安徽省皖南八校高考化学二模试卷

高考化学二模试卷一、单选题1.中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催···”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是（

）A.

由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质

B.

忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低

C.

夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点

D.

制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用2.化合物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。下列关于化合物M的说法错误的是（

）A.

分子式为C20H20O3，能够发生水解反应

B.

既能跟金属钠反应，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C.

苯环上的一氯代物有3种

D.

1molM可与7molH2发生加成反应3.钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（

）A.

H2O参与了该催化反应

B.

过程①中反应的原子利用率为100%

C.

该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成

D.

每次循环的净反应为H2O2+2Cl－=2HOCl+2e－4.某化学兴趣小组的同学为验证干燥的Cl2无漂白性，设计了如下装置，其中在实验过程中可以不使用的为（

）A.

B.

C.

D.

5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是（

）A.

在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族

B.

Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W

C.

X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键

D.

X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大6.最近我国科学家设计了一种C2H5OH+CO2协同电解转化装置，通过回收工业尾气中的CO2实现了联合生产合成气(CO+H2)和CH3CHO的新工艺，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（

）A.

电极a上的电势比电极b上的高

B.

电解池工作时，电极a附近的CO浓度升高

C.

电极b上的电极反应式为C2H5OH+2e-+2CO=CH3CHO+2HCO

D.

电解池工作时，CO透过交换膜向电极a移动7.T℃时，用0.1mol∙L−1的KOH溶液滴定10mL等浓度的一元弱酸HX溶液过程中，溶液中的lg随滴入KOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（

）A.

一元弱酸HX的电离常数约为10−5

B.

若b点为15mL，此溶液中存在：3c(K+)=2c(X－)+2c(HX)

C.

从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小

D.

a点溶液中存在：c(K+)＞c(X－)＞c(H+)=c(OH－)二、综合题8.甘氨酸亚铁［(H2NCH2COO)2Fe]可有效改善缺铁性贫血，化学兴趣小组的同学设计了如下两个实验：装置1制备碳酸亚铁晶体；装置2制备甘氨酸亚铁。已知：柠檬酸易溶于水，具有较强的酸性和还原性。回答下列问题：（1）I.碳酸亚铁晶体(FeCO3·nH2O)的制备实验操作如下：关闭f，打开e，然后关闭活塞a，打开活塞b、c，加入适量稀硫酸反应一段时间后，关闭活塞b、c，打开活塞a，以上操作的目的是________；实验结束后，若装置B中没有出现碳酸亚铁晶体，可能的原因是________。（2）反应结束后，对装置B中的反应液进行静置、过滤、洗涤、干燥，得到碳酸亚铁晶体。过滤操作过程中用到的玻璃仪器有________；干燥过程中可能有少量碳酸亚铁晶体被氧化为FeOOH，反应的化学方程式为________。（3）II.甘氨酸亚铁［(H2NCH2COO)2Fe]的制备实验操作如下：将装置1制取的碳酸亚铁晶体与甘氨酸的水溶液混合加入C中，关闭e，打开f，然后利用E中盐酸和碳酸钙反应生成的气体排尽装置中的空气，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，得到甘氨酸亚铁。仪器h的名称为________；试剂g为________(填试剂名称)。（4）为了提高(H2NCH2COO)2Fe的产率，需要控制C中反应溶液的pH在5.6~6.0之间。若pH过低，(H2NCH2COO)2Fe的产率将降低，其原因为________；滴入柠檬酸溶液的作用除了促进FeCO3的溶解，调节溶液的pH外，还有________。（5）(H2NCH2COO)2Fe中Fe2+含量的测定：使用电子天平准确称取3.640g产品，用蒸馏水配制成100mL溶液。取出25.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入一定量的稀硫酸酸化，用0.05000mol∙L−1KMnO4；标准溶液滴定至终点(已知滴定过程中只有Fe2+被氧化)，消耗KMnO4标准溶液的体积为17.20mL。则产品中Fe2+的质量分数为________％(保留1位小数)。9.钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如下：已知：TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在。回答下列问题：（1）“碱浸”和“酸浸”操作的目的是________。（2）适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是________。（3）“反应”步骤中加入适量铁粉，加入铁粉的目的为________；滤渣2的主要成分为________填化学式)。（4）“氧化”时S2O转化为SO的离子方程式为________。（5）离子浓度≤1.0x10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使Fe3+沉淀完全，调节pH的最小值为________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0x10-38，1g2=0.3)。（6）滤液II中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为________。10.H2在生物学、医学等领域有重要应用，传统制氢成本高、技术复杂，研究新型制氢意义重大，已成为科学家研究的重要课题。回答下列问题：（1）.我国科学家研究发现，在Rh的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如图1所示，其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为

；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为

(阿伏加德罗常数用NA表示)。（2）.T℃下H2S可直接分解制取H2，反应的原理如下：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。实际生产中往刚性容器中同时通入H2S和水蒸气，水蒸气与反应体系的任何物质均不发生反应，测得容器总压(P总压)和H2S的转化率(a)随时间的变化关系如图2所示。计算反应在0~20min内的平均反应速率v(H2)=

kPa·min-1；平衡时，p(水蒸气)=

kPa，平衡常数Kp=

kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。（3）.工业上也可采用乙苯()气体催化脱氢法制取H2，同时生成苯乙烯()气体。其他条件不变时，在不同催化剂(n、m、p)作用下，反应进行相同时间后，乙苯的转化率随反应温度的变化如图3所示。相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为

；b点乙苯的转化率高于a点的原因是

。11.秦兵马俑展现了我国古代科技文化的伟大成就。近年来人们研究发现秦俑彩绘所用的原料的主要成分为BaCuSi2O6，含有微量硫元素等。回答下列问题：（1）.原子轨道是指电子在原子核外的

。Cu原子核外电子占据最高能级的符号是

，Cu原子核外最外层电子的电子云轮廓图形状为

。（2）.硫化硅为白色晶体，分子式为SiS2，遇水分解为SiO2及H2S气体，分解反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为

(填元素符号)；SiS2的结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为

。（3）.一种含Cu、S元素的有机物的结构简式如图1所示，该有机物中存在的作用力类型有

(填标号)，N原子的杂化方式为

。a.极性键

b.离子键

c.非极性键

d.配位键

e.金属键（4）.TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡(BaTiO3)，晶胞结构如图2所示(O2−均与Ti4+、Ba2+相接触)，已知O2−的半径为xpm，晶胞边长为ypm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为

pm、

pm。12.新型芳香族化合物I在消灭或抑制植物生长方面具有很高的选择性，其合成路线如下：已知：R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2回答下列问题：（1）F的化学名称为________，由A生成B的反应类型为________。（2）由G生成H的化学方程式为________。（3）D的结构简式为________，测定E分子中的官能团的仪器名称为________。（4）H中所含官能团的名称为________。（5）J为A的同分异构体，J遇氯化铁溶液显紫色，J能发生银镜反应。J的苯环上含有4个取代基的同分异构体中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为________。(有几种，写几种)。（6）参照上述合成路线，设计由和为原料制备的合成路线：________(无机试剂任选)。

答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】A．蚕丝主要成份是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，故A不符合题意；B．忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多，则酒的密度越高，故B符合题意；C．夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C不符合题意；D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，故D不符合题意。故答案为：B。

【分析】根据酒精的密度小于水的密度，酒精的度数越低说明酒精的含量越少，说明酒的密度越大，其他选项均正确2.【答案】C【解析】【解答】A．根据分子的结构简式得到分子式为C20H20O3，分子中含有酯基，则能够发生水解反应，故A不符合题意；B．分子中含有羟基，既能跟金属钠反应，分子中含有羟基、碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；C．分子中含有两个苯环，因此苯环上的一氯代物有6种，故C符合题意；D．分子中哈游2个苯环和1个碳碳双键，因此1molM可与7molH2发生加成反应，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】根据结构简式即可写出分子式，含有酯基、碳碳双键、羟基官能碳，可以发生水解反应、可以钠反应、可以与高锰酸钾反应，结构中的苯环和碳碳双键均与氢气反应，1mol有机物可与7mol的氢气发生作用，苯环上有6种不同的氢原子即含有6种不同的一氯取代物3.【答案】D【解析】【解答】A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A不符合题意；B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B不符合题意；C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C不符合题意；D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋Cl－=HOCl＋H2O，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.通过过程④即可判断水作为反应物参与反应

B.根据过程①的反应物和生成物即可判断原子利用率

C.根据反应过程①和②即可判断反应中的键的断裂和形成

D.根据反应物和生成物即可写出方程式4.【答案】A【解析】【解答】A是除去氯气中氯化氢的装置，B是验证装置，C是制备氯气的装置，D是干燥氯气的装置。要验证干燥的Cl2无漂白性，首先需要制备氯气，制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢气体，水蒸气会影响实验，需要除去，氯化氢不影响实验，可以不除去，因此可以不使用的装置是A，故答案为：A。

【分析】证明干燥的氯气无漂白性，因此需要制备氯气以及将氯气进行干燥，氯气的发生装置以及干燥装置以及证明漂白性装置均需要。B是证明干燥的氯气不具有漂白性装置，C制取氯气装置，D是干燥氯气装置5.【答案】D【解析】【解答】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A不符合题意；B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B不符合题意；C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C不符合题意；D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D符合题意；故答案为：D。【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。6.【答案】B【解析】【解答】A．电极b为阳极，电极a为阴极，则电极b与电源正极连接，电极a与电源负极连接，电极a上的电势比电极b上的低，A不符合题意；B．电极a为阴极，电极反应式为3CO2+H2O+4e-=CO+H2+2CO，因此电解池工作时，电极a附近的CO浓度升高，B符合题意；C．电极b为阳极，电极反应式为C2H5OH+2CO-2e-=CH3CHO+2HCO，C不符合题意；D．对比阴阳极反应可知电极a产生的CO向电极b迁移补充左室的CO，D不符合题意；故答案为：B。【分析】由图可知C2H5OH在电极b转化为CH3CHO，发生氧化反应，则电极b为阳极，电极反应式为C2H5OH+2CO-2e-=CH3CHO+2HCO；电极a为阴极，电极反应式为3CO2+H2O+4e-=CO+H2+2CO。7.【答案】C【解析】【解答】A．未加KOH时lg＝−8，由于温度为T℃时，无法计算温度的氢离子浓度，因此无法计算一元弱酸HX的电离常数，故A不符合题意；B．若b点为15mL，溶液中溶质为KX和KOH且两者浓度比为2:1，因此根据物料守恒得到溶液中存在：2c(K+)＝3c(X－)+3c(HX)，故B不符合题意；C．a点是呈中性，溶质是KX和HX的混合溶液，逐渐滴加KOH，至KX，水的电离程度增大，从KX到KX与KOH混合溶液，则水的电离程度减小，因此从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小，故C符合题意；D．a点溶液呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到：c(K+)＝c(X－)＞c(H+)＝c(OH－)，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.根据pH=-8，结合水的离子积进行计算即可，当温度未知，水的离子积未知

B.根据b点的物料守恒即可判断

C.根据a点的数据计算出此时溶液呈中性，随着氢氧化钾的加入，水的电离程度增大，当签好反应是最大继续加入氢氧化钾水的电离被抑制

D.结合电荷守恒以及溶液的酸碱性判断二、综合题8.【答案】（1）排除装置内的空气，使A产生的硫酸亚铁压入到B装置中发生反应；装置A中稀硫酸量过多，太早关闭活塞b、c，打开活塞a，导致A中生成的硫酸亚铁量很少，很多稀硫酸被压入到B中，从而导致实验失败

（2）烧杯、漏斗、玻璃棒；4FeCO3∙nH2O＋O2＝4FeOOH＋4CO2＋(4n−2)H2O

（3）圆底烧瓶；饱和碳酸氢钠溶液

（4）pH过低，氢离子较大，氢离子和H2NCH2COOH反应，不利于(H2NCH2COO)2Fe的生成；防止亚铁离子被氧化

（5）26.5【解析】【解答】(1)实验操作如下：关闭f，打开e，然后关闭活塞a，打开活塞b、c，加入适量稀硫酸反应一段时间后，关闭活塞b、c，打开活塞a，以上操作的目的是排除装置内的空气，使A产生的硫酸亚铁压入到B装置中发生反应；实验结束后，若装置B中没有出现碳酸亚铁晶体，可能的原因是装置A中稀硫酸量过多，太早关闭活塞b、c，打开活塞a，导致A中生成的硫酸亚铁量很少，很多稀硫酸被压入到B中，从而导致实验失败；故答案为：排除装置内的空气，使A产生的硫酸亚铁压入到B装置中发生反应；装置A中稀硫酸量过多，太早关闭活塞b、c，打开活塞a，导致A中生成的硫酸亚铁量很少，很多稀硫酸被压入到B中，从而导致实验失败。

(2)反应结束后，对装置B中的反应液进行静置、过滤、洗涤、干燥，得到碳酸亚铁晶体。过滤操作过程中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；干燥过程中可能有少量碳酸亚铁晶体被氧化为FeOOH，反应的化学方程式为4FeCO3∙nH2O＋O2＝4FeOOH＋4CO2＋(4n−2)H2O；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；4FeCO3∙nH2O＋O2＝4FeOOH＋4CO2＋(4n−2)H2O。(3)仪器h的名称为圆底烧瓶；试剂g主要是除掉二氧化碳中HCl，因此g为饱和碳酸氢钠溶液；故答案为：圆底烧瓶；饱和碳酸氢钠溶液。(4)为了提高(H2NCH2COO)2Fe的产率，需要控制C中反应溶液的pH在5.6~6.0之间。若pH过低，(H2NCH2COO)2Fe的产率将降低，其原因为pH过低，氢离子较大，氢离子和H2NCH2COOH反应，不利于(H2NCH2COO)2Fe的生成；由于柠檬酸具有还原性，亚铁盐具有还原性，柠檬酸溶液的作用除了促进FeCO3的溶解，调节溶液的pH外，还有防止亚铁离子被氧化；故答案为：pH过低，氢离子较大，氢离子和H2NCH2COOH反应，不利于(H2NCH2COO)2Fe的生成；防止亚铁离子被氧化。(5)根据题意5Fe2+～，因此n(Fe2+)=5×0.05000mol∙L−1×17.20×10−3L×4=0.01720mol，；故答案为：26.5。【分析】稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气将装置内的空气排除，再利用装置A中压强不断增大，将硫酸亚铁压入到装置B中从而生成碳酸亚铁；利用盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，由于盐酸易挥发，因此利用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发出的HCl气体。

9.【答案】（1）Al2O3、Cu，使TiO2生成

（2）防止水解，减少损失

（3）将还原成；

（4）

（5）3.3

（6）【解析】【解答】(1)“碱浸”的目的是为了除去能与碱反应的Al2O3，“酸浸”的目的是为了让TiO2以形式存在，同时产生，由于Cu不与硫酸反应，所以可以除去，故答案为：Al2O3、Cu，使TiO2生成；

(2)温度过高，易导致水解程度增大，造成Ti的损失，故答案为：防止水解，减少损失；(3)“酸浸”后溶液中存在的离子有，所以加Fe时是将还原成便于在冷却结晶生成晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为，故答案为：将还原成；；(4)“氧化”时，S2O与发生氧化还原反应生成，则，故答案为：；(5)当离子浓度≤1.0x10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。由Ksp[Fe(OH)3]=8.0x10-38，可知完全沉淀时氢氧根离子浓度，则pOH≈1.7，则pH=3.3，故答案为：3.3；(6)滤液II中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)，则其化学方程式为：，故答案为：。【分析】以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了出去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸出去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸铁晶体析出从而出去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成，过滤的到固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧得；将滤液氧化后调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析可得

10.【答案】（1）HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−1

（2）1.2；60；135

（3）n＞m＞p；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大【解析】【解答】(1)根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*＝HCOO*＋H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−1；故答案为：HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＝−0.16NAev∙mol−1。

(2)根据反应建立三段式，以压强进行建立，，设水蒸气压强为z，因此有a＋c＝100，c＋a−2b＋2b＋b＝112，，解得a＝40，b＝12，c＝60，因此反应在0~20min内的平均反应速率；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，平衡时根据题意建立三段式，，平衡常数kPa；故答案为：1.2；60；135。(3)根据图中信息，做一条与y轴相平的平行线，相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为n＞m＞p；根据图中信息，a、b点都未达到平衡，b点乙苯的转化率高于a点的原因是a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大；故答案为：n＞m＞p；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大。【分析】（1）找出活化能最大的阶段即可，根据纵坐标求出焓变即可

（2)根据平衡时的总压强利用三行式计算出平衡时的压强以及开始时水蒸气的压强，同时可计算出平衡常数

（3）相同温度下，转化率越高，催化剂的活性越强，b点转化率高于a点主要是因为温度高速率快11.【答案】（1）空间运动状态；3d；球形

（2）O＞S＞H＞Si；直线形

（3）acd；sp2、sp3

（4）；【解析】【解答】(1)原子轨道是指电子在原子核外的空间运动状态。Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，因此原子核外电子占据最高能级的符号是3d，Cu原子核外最外层电子是4s，因此其电子云轮廓图形状为球形；故答案为：空间运动状态；3d；球形。

(2)分解反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为O＞S＞H＞Si；CS2是直线形，SiS2的结构与CS2类似，因此SiS2分子的空间构型为直线形；故答案为：O＞S＞H＞Si；直线形。(3)根据该有机物中结构存在碳氮极性键，碳碳非极性键，水中氧与铜形成配位键，因此作用力类型有acd，N原