精准解析广东省东莞市光明中学届高三下学期第一次月考理综化学试题.docx

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精准解析广东省东莞市光明中学届高三下学期第一次月考理综化学试题

2019-2020学年度第二学期高三年级第一次月考理科综合

一、选择题:

本题共7小题，每小题6分，共42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.中国传统文化中蕴藏丰富的化学知识，下列有关说法正确的是（）

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．酿酒的原料为高粱、稻谷等，高粱、稻谷的主要成分为淀粉，淀粉经水解和发酵得到酒（乙醇），故A错误；

B．蚕丝的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，棉纤维灼烧没有烧焦羽毛的气味，则区分蚕丝和棉纤维可用灼烧的方法，故B正确；

C．蔗糖、麦芽糖属于二糖，不属于单糖，果糖、葡萄糖属于单糖，故C错误；

D．桐油的主要成分为高级脂肪酸甘油三酯的混合物，不属于高分子化合物，故D错误。

故答案为B。

2.阿伏加德罗常数的值用NA表示。

下列说法中正确的是

A.33.6L丙烯（标准状况）与足量HCl发生加成反应，生成1-氯丙烷个数为1.5NA

B.一定条件下，Ca与O2反应生成7.2gCaO2，转移电子的个数为0.4NA

C.2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA

D.1Llmol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA

【答案】D

【解析】

【详解】A．丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1-氯丙烷和2-氯丙烷，无法计算生成1-氯丙烷的个数，故A错误；

B．7.2gCaO2含有0.1molCa，Ca从0价变到+2价，转移电子的个数为0.2NA，故B错误；

C．酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，C错误；

D．lmol的葡萄糖中含有5mol羟基和1mol醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。

本题选D。

3.有机物M的结构简式为

，下列说法正确的是（）

A.有机物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色，且反应类型相同

B.与有机物M具有相同的官能团，且不包括M的同分异构体有3种

C.1mol有机物M与足量氢气反应，消耗氢气4mol

D.有机物M能发生取代、加成、氧化、水解等反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．

分子结构中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理不一样，故A错误；

B．

含有苯环、碳碳双键和羧基，其具有相同官能团的同分异构体共有4种，其中乙烯基与羧基在苯环的间位和对位有2种，另外苯环上只有一个取代基为-CH=CHCOOH或-C（COOH）=CH2有2种，故B错误；

C．苯环和碳碳双键均可与H2发生加成反应，则1mol

与足量氢气反应，消耗氢气4mol，故C正确；

D．

能发生取代、加成、氧化，但不能发生水解反应，故D错误；

故答案为C。

【点睛】以有机物M的结构简式为载体，考查官能团的性质，熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯烃的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有苯环还具有苯的性质，难点是满足条件的同分异构体的判断。

4.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同的电子层结构，b的气态氢化物溶于水可以使酚酞变红，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15。

下列叙述正确的是（）

A.b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸

B.最简单气态氢化物的热稳定性：

b＞c

C.c为第二周期第VIIA族元素

D.原子半径：

d>c>b>a

【答案】A

【解析】

【分析】

四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为第一周期主族元素，即a为H元素，且至少b为第二周期主族元素、d为第三周期主族元素；b的气态氢化物溶于水可以使酚酞变红，则氢化物为NH3，b为N元素，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al元素；四种元素原子的最外层电子数之和为15，c的最外层电子数为15-1-3-5=6，则c为O元素符合题意，以此来解答。

【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；

A．b元素为N元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；

B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：

b＜c，故B错误；

C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；

D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：

Al＞N＞O＞H，故D错误；

故答案为A。

【点睛】考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子核外电子排布规律及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。

5.用下列实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是

图1图2图3图4

A.图1所示装置可干燥、收集氨气，并吸收多余

氨

B.图2所示装置可萃取碘水中的碘

C.图3所示装置可证明乙醇发生消去反应生成了乙烯

D.图4所示装置可制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色

【答案】A

【解析】

【详解】A、氨气用碱石灰干燥，再用向下排空气法收集，多余的氨气用水吸收，倒放的漏斗可防止倒吸，正确；

B、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，错误；

C、挥发的乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明生成了乙烯，错误；

D、制备氢氧化亚铁时铁作阳极，与电源的正极相连，错误；

答案选A。

6.常温下，向20mL0.1mol/LNaHA（酸式盐）溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸或0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。

下列推断正确的是（）

A.NaHA在水中电离程度大于水解程度

B.在对应的各点溶液中，H点水电离程度最大

C.E点对应的溶液中有c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）

D.F点对应的溶液中存在c（H+）+c（Na+）=（OH-）+c（HA-）+c（A2-）

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图示可知，常温下，0.1mol/LNaHA溶液的pH＜7，显酸性，说明HA-的电离程度大于HA-的水解程度，故A正确；

B．图中F点恰好生成Na2A溶液，只存在A2-

水解，水的电离程度最大，而H点恰好生成H2A和NaCl的混合液，H2A的电离抑制水的电离，水的电离程度小，故B错误；

C．E点溶液中存在的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），此时溶液显中性，即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HA-）+2c（A2-），故C错误；

D．F点恰好生成Na2A溶液，存在的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），故D错误；

故答案为A。

7.1,2-二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，也用作谷物和粮仓的熏蒸剂，沸点83.5℃，熔点－35℃。

某研究性学习小组的同学利用如图（加热装置省略）装置制备一定量的1,2-二氯乙烷，制备原理为：

C2H5OH

C2H4→CH2ClCH2Cl。

装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，乙醇的密度约为0.8g/mL。

（1）根据制备原理，可知装置A中还缺少的一种实验仪器是________。

使用冷凝管的目的是__________________________。

（2）实验时A中三颈烧瓶内有有刺激性气味的无机气体产生，为吸收反应中生成的无机气体，在装置B中应加入________（填字母序号）。

a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液

（3）D中a、c两个导管进入仪器中的长度不同，其优点是________________，对导管b的进一步处理方法是______________________，装置E是氯气的贮气瓶，则Q中的物质是______________。

（4）若得到ag1,2-二氯乙烷，则乙醇的利用率为_____________________________。

【答案】

（1）.温度计

（2）.使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率（3）.c（4）.有利于Cl2、C2H4充分混合反应（5）.将b管逸出的Cl2引入到NaOH溶液中（6）.饱和食盐水（7）.

【解析】

【分析】

A装置为乙醇和浓硫酸混合加热制乙烯，并经B中NaOH溶液除去副产物CO2和SO2后，在C装置缓冲后在D中与由E排入的氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl；根据ag1,2-二氯乙烷产品计算出理论参加反应的乙醇质量，再结合实际提供的乙醇质量计算乙醇的利用率。

【详解】

（1）乙醇和浓硫酸混合加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，则装置A中还缺少的一种实验仪器是温度计，乙醇易挥发，则使用冷凝管的目的是使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；

（2）因浓硫酸有强氧化性，在加热条件下能氧化乙醇生成CO2，同时浓硫酸还原生成SO2，CO2和SO2均是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水，则为吸收反应中生成的CO2和SO2应选择氢氧化钠溶液，故答案为c；

（3）乙烯和氯气的密度不同，则D中a、c两个导管进入仪器中的长度不同，目的是有利于Cl2、C2H4充分混合反应；因氯气有毒，为防止污染环境，则应将b管逸出的Cl2引入到NaOH溶液中；氯气易溶于水，为使装置E中氯气逸出，Q中的物质应选择饱和食盐水；

（4）ag1,2-二氯乙烷的物质的量为

=

mol，由C2H5OH

C2H4→CH2ClCH2Cl可知理论参加反应的乙烯的物质的量为

mol，则乙醇的利用率为

=

。

8.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

（1）自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。

为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈________，可以认为存在锂元素。

A.紫红色B.紫色C.黄色

（2）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂（LiCoO2）的流程如下：

已知：

部分金属氢氧化物的pKsp（pKsp=-lgKsp）的柱状图如图1。

回答下列问题：

①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为________。

②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是________。

③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为_______。

（已知：

完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5）mol/L）

④“沉锂”过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“___________”步骤中。

⑤Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__________

（3）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6

LixC6+Li1-xCoO2，其工作原理如图2。

下列关于该电池的说法正确的是___________（填字母）。

A．电池反应式中过程1为放电过程

B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜

C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度

D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2

E．对废旧

该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收

【答案】

（1）.A

（2）.Li2O·Al2O3·4SiO2（3）.将矿石细麿（搅拌、升高温度或其他合理答案）（4）.4.7（5）.净化（6）.6Li2CO3+4Co3O4+O2

12LiCoO2+6CO2（7）.CD

【解析】

【分析】

（1）锂元素焰色反应是紫红色；

（2）①将硅酸盐改写成氧化物形式，按活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水的次序写，保证原子总数、化合价不变，按化合价分别写化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数；

②结合影响反应速率的因素分析；

③结合pKsp及沉淀完全时溶液中离子浓度低于1×l0-5mol/L计算即可；

④由流程可知将净化后的溶液蒸发、浓缩得到Li2S；

⑤Li2CO3与Co3O4在有氧气参与的情况下，高温焙烧生成钴酸锂和CO2，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；

（3）根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。

【详解】

（1）锂元素焰色反应颜色为紫红色，故答案为A；

（2）①LiAlSi2O6可表示为：

Li2O•Al2O3•4SiO2；

②采取将矿石细麿，酸化时并搅拌，以及升高温度等措施，可提高“酸化焙烧”效率；

③已知pKsp[Al（OH）3]=33，pKsp[Fe（OH）3]=38，则Al3+溶液完全时溶液中c（OH-）=

mol/L≈10-9.3mol/L，此时溶液的pH=4.7；而Fe3+溶液完全时溶液中c（OH-）=

mol/L=10-11mol/L，此时溶液的pH=3，故控制pH至少为4.7时，能使Fe3+、A13+完全沉淀；

④由流程可知将净化后的溶液蒸发、浓缩得到Li2S，则应将“沉锂”过程所获得的“母液”加入到净化步骤中；

⑤Li2CO3与Co3O4在有氧气参与的情况下，高温焙烧生成钴酸锂和CO2，则发生反应的化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2

12LiCoO2+6CO2；

（3）A．过程1为锂离子嵌入石墨中，结合图②可知为充电过程，故A错误；

B．由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，故B错误；

C．石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，故C正确；

D．充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，故D正确；

E．由图②可知，充电时锂离子嵌入石墨中，故E错误；

故答案为CD。

9.燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。

已知：

25℃时，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5；H2SO3：

Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7。

（1）处理烟气中的SO2常用液吸法。

室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到（NH4）2SO3溶液，0.1mol/L（NH4）2SO3溶液的pH____（填“>”“<”或“＝”）7。

（2）用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C（s）＋2NO（g）⇌N2（g）＋CO2（g）。

在恒容条件下，能判断该反应一定达到平衡状态的依据是________（填选项编号）。

A．单位时间内生成2nmolNO（g）的同时消耗nmolCO2（g）

B．混合气体的密度不再发生改变

C．反应体系的压强不再发生改变

D．混合气体的平均相对分子质量不再改变

（3）有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210～290℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。

①230℃，向容器中投入0.5molCO2和1.5molH2，当转化率达80%时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的热化学方程式__________________。

②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图1所示：

催化剂效果最佳的是催化剂________（填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”）。

b点v（正）________v（逆）（填“＞”“＜”或“＝”）。

此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因_____。

已知容器内的起始压强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp＝____________KPa－2。

（保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）

（4）一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH＜0，一定温度下，在3L容积可变的密闭容器中发生如上反应，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或曲线Ⅲ。

当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是____________________。

【答案】

（1）.＞

（2）.BD（3）.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49kJ/mol（4）.I（5）.＞（6）.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（7）.8.3×10-4（8）.将容器快速压缩至2L

【解析】

【分析】

（1）（NH4）2SO3溶液中存在NH4+和SO32-的水解，结合NH3•H2O和H2SO3：

Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7分析水解能力的大小，判断溶液的酸碱性；

（2）恒容条件下，反应达到平衡的标志依据“变量不变”方法判断，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；

（3）①根据图1可知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6KJ，然后按比例计算：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出该反应的热化学方程式；②由图象知：

反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%的转化率，故催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ；T3的b点时，反应未达到限度，故v（正）＞v（逆）；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。

故T4的a点转化率比T5的c点高；c点时，

代入平衡常数表达式计算；

（4）当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量浓度增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变。

【详解】

（1）已知NH3•H2O

电能平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在（NH4）2SO3溶液中NH4+的水解能力小于SO32-的水解程度，可知溶液显碱性，即pH＞7；

（2）在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）；

A．单位时间内生成2nmolNO（g）的同时消耗nmolCO2（g），说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．碳是固体。

当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C错误；

D．C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D正确；

故答案为BD；

（3）①已知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6kJ，则该反应的热化学方程式：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-

×2=-49kJ•mol-1，则热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49kJ/mol；

②由图象知：

反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到80%

转化率，催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v（正）＞v（逆）；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。

T4的a点转化率比T5的c点高，c点时：

在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强P总=100kPa×

=70kPa，该反应的平衡常数Kp=

=8.3×10-4；

（4）当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量浓度增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件后为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：

3:

V=4.5:

3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件。

【点睛】化学平衡状态的判断。

注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：

平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

10.第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。

（1）铬是最硬的金属单质，被称为“不锈钢的添加剂”。

写出Cr在周期表中的位置___________；其原子核外电子排布的最高能层符号___________.

（2）在1molCrO5（其中Cr为+6价）中，含有过氧键的数目为___________。

（3）钒（23V）是我国的丰产元素，被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。

回答下列问题：

写出钒原子价电子排布图___________；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。

SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________；

（4）Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，其中配原子是___________。

（5）钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。

钙钛矿（CaTiO3）晶体是工业获取钛的重要原料。

CaTiO3晶胞如下图，边长为a=0.266m，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。

Ti与O间的最短距离为___________nm，与Ti紧邻的O个数为___________。

（6）在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于___________位置，O处于___________位置。

【答案】

（1）.第四周期第ⅥB族

（2）.N（3）.2NA（4）.

（5）.sp3（6）.C（7）.0.188（8）.12（9）.体心（10）.棱心

【解析】

【详解】

（1）Cr为24号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。

答案为第四周期第ⅥB族N；

（2）过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+y×（-2）+5=0，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；

（3）V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为

；从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为

sp3；

（4）Ni（CO）4中，配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得