福建省厦门市2022届高三毕业班下学期3月第二次质量检测 化学试题 附解析

厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测化学试题满分100分考试时间75分钟注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如果需要改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号；所有题目的答案均在答题卡相应位置上作答，答在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Ru101一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉及物质转化如下：。下列有关说法错误的是A.Pb属于电解质B.2Pb(OH)2·PbCO3属于碱式盐C.反应ⅰ中(CH3COO)2Pb为氧化产物D.反应ⅲ为分解反应【答案】A【解析】【详解】A．Pb为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有两种阴离子，其中一种阴离子为氢氧根，所以为碱式盐，B正确；C．反应i中Pb元素化合价升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb为氧化产物，C错误；D．反应iii的化学方程式应为2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2+2H2O，属于分解反应，D正确；综上所述答案为A。2.北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是A.PVC()的单体为氯乙烯B.PC()中所有碳原子均可共面C.ABS的单体之一苯乙烯能使溴水褪色D.亚克力()可通过加聚反应制备【答案】B【解析】【详解】A．PVC()是通过氯乙烯加聚反应得到，氯乙烯为其单体，故A正确；B．PC中与两个苯环相连的C原子与4个碳原子相连，为四面体结构，所有碳原子不可能共面，故B错误；C．苯乙烯含有碳碳双键能与溴单质发生加成使溴水褪色，故C正确；D．由的结构简式可知其链节上只有碳原子，是通过碳碳双键加聚反应得到，故D正确；故选：B。3.为探究增氧剂过氧碳酸钠()的性质，向以下溶液中分别滴加少量过氧碳酸钠溶液，既有沉淀又有气体生成的是A. B.NaClO C.KI D.【答案】D【解析】【分析】过氧碳酸钠溶液既有碳酸钠的性质，又有过氧化氢的性质。【详解】A．向硫酸溶液中加过氧碳酸钠溶液，碳酸钠能与硫酸反应生成二氧化碳气体，但不能产生沉淀，A错误；B．向次氯酸钠溶液中加过氧碳酸钠溶液，次氯酸根离子有氧化性，能与过氧化氢反应生成氧气，但没有沉淀生成，B错误；C．向碘化钾溶液中加过氧碳酸钠溶液，碘离子有还原性，能与过氧化氢反应生成碘单质，但没有气体生成，C错误；D．向氯化铁溶液中加过氧碳酸钠溶液，氯化铁和碳酸钠会因为发生双水解而反应，方程式为：2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl，有气体和沉淀生成，且氯化铁可以催化过氧化氢分解生成氧气，D正确；答案选D。4.下列有关海水综合利用的离子方程式不正确的是A.海水提镁中用石灰乳沉镁：B.海水提溴中用水溶液富集溴：C.氯碱工业中电解饱和食盐水：D.侯氏制碱法中获取碳酸氢钠：【答案】A【解析】【详解】A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，故A错误；B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式正确，故B正确；C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式正确，故C正确；D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠反应为，其中氯化钠和氯化铵均为强电解质可拆，离子方程式正确，故D正确；故选：A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的AlN转化为的反应为：，下列说法不正确的是A.固氮过程中，每生成1molAlN转移的电子数目为3NAB.室温下，pH为13的NaOH溶液中OH-数目为0.1NAC.标准状况下，1.12LNH3中含有的电子数目为0.5NAD.11.8g中含有的共价键数目为0.8NA【答案】B【解析】【详解】A．固氮过程中，Al与N2反应生成AlN，电子转移的数目为3e-，则每生成1molAlN转移的电子数目为3NA，A正确；B．pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算溶液中所含OH-的数目，B不正确；C．标准状况下，1.12LNH3的物质的量为0.05mol，每个NH3分子中含有10个电子，则1.12LNH3含有的电子数目为0.5NA，C正确；D．11.8g的物质的量为，每个中含有8个共价键，则含有的共价键数目为0.8NA，D正确；故选B。6.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD实验目的制取氯气制备氢氧化铁胶体验证溶度积：验证氧化性：实验方案A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，A不能达到实验目的；B．FeCl3饱和溶液滴入沸水中，不断加热至液体呈红褐色，便可制得氢氧化铁胶体，B能达到实验目的；C．由于AgNO3溶液足量，与NaCl溶液反应后，仍有AgNO3剩余，所以我们不能确定生成的Ag2S沉淀是否来自AgCl沉淀的转化，C不能达到实验目的；D．Cl2与NaBr反应后，可能有剩余，剩余的Cl2继续与KI反应，无法确定生成的I2是否来自Br2与KI的反应，也就无法确定Br2与I2的氧化性的强弱，D不能达到实验目的；故选B。7.某种天然沸石的化学式为W[Z2R3Y10]·3X2Y，其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y在地壳中含量最高，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。下列说法不正确的是A.第一电离能：Z>R B.简单离子半径：Y>ZC.最简单氢化物稳定性：Y>R D.氯化物熔点：W>Z【答案】A【解析】【分析】Y在地壳中含量最高，则Y为O元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于O，所以X为H元素，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个电子，为Ca元素；天然沸石的化学式为Ca[Z2R3O10]·3H2O，由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为+价，不合理，所以Z也位于第三周期，根据化合价分析，合理的结果为Z为+3价、R为+4价，所以Z为Al元素、R为Si元素。【详解】A．同周期主族元素自左至右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能Si(R)＞Al(Z)，A错误；B．Y、Z的简单离子为O2-、Al3+，电子层数相同，O2-的核电荷数更小，半径更大，B正确；C．非金属性O＞Si，所以最简单氢化物稳定性：Y>R，C正确；D．W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，D正确；综上所述答案为A。8.利用化学链将高炉废气中CO2转化为CO的示意图如下。下列说法不正确的是A.Fe3O4和CaO可循环利用B.反应④为吸热反应C.该化学链的总反应是D.该方法可降低分离CO和N2所需能耗【答案】B【解析】【详解】A．反应中，先将Fe3O4和CaO转化为Fe和CaCO3，后将Fe和CaCO3转化为Fe3O4和CaO，所以Fe3O4和CaO可循环利用，A正确；B．反应②是CaO发生化合反应生成CaCO3，该过程放出热量，则反应①Fe3O4+4CO3Fe+4CO2是吸热反应，所以反应④3Fe+4CO2Fe3O4+4CO为放热反应，B不正确；C．该化学链中发生反应为Fe3O4+4H23Fe+4H2O、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2(相对于反应④是少量的)、3Fe+4CO2Fe3O4+4CO(反应④)，所以总反应是，C正确；D．反应①Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，可将CO与N2分离，大大降低分离CO和N2所需的能耗，D正确；故选：B。9.我国科学家设计的Mg-Li双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是A.放电时，正极电极反应式为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2SB.充电时，Mg电极连外接电源负极C.充电时，每生成1molMg，电解质溶液质量减少24gD.电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率【答案】C【解析】【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，A正确；B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，为阴极，连接外接电源的负极，B正确；C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，C错误；D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确；综上所述答案为C。10.室温下，向20mL浓度均为0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图。下列说法错误的是A.a点：B.导电能力：b＜cC.c点：D.由d点可得【答案】C【解析】【详解】A．a点发生如下电离：，，所以，A正确；B．b点，HNO3与NaOH刚好完全反应，溶液为NaNO3、HNO2混合溶液；在c点，溶液为NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，离子浓度b＜c，所以导电能力：b＜c，B正确；C．c点，依据题给数据，可得出：，所以，C错误；D．在d点存在如下水解平衡：，，，D正确；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。

注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。（1）基态Co原子的价电子排布式为_______。（2）组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。（3）组件B中碳原子的杂化类型为_______。（4）组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。（5）每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。（6）钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为apm)。超分子笼内钌晶体密度为_______g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1）3d74s2（2）H＜C＜S＜O（3）sp2（4）八面体（5）30（6）【解析】【小问1详解】Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；【小问2详解】据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；【小问3详解】物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；【小问4详解】据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；【小问5详解】根据A结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；【小问6详解】面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为apm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。12.软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：回答下列问题：（1）“浸取”过程主要反应，则氧化剂与还原剂物质量之比为_______。（2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。（3）“除铁”后溶液中残留的_______。(25℃时，的为)（4）“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。（5）“焙烧”过程转化为的化学方程式为_______。（6）“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。a.b.c.（7）将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。【答案】（1）3:2（2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子（3）1.010-13.5（4）Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O（5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2（6）c（7）+xZn2++2xe-=【解析】【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，硫铁矿的主要成分是FeS2，根据流程图，硫酸与软锰矿和黄铁矿作用，MnO2与FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软锰矿（MnO2），MnO2可将亚铁离子氧化为铁离子；煅烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧化ⅰ”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5，把铁离子转化为沉淀除去；继续加NH4HCO3、NH3H2O调节溶液的pH=6.5~7沉锰得MnCO3，在空气中焙烧MnCO3得MnO2粗品，加入硫酸和适当的氧化剂将粗品中Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)，过滤、干燥得MnO2纯品，据此分析解答。【小问1详解】反应中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故答案为：3:2。【小问2详解】“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子。【小问3详解】由流程图可知，“除铁”后溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)==10-8.5mol/L，根据的=，=110-13.5mol/L，故答案为：1.010-13.5。【小问4详解】“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，则离子方程式为：Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O。【小问5详解】由流程图可知，“焙烧”过程中和空气中的氧气在高温条件下反应生成和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。【小问6详解】Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。【小问7详解】放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为+xZn2++2xe-=，故答案为：+xZn2++2xe-=。13.CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反应如下：ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=41.1kJ·mol−1ⅱ.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2时，ΔH2=-210.2kJ·mol−1ⅲ.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH3=−205.9kJ·mol−1（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=_______kJ·mol−1。（2）有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。A.增大n(CO2)：n(H2)投料比 B.增大体系压强C.使用高效催化剂 D.及时分离H2O（3）n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。

①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。A.373～573KB.573～773KC.773～973KD.973～1173K②计算1083K时，反应ⅰ的Kp=_______。③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。（4）FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。

①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因_______。【答案】（1）-128.0（2）BD（3）①.B②.1③.温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；（4）①.HCOO*②.短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离【解析】【小问1详解】当反应ii中n=2时可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-210.2kJ·mol−1，根据盖斯定律反应ii+i×2可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH=-210.2kJ·mol−1+2×41.1kJ·mol−1=-128.0kJ·mol−1；【小问2详解】A．增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，A错误；B．反应ii和iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应i平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；C．催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C错误；D．及时分离出H2O，可以使反应i平衡正向移动，增大CO2的转化率，D正确；综上所述答案为BD；【小问3详解】①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围应选B(573～773K)；②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%；设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式有：所以p(CO2)=×1MPa=MPa，p(H2)=×1MPa=MPa，p(CO)=p(H2O)=MPa=MPa，所以Kp==1；③温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；【小问4详解】①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意)；②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高。14.为探究新制Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。实验序号6NaOH溶液体积/mL0.5溶液体积/mL14甲醛溶液体积/mL反应条件实验现象1128665℃水浴加热13min溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体。21216溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集13mL气体。31220.1溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。（1）由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制_______Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。（2）为确认气体产物进行实验，装置如图。①NaOH溶液作用是_______。②气体产物含，不含CO的证据是_______。（3）为进一步确认产生的原因，查阅资料并进行实验：；。实验序号6NaOH溶液体积/mL14甲醛溶液体积/mL甲醇/mL其他试剂反应条件生成气体体积/mL41206铜粉65℃水浴加热13min051206粉061260粉70①实验说明催化剂的催化性能与_______有关(填“物质形态”或“溶液pH”)。②实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为_______。（4）已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因_______。（5）新制和过量甲醛反应的化学方程式为_______。【答案】（1）Cu2O（2）①.吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验②.观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊（3）①.溶液pH②.实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高（4）HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根（5）HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O【解析】【小问1详解】由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体，新制会发生如下转化：新制Cu2OCu，说明反应物的相对用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；【小问2详解】①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验；②H2还原CuO生成Cu和H2O，H2O能使无水硫酸铜变蓝色，CO还原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；【小问3详解】①由实验4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇与NaOH不反应，而5加入甲醛，由题干可知甲醛与NaOH溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液pH有关，故答案为：溶液pH；②由题干信息可知，实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，故实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；故答案为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；【小问4详解】已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，结合中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa无法进一步被新制氧化成，故答案为：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；【小问5详解】由(4)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+