或元素性质如下： 元素 元素性质或原子结构 A 基态原子价层电子排布式为nsnnpn B 基态原子2p能级有3个单电子 X 原子最外层电子数是其内层电子数的3倍 Y 单质与水剧烈反应，发出紫色火焰 Z Z2+的3d轨道中有10个电子 （1）A元素在周期表中的位置为_______。 （2）上述5种元素中： ①原子半径最大是_______(填元素符号，下同)。 ②电负性最大的是_______。 ③位于周期表p区的元素有_______。 ④比较A、B形成氢化物的键角大小，并说明原因_______。 （3）Y+可与某种冠醚形成具有特定结构和功能的聚集体，如下图所示。Y+与冠醚之间的作用力属于_______(填字母)。 a．离子键 b．配位键 c．氢键 d．范德华力 （4）A、B形成的AB-常做配位化合物的配体。 ①在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为_______。 ②Z元素与金元素(Au)均能与AB-形成配离子。已知，Z2+与AB-形成配离子时，配位数为4；Au+与AB-形成配离子时，配位数为2.工业常用Au+与AB-形成配离子与Z单质反应，生成Z2+与AB-形成配离子和Au单质来提取Au，写出上述反应的离子方程式：_______。 16. 氟化镁(MgF2)晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。 Ⅰ． 氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示： （1）镁元素位于元素周期表_______区(填“s”“p”“d”或“ds”)。 （2）MgF2晶胞示意图中： a．表示_______(填离子符号)。 b．离子半径：r(F-) > r(Mg2+) ，结合离子结构示意图解释原因：_______。 Ⅱ．一种由Mg制备MgF2的工艺流程如下：。 已知：ⅰ．Mg(OCH3)2易溶于甲醇； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，Ksp(MgF2) =10-10.3，Ka(HF) = 10-3.2。 （3）上述流程中，可循环利用的物质是_______。 （4）比较相同条件下化学反应速率的大小：① Mg与CH3OH；②Mg与H2O。 a．小组同学预测化学反应速率：① < ②，从键的极性角度解释原因_______。 b．实验表明化学反应速率：① > ②，分析其原因可能是_______。 （5）上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF) < c(NaF)。结合沉淀溶解平衡分析浓度差异的原因：_______。 17. W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为3s23p4，X的电离能数据如下表所示。 电离能 I1 I2 I3 I4 … Ia / kJ•mol-1 738 1451 7733 10540 … （1）Y2-的电子排布式是_______。 （2）用电子式表示WZ的形成过程：_______。 （3）下列事实能用元素周期律解释的是_______(填字母序号)。 a．W可用于制备活泼金属钾 b．Y的气态氢化物的稳定性小于H2O c．将Z单质通入Na2S溶液中，溶液变浑浊 d．Y的氧化物对应的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3强 （4）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。 ⅰ．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为M(OH)n，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出OH-，断O-H键则在水中电离出H+。 ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物的M-O-H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。 ①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈_______(填“酸”或“碱”)性，依据是_______。 ②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是____(写化学式)，结合资料说明理由_____。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 （1）中心原子S的杂化轨道是_______。 （2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_______。 （3）的空间结构是_______。 （4）同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：。过程ii中，断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是_______。 （5）MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为_______。 已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____。(1nm=cm) （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与Au+形成 。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：___。 19. 甲醛是一种重要的有机原料，它主要用于有机合成、合成材料、涂料、橡胶、农药以及用作消毒、杀菌、防腐剂等行业。为探究甲醛的结构与性质之间的关系，某兴趣小组开展了以下探究。 【资料卡片】： i．； ii．； iii．HCuCl2是一种弱酸；新制氢氧化铜是一种常见的弱氧化剂。 探究一：甲醛的物理性质。 甲醛的物理性质 实验数据 甲醛在常温下是无色有强烈刺激性气味的气体。 沸点：-19.5℃。 甲醛易溶于水。 室温下甲醛在水中的溶解度为37%，35～40%的甲醛水溶液即为人们所熟知的福尔马林溶液。 （1）请你从甲醛分子的结构角度进行解释可能的原因： ①解释甲醛的沸点比水低的原因：_______。 ②解释甲醛易溶于水的原因：_______。 探究二：甲醛的化学性质。 （2）甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应。请你结合电负性，分析甲醛分子与蛋白质分子(以R-NH2表示)中化学键的电荷分布，并写出甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式_______。 为验证甲醛的还原性，兴趣小组探究了甲醛与新制氢氧化铜的反应，过程如下： 实验序号 实验操作 实验现象 实验Ι 步骤1：向6 mL 6NaOH溶液中滴加 2% 8滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 mL 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有红黑色固体生成，上层溶液呈无色。 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡；倾倒上层清液，洗净剩余的沉淀，并向沉淀中加入浓氨水，在空气中放置一段时间。 加入浓盐酸后，沉淀部分消失，溶液呈浅蓝绿色；加入浓氨水后，开始没有现象，一段时间后固体消失，溶液逐渐变成深蓝色 实验Ⅱ 步骤1：向6 mL10NaOH溶液中滴加15% 20滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 滴 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有砖红色固体生成，上层溶液仍为较深的蓝色 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡。 沉淀完全消失，溶液呈黄绿色 （3）根据实验Ι回答： ①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，请用化学方程式解释原因_______。 ②步骤2中，不溶于盐酸固体，可以溶解在浓氨水中，请结合化学用语，解释其原因_______。 ③综合实验I的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是_______。 （4）实验ΙΙ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，请你帮助小组完成下面的框图，来说明两组实验所得到的结论。 提示：i.在箭头上方的长框中填入“少量甲醛”或“过量甲醛”①_______；②_______。 ii.其他方框中填入相应物质的化学式_③______；④_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 丰台区2023-2024学年度第二学期期中练习 高二化学(A卷) 考试时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cu-64 Mn-55 第I卷(选择题 共42分) 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项。 1. 科学家研究发现分子在半导体光催化的作用下可被捕获转化为(过程如图所示)。下列说法不正确的是 A. 分子中原子杂化方式为 B. 和的空间结构相同 C. 反应的化学方程式： D. 该过程可以实现太阳能向化学能的转化 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中，N提供5个电子，3个H共提供3个电子，所以4对价电子sp3杂化，有1对孤对电子，分子构型三角锥形，A正确； B．由A可知分子的空间结构是三角锥形，分子中的中心原子O为sp3杂化，的空间构型为 V 形，B错误； C．分析图片中反应过程可知，总反应的化学方程式为：，C正确； D．由题中图片可知，该过程可以将太阳能转化为化学能，D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. CH3CH(CH2CH3)2分子中不具有旋光性的碳原子 B. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为： C. 碳原子的杂化方式只有1种 D. 的VSEPR模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH3CH(CH2CH3)2分子中，与-CH3相连的C原子上同时连接2个-CH2CH3，该碳原子不具有手性，所以该分子不具有旋光性的碳原子，A正确； B．基态24Cr原子的价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为：，B正确； C．碳原子的价层电子对数有3、4两种，则杂化方式有sp2、sp3共2种，C不正确； D．的中心S原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，其最外层有1个孤电子对，则VSEPR模型为，D正确； 故选C。 3. 下列结构或性质的比较中，正确的是 A. 微粒半径：Cl−＜K+ B. 酸性：HCOOH＜CH3COOH C. 碱性：NaOH > CsOH D. HF分子中σ键的形成示意图为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钾离子，故A错误； B．甲基是推电子基团，会使羧基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸，故B错误； C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钠的碱性弱于氢氧化铯，故C错误； D．HF为共价化合物，分子中σ键以“头碰头”的形式重叠，形成示意图为： D； 答案选D。 4. 砷化镓()太阳能电池大量应用于我国超低轨通遥一体卫星星座。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 电子层数： C. 电负性： D. 单质还原性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．原子半径同周期主族元素自左向右逐渐减小，原子半径：，A错误； B．都是第四周期元素，电子层数相同，B错误； C．电负性同周期主族元素自左向右逐渐增大，电负性：，C正确； D．单质还原性同周期主族元素自左向右逐渐减小，单质还原性：，D错误； 故选C。 5. 四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，下列说法不正确的是 A. 最高价含氧酸的酸性：②<③ B. 第一电离能：①>④ C. ①②③④都是p区元素 D. 电负性：①>② 【答案】B 【解析】 【分析】四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，则四者分别为氧、硫、氯、氮； 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：②<③，A正确； B．；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；B错误； C．由分析可知，①②③④都是p区元素，C正确； D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：①>②，D正确； 故选B。 6. 的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 属于离子晶体 B. 每个晶胞中平均含有4个和4个 C. 每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的 D. 和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确； B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl−，B正确； C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl− 和12个紧邻的 Na+，C错误； D．Na+ 和 Cl− 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确； 故选C。 7. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 基态29Cu的简化电子排布式：[Ar]3d94s2 B. 乙炔的分子结构模型： C. Br的原子结构示意图： D. 氮分子的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态29Cu的简化电子排布式[Ar]3d104s1，故A错误； B．乙炔中含碳碳三键、是直线形分子，C原子半径大于H，其分子结构模型为，故B正确； C．Br原子的质子数和电子数都是35，核外各层上电子数分别为2、8、18、7，其原子结构示意图为，故C正确； D．氮气分子中N原子间共用3对电子，N原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故D正确； 故选：A。 8. 三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是 A. 分子中O和F的第一电离能：O < F B. 分子中四个碳原子在同一条直线上 C. 分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型 D. 三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有σ键和π键 【答案】B 【解析】 【详解】A．同一周期元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第族、第族第一电离能大于其相邻元素，、位于同一周期且分别位于第族、第族，所以第一电离能，A正确； B．连接单键的碳原子和氧原子都采用杂化，连接单键的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有个原子共平面，所以该分子中个碳原子一定不共直线，B错误； C．连接单键的碳原子采用杂化，连接双键的碳原子采用杂化，所以该分子中碳原子有、两种杂化类型，C正确； D．单键为键，双键中一个为键，另外一个是键；则三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有键和键， D正确； 故选B。 9. 下列说法不正确的是 A. 氯化铵晶体中的作用力不存在氢键 B. CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理 C. H2O2分子的空间结构为，可推测出H2O2为极性分子 D. N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中σ键的强度比π键的大 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化铵晶体中铵根离子和氯离子之间存在离子键，不存在氢键，故A正确； B．非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，I2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，I2易溶于四氯化碳而难溶于水，所以CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理，故B正确； C．根据H2O2的空间构型知，H2O2分子的正负电荷重心不重合，则H2O2为极性分子，故C正确； D．N=N的键能大于N-N的键能的2倍，单键全部由σ键形成，双键由σ键和π键形成，则推测N=N中π键的强度比σ键的大，故D错误； 故选：D。 10. 氮化碳晶体类型与金刚石类似，氮化碳晶体结构如图所示，下列有关氮化碳的说法不正确的是 A. 氮化碳晶体属于共价晶体 B. 氮化碳中碳显-4价，氮显+3价 C. 氮化碳硬度比金刚石的硬度大 D. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据氮化碳晶体类型与金刚石类似可知，氮化碳晶体属于共价晶体，故A正确； B．氮元素的电负性大于碳元素，所以在氮化碳中氮元素显-3价，碳元素显+4价，故B错误； C．因为C-N键的键长小于C-C键的键长，故氮化碳的键能更大，氮化碳硬度比金刚石的硬度大，故C正确； D．根据图示可知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故D正确； 故选：B。 11. 某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A. AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B. 银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C. 上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D. 推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，说明氯化银在不同浓度的氯化钠溶液中溶解度不同，故A正确； B．二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子中中心离子是银离子，氯离子是配体，故B正确； C．由图可知，白色沉淀消失发生的反应为氯化银与溶液中的氯离子反应生成四氯合银离子，反应的离子方程式为AgCl+3Cl−=AgCl，故C错误； D．由图可知，白色沉淀消失是因为氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，所以向浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L硝酸银溶液，溶液中产生白色沉淀，振荡后沉淀会消失，故D正确； 故选C。 12. 下列原因分析不能解释递变规律的是 选项 递变规律 原因分析 A 与水反应的剧烈程度：Na > Mg > Al 最外层电子数：Al > Mg > Na B 沸点：Cl2 < Br2 < I2 相对分子量： Cl2 < Br2 < I2 C 离子半径：Ca2+ < Cl- < S2- 电子层结构相同，核电荷数： Ca > Cl > S D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH >CH3COOH 电负性：F > Cl > H A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na、Mg、Al与水反应的剧烈程度与其单质失电子难易程度有关，与其最外层电子数多少无关，原因分析不合理，故A符合题意； B．氯气、溴、碘都不能形成分子间氢键且都是分子晶体，所以其沸点随着分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，沸点：Cl2＜Br2＜I2，相对分子量：Cl2＜Br2＜I2，故B不符合题意； C．电子层结构相同的离子，离子半径随着核电荷数的增大而减小，电子层结构相同，核电荷数：Ca＞Cl＞S，则离子半径：Ca2+＜Cl-＜S2-，故C不符合题意； D．这几种羧酸中，元素的电负性越强，其吸电子的能力越强，导致羧基越易电离出氢离子，则酸性越强，电负性：F＞Cl＞H，吸引电子的能力：F＞Cl＞H，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，故D不符合题意； 故选：A。 13. 某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A. ①中生成白色沉淀的原因是： B. 由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C. 由②③可推知，结合的能力： D. 由①③可推知：促进了转化为 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黄色，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：，A正确； B．根据①中现象可知，先与形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀，B正确； C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成， 说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色 沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合的能力：，C错误； D．由①③可推知：促进了转化为，D正确； 答案选C。 14. LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)。下列说法不正确的是 A. 每个晶胞含8个Li+ B. 放电时，正极反应为 C. 充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移x个e- D. 若x=0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4 【答案】C 【解析】 【详解】A．A单元中2个Li+都位于体内，则A单元含Li+的数目为2，B单元不含有Li+，所以每个晶胞含Li+的个数为2×4=8，A正确； B．充电过程的总反应可表示为：，则放电过程的总反应可表示为，所以正极反应为，B正确； C．由A中分析，每个LiMn2O4晶胞中含有8个“LiMn2O4”，则充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移8x个e-，C不正确； D．充电后材料为Li1-xMn2O4，若x=0.6，设Mn(Ⅲ)为y个，Mn(Ⅳ)为(2-y)个，依据化合价的代数和为0，可建立等式：0.4×1+3y+4(2-y)+(-2)×4=0，求出y=0.4，Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为0.4:(2-0.4)=1:4，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 本部分5小题，共58分。 15. A、B、X、Y、Z是1~36号原元素中，原子序数依次递增的5种元素，其原子结构或元素性质如下： 元素 元素性质或原子结构 A 基态原子价层电子排布式为nsnnpn B 基态原子2p能级有3个单电子 X 原子最外层电子数是其内层电子数的3倍 Y 单质与水剧烈反应，发出紫色火焰 Z Z2+的3d轨道中有10个电子 （1）A元素在周期表中的位置为_______。 （2）上述5种元素中： ①原子半径最大的是_______(填元素符号，下同)。 ②电负性最大的是_______。 ③位于周期表p区的元素有_______。 ④比较A、B形成氢化物的键角大小，并说明原因_______。 （3）Y+可与某种冠醚形成具有特定结构和功能的聚集体，如下图所示。Y+与冠醚之间的作用力属于_______(填字母)。 a．离子键 b．配位键 c．氢键 d．范德华力 （4）A、B形成AB-常做配位化合物的配体。 ①在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为_______。 ②Z元素与金元素(Au)均能与AB-形成配离子。已知，Z2+与AB-形成配离子时，配位数为4；Au+与AB-形成配离子时，配位数为2.工业常用Au+与AB-形成配离子与Z单质反应，生成Z2+与AB-形成配离子和Au单质来提取Au，写出上述反应的离子方程式：_______。 【答案】（1）第二周期第ⅣA族 （2） ①. K ②. O ③. C、N、O ④. A的氢化物是CH4，B的氢化物是NH3，键角比较：H-N-H＜H-C-H；原因是二者中心原子均为sp3杂化，但氨分子中的氮原子有一个孤电子对，有较大斥力作用，使H-N-H的键角比H-C-H的小 （3）b （4） ①. 1:2 ②. 【解析】 【分析】A元素的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，则其为碳元素；B元素基态原子2p能级有3个单电子，则其为氮元素；X元素原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其为氧元素；Y元素单质与水剧烈反应，发出紫色火焰，则其为钾元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，则其为锌元素。从而得出A、B、X、Y、Z分别为C、N、O、K、Zn。 【小问1详解】 A为碳元素，电子排布式为1s22s22p2，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。 【小问2详解】 A、B、X、Y、Z分别为C、N、O、K、Zn，上述5种元素中： ①C、N、O位于第三周期，K、Zn位于第四周期，通常电子层数越多，半径越大，K为碱金属元素，在同周期元素中半径最大，则原子半径最大的是K。 ②C、N、O为非金属元素，K、Zn为金属元素，C、N、O为同周期元素且从左到右排列，非金属性依次增强，则电负性最大的是O。 ③C、N、O分别位于元素周期表的ⅣA、ⅤA、ⅥA族，则位于周期表p区的元素有C、N、O。 ④A、B形成氢化物分别为CH4、NH3，中心原子都发生sp3杂化，但C最外层没有孤电子对，N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，所以CH4的键角大，原因：A的氢化物是CH4，B的氢化物是NH3，键角比较：H-N-H＜H-C-H；原因是二者中心原子均为sp3杂化，但氨分子中的氮原子有一个孤电子对，有较大斥力作用，使H-N-H的键角比H-C-H的小。 【小问3详解】 K+与冠醚分子中O原子间形成配位键，则K+与冠醚分子之间的作用力属于配位键，故选b。 【小问4详解】 A、B形成的CN-常做配位化合物的配体。 ①在CN-中，元素C的原子采取sp杂化，则A与B形成的[C≡N]-中，化学键C≡N中含有1个σ键，2个π键，则σ键与π键的数目之比为1:2。 ②工业常用Au+与CN-形成配离子[Au(CN)2]-与Zn单质反应，生成Zn2+与CN-形成配离子[Zn(CN)4]2-和Au单质来提取Au，上述反应的离子方程式：。 【点睛】在分子或离子中，孤电子对与成键电子间排斥作用，大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用。 16. 氟化镁(MgF2)晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。 Ⅰ． 氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示： （1）镁元素位于元素周期表_______区(填“s”“p”“d”或“ds”)。 （2）MgF2晶胞示意图中： a．表示_______(填离子符号)。 b．离子半径：r(F-) > r(Mg2+) ，结合离子结构示意图解释原因：_______。 Ⅱ．一种由Mg制备MgF2的工艺流程如下：。 已知：ⅰ．Mg(OCH3)2易溶于甲醇； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，Ksp(MgF2) =10-10.3，Ka(HF) = 10-3.2。 （3）上述流程中，可循环利用的物质是_______。 （4）比较相同条件下化学反应速率的大小：① Mg与CH3OH；②Mg与H2O。 a．小组同学预测化学反应速率：① < ②，从键的极性角度解释原因_______。 b．实验表明化学反应速率：① > ②，分析其原因可能是_______。 （5）上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF) < c(NaF)。结合沉淀溶解平衡分析浓度差异的原因：_______。 【答案】（1）s （2） ①. Mg2+ ②. ，，二者核外电子排布相同，但核电荷数：Z(F-)＜Z(Mg2+) （3）CH3OH （4） ①. 甲醇中的甲基是推电子基团，导致O-H键极性：CH3OH < H2O ②. Mg(OCH3)2易溶于甲醇；Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积 （5），相较NaF，HF和OH-发生反应：，使c(OH-)减小，平衡正向移动，c(Mg2+)增大，开始生成MgF2需要的c(F-)较小 【解析】 【小问1详解】 镁是12号元素，基态价电子排布式为3s2，位于元素周期表中s区，故答案为：s； 【小问2详解】 a．白球位于顶点和体心，个数为8×+1=2，黑球位于面上和体内，个数为4×+2=4，白球：黑球=2：4=1：2，根据化学式MgF2可知，白球为Mg2+，故答案为：Mg2+； b．，的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大于F的核电荷数，故r(Mg2+)更小； 【小问3详解】 Mg(OCH3)2能与水反应生成CH3OH，经分离提纯后可在第一步反应中使用，故答案为：CH3OH； 【小问4详解】 a．甲基是供电子基团，供电子基团使得O-H键极性变小，不易断裂，而水中H-O键更易断裂，即水更容易与Mg反应，故原因为甲醇中的甲基是推电子基团，导致O-H键极性CH3OH＜H2O； b．Mg与甲醇反应生成的Mg(OCH3)2易溶于甲醇，而Mg与水反应生成的Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积，故实验表明化学反应速率：①＞②； 【小问5详解】 上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF)＜c(NaF)，原因为溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入HF，HF和OH-发生反应：HF+OH-═F-+H2O，使c(OH-)减小，平衡正向移动，c(Mg2+)增大，开始生成MgF2所需的c(F-)，而加入NaF时，c(Mg2+)小，需要的F-更大。 17. W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为3s23p4，X的电离能数据如下表所示。 电离能 I1 I2 I3 I4 … Ia / kJ•mol-1 738 1451 7733 10540 … （1）Y2-的电子排布式是_______。 （2）用电子式表示WZ的形成过程：_______。 （3）下列事实能用元素周期律解释的是_______(填字母序号)。 a．W可用于制备活泼金属钾 b．Y的气态氢化物的稳定性小于H2O c．将Z单质通入Na2S溶液中，溶液变浑浊 d．Y的氧化物对应的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3强 （4）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。 ⅰ．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为M(OH)n，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出OH-，断O-H键则在水中电离出H+。 ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物的M-O-H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。 ①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈_______(填“酸”或“碱”)性，依据是_______。 ②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是____(写化学式)，结合资料说明理由_____。 【答案】（1） （2） （3）bc （4） ①. 酸 ②. 依据：元素M与O元素电负性相差1.0，而H与O的电负性相差1.4，故O-H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性 ③. NaOH ④. 理由：Na的电负性比Mg小，Na与O电负性差异更大，所形成的化学键更容易断裂，在水中更容易电离出OH- 【解析】 【分析】基态Y原子的价电子排布为3s23p4，可知Y为S元素，W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大，则Z为Cl元素，X元素的第三电离能远远大于第二电离能，则X位于ⅡA族，则X为Mg元素，W为Na元素。 【小问1详解】 S是16号元素，S2-核外电子数为18，S2-的核外电子排布式是：1s22 s 22p63s 23p6或[Ne]3s23p6； 【小问2详解】 NaCl为离子化合物，左边为钠和氯的电子式，右边写上氯化钠的电子式，钠原子失去电子转移至氯原子，则用电子式表示NaCl的形成过程为：； 【小问3详解】 a．同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，金属性K>Na，则钠用于制备活泼金属钾不能用元素周期律解释，故a不符合题意； b．同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，S的非金属性弱于O，氢化物稳定性H2S小于H2O，能用元素周期律解释，故b符合题意； c．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以Cl的非金属性强于S，单质的氧化性：Cl2>S，则氯气能将硫化钠中单质硫置换出来，能用元素周期律解释，故c符合题意； d．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物H2SO4的酸性强于H2SiO3，由于H2SO3不是硫元素的最高价氧化物对应水化物，不能元素周期律解释，故d不符合题意； 故答案为：bc； 【小问4详解】 ①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M—O—H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O—H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性； ②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，Na—O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 （1）中心原子S的杂化轨道是_______。 （2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_______。 （3）的空间结构是_______。 （4）同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：。过程ii中，断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是_______。 （5）MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为_______。 已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____。(1nm=cm) （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与Au+形成 。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：___。 【答案】（1） （2）第一电离能O＞S；理由：O和S为同主族元素，电子层数S＞O，原子半径S＞O，原子核对最外层电子的吸引作用O＞S （3）四面体形 （4）、 （5） ①. 4 ②. 。 （6）的中心原子价层电子对个数为且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，能做配位原子。  【解析】 【小问1详解】 的中心原子硫的价层电子对数是：，为杂化，故答案为：。 小问2详解】 同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，、为同一主族元素，氧原子核外有个电子层、硫原子核外有个电子层，则，原子核最外层电子的吸引力大于原子，原子不易失去个电子，所以的第一电离能大于。故答案为:第一电离能；和为同主族元素，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引作用。 【小问3详解】 和互为等电子体，结构相似，的中心原子价层电子对个数为，且不含孤电子对，则的空间结构为四面体形，所以的空间结构为四面体形，故答案为:四面体形。 【小问4详解】 过程中的断裂只有硫硫键，根据反应机理可知，反应过程中最终转化为，最终转化为，因此若过程所用的试剂为和，则过程含硫产物是和。故答案为：、。 【小问5详解】 由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、棱上、面心和体心，所以晶胞中，的个数为：，位于体内，个数为，则晶胞中含有个，所以晶胞体积为：，该晶体密度为：=。故答案为：；。 【小问6详解】 的中心原子价层电子对个数为，且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，所以能做配位原子，故答案为:的中心原子价层电子对个数为且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，能做配位原子。  19. 甲醛是一种重要的有机原料，它主要用于有机合成、合成材料、涂料、橡胶、农药以及用作消毒、杀菌、防腐剂等行业。为探究甲醛的结构与性质之间的关系，某兴趣小组开展了以下探究。 【资料卡片】： i．； ii．； iii．HCuCl2是一种弱酸；新制氢氧化铜是一种常见的弱氧化剂。 探究一：甲醛的物理性质。 甲醛的物理性质 实验数据 甲醛在常温下是无色有强烈刺激性气味的气体。 沸点：-19.5℃。 甲醛易溶于水。 室温下甲醛在水中的溶解度为37%，35～40%的甲醛水溶液即为人们所熟知的福尔马林溶液。 （1）请你从甲醛分子的结构角度进行解释可能的原因： ①解释甲醛的沸点比水低的原因：_______。 ②解释甲醛易溶于水的原因：_______。 探究二：甲醛的化学性质。 （2）甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应。请你结合电负性，分析甲醛分子与蛋白质分子(以R-NH2表示)中化学键的电荷分布，并写出甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式_______。 为验证甲醛的还原性，兴趣小组探究了甲醛与新制氢氧化铜的反应，过程如下： 实验序号 实验操作 实验现象 实验Ι 步骤1：向6 mL 6NaOH溶液中滴加 2% 8滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 mL 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有红黑色固体生成，上层溶液呈无色。 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡；倾倒上层清液，洗净剩余的沉淀，并向沉淀中加入浓氨水，在空气中放置一段时间。 加入浓盐酸后，沉淀部分消失，溶液呈浅蓝绿色；加入浓氨水后，开始没有现象，一段时间后固体消失，溶液逐渐变成深蓝色 实验Ⅱ 步骤1：向6 mL10NaOH溶液中滴加15% 20滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 滴 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有砖红色固体生成，上层溶液仍为较深的蓝色 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡。 沉淀完全消失，溶液呈黄绿色 （3）根据实验Ι回答： ①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，请用化学方程式解释原因_______。 ②步骤2中，不溶于盐酸的固体，可以溶解在浓氨水中，请结合化学用语，解释其原因_______。 ③综合实验I的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是_______。 （4）实验ΙΙ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，请你帮助小组完成下面的框图，来说明两组实验所得到的结论。 提示：i.在箭头上方的长框中填入“少量甲醛”或“过量甲醛”①_______；②_______。 ii.其他方框中填入相应物质的化学式_③______；④_______。 【答案】（1） ①. 水分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键；甲醛分子间只存在范德华力，且相对分子质量较小，沸点低 ②. 甲醛分子和水分子间存在氢键作用力；甲醛分子和水分子均为极性分子，相似相溶 （2） （3） ①. ； ②. 因为，使平衡中浓度下降，平衡正向移动，提高了铜的还原性 ③. CuO、Cu2O、Cu （4） ①. 过量甲醛 ②. 少量甲醛 ③. Cu2O ④. Cu 【解析】 【分析】①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，即步骤1中得到的固体中含有CuO和Cu2O，CuO溶于HCl生成CuCl2和H2O，Cu2O溶于HCl生成HCuCl2和H2O； ②步骤2中，不溶于盐酸的固体为Cu，可以溶解在浓氨水中，原因是Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，使Cu-2e-⇌Cu2+平衡中Cu2+浓度下降，平衡正向移动，促进Cu的溶解； 【小问1详解】 ①含有氢键的物质其沸点较高，甲醛的沸点比水低的原因是：水分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键，甲醛分子间只存在范德华力，且相对分子质量较小，沸点低； ②含氢键的物质能增大水溶液的溶解度，甲醛易溶于水的原因：甲醛分子和水分子间存在氢键作用力，甲醛分子和水分子均为极性分子，相似相溶； 【小问2详解】 甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应，根据电负性，蛋白质分子(以R—NH2表示)中N显负电形，H显正电性，甲醛中O显负电形，C显正电，然后发生C=O双键的加成，则甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式为：； 【小问3详解】 ①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，即步骤1中得到的CuO溶于HCl生成CuCl2和H2O，Cu2O溶于HCl生成HCuCl2和H2O，方程式为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，Cu2O+4HCl═2HCuCl2+H2O； ②步骤2中，不溶于盐酸的固体为Cu，可以溶解在浓氨水中，原因是Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，使Cu-2e-⇌Cu2+平衡中Cu2+浓度下降，平衡正向移动； ③综合实验Ⅰ的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是CuO、Cu2O、Cu； 【小问4详解】 实验Ⅱ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，新制氢氧化铜加入少量甲醛，首先被还原为Cu2O，再加入适量甲醛，Cu2O继续被还原为Cu，若新制氢氧化铜加入足量甲醛，氢氧化铜直接被还原为铜，由此可得：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$