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高考好教育云平台高三最新信息卷化学八解析版

2019年高考好教育云平台高三最新信息卷化学（八）解析版

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39

一、选择题：

本大题共7小题，每小题6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。

7．化学与生活密切相关。

下列解释错误的是

A．一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是一氯乙烷的麻醉作用

B．铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大

C．松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成

D．季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果

【答案】A

【解析】A．氯乙烷的沸点较低，易挥发而吸收热量，使局部冷冻麻醉，故A错误；B．石墨质软与黏土质硬，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故B正确；C．松花蛋是以鸭蛋（鸡蛋、鹌鹑蛋），纯碱、生石灰、食盐、茶叶、黄丹粉（氧化铅）、草木灰、松枝为主要原料的一种蛋制品，原料当中偏碱性物质居多，因此松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成，故C正确；D．季铵盐中季铵部分是亲水基，因为带有正电荷（水是强极性分子，所以这部分亲水），而长碳链（非极性）是憎水基，拥有这两类基团的物质都有表面活性，因此季铵盐作为表面活性剂，能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果，故D正确；答案：

A。

8．阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（

），可以用水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料合成。

下列说法正确的是

A．可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸

B．已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面

C．1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOH

D．服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液

【答案】A

【解析】A．水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，故A正确；B．HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，故B错误；C．乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1mol酚酯基可消耗2molNaOH，故最多可消耗3molNaOH，故C错误；D．阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，故D错误；故选A。

9．NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A．H2S的燃烧热是QkJ/mol。

充分燃烧H2S，当有0.5QkJ热量放出时，转移的电子数为6NA

B．25℃时，500mLpH=11的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH－数目为0.0005NA

C．pH=2的H3PO4溶液中，H+的数目为0.01NA

D．0.10L2.0mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.2NA

【答案】B

【解析】A．H2S燃烧的热化学方程式为H2S（g）+O2（g）=H2O（l）+SO2（g）ΔH=-QkJ/mol，反应1molH2S转移的电子数为6NA，当有0.5QkJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故选项A错误；B．pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：

c（OH−）==1×10-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：

n（OH−）=1×10−3mol/L×0.5L=5×10-4mol，Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5×10−4mol，所以水电离出的OH−数目为：

5×10−4mol×NAmol−1=0.0005NA，故选项B正确；C．pH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，但是不知道溶液体积，无法计算，故选项C错误；D．HCO既能水解为H2CO3又能电离为CO，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO离子数之和为0.2NA，故选项D错误。

答案选B。

10．MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。

采用软锰矿（主要成分为MnO2）可制备高纯MnO2，其流程如下：

下列叙述错误的是

A．“含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+

B．加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率

C．“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中

D．电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物

【答案】C

【解析】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。

11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示

元素符号

X

Y

Z

W

原子半径/nm

0.160

0.143

0.070

0.066

主要化合价

+2

+3

+3，+5，-3

-2

下列有关叙述正确的是

A．四种元素位于元素周期表的同一周期

B．电解X的氯化物的水溶液可以得到单质X

C．Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中

D．W、Z的氢化物均多于1种

【答案】D

【解析】W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。

根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，A．根据题分析可知，四种元素不在同一周期，故A错误；B．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于氨水，故C错误；D．W为O元、Z为N元素，O的氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确。

故选D。

12．锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：

2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是

A．放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应

B．整个反应过程中，氧化剂为O2

C．放电时，正极的电极反应式为：

Cu2O＋H2O＋2e−＝2Cu＋2OH−

D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O

【答案】A

【解析】A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e−+2H2O=4OH−，正极上参与反应的氧气为0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故A错误；B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，故C正确；D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；答案选A。

13．常温下，用0.10mol·L－1的氨水滴定20.00mLamol·L－1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积（V）的关系如图所示。

下列说法不正确的是

A．图上四点对应溶液中离子种类相同

B．若N点溶液中存在c（H+）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O），则N点为滴定反应的恰好反应点

C．图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为N>P>M>Q

D．若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c（Cl－）＝2c（NH3·H2O）＋2c（NH）

【答案】C

【解析】A．四点对应的溶液中均存在：

H+、OH−、NH、Cl−，故A正确；B．若N点溶液中存在c（H+）＝c（OH−）＋c（NH3·H2O），根据质子守恒定律，可知c（H+）＝c（OH−）＋c（NH3·H2O）为NH4Cl溶液中的质子守恒，B正确；C．无法比较N点和P点影响水电离的程度，故C错误；D．M点溶液中c（NH4Cl）＝c（HCl），则根据氯原子和氮原子守恒，故D正确；故选C。

二、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35-36题为选考题，考生根据要求作答。

26．（14分）工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。

某同学设计如下实验分别测定氮化铝（AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）。

（1）实验原理：

①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；

②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：

____________。

（2）实验装置（如图所示，量气管为碱式滴定管改装）

连好装置后，首先应进行的操作是________。

（3）实验过程：

称得装置D的初始质量为yg；称取xgAlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为amL（量气装置左右液面相平）。

①欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是________。

②若无恒压管，对所测气体体积的影响是________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

③量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。

读取读数之前，应对量气管进行的操作为____；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

④记录滴定管的读数为bmL（已知：

该实验条件下的气体摩尔体积为VmL·mol－1），则Al4C3的质量分数为______（用含a、b、x、y、Vm的代数式表示）。

⑤测量AlN质量分数的数据：

首先关闭活塞__，打开活塞___，通过分液漏斗加入过量___，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，____（填入该步应进行的操作），最后称得装置D的质量为zg。

【答案】

（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑

（2）检查装置的气密性

（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞K1偏大调整量气管高度，使左右两边液面相平偏小0.048（b-a）/Vmx×100%K1K3NaOH溶液打开K2，通入一段时间空气

【解析】

（1）根据题目信息：

AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：

AlN+NaOH+H2O=

NaAlO2+NH3↑，因此，本题正确答案是：

AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（2）连好装置后，首先应进行的操作是检查装置的气密性，因此，本题正确答案是：

检查装置的气密性；（3）①通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，因此，本题正确答案是：

关闭活塞K2、K3，打开活塞K1；②分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用，若无恒压管，则所测气体体积偏大，因此，本题正确答案是：

偏大；③读数时要使气体压强和外界大气压相等，所以读取读数之前，要调整量气管高度，使左右两边液面相平；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，因此，本题正确答案是：

调整量气管高度，使左右两边液面相平；偏小；④甲烷的体积为（b-a）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为

×100%，因此，本题正确答案是：

×100%；⑤用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，因此，本题正确答案是：

K1；K3；NaOH溶液；打开K2，通入一段时间空气。

27．（14分）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：

I：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH1=－197.7kJ·mol－1K1（浓度平衡常数）

为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置

（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___________（用“甲、乙、丙”表示）。

（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：

①表中：

a=___________；b=___________。

②已知用平衡分压（分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1=___________；Kp1___________Kp2（填“>”、“<”或“=”）。

③若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，则反应开始时v正（SO2）_______v逆（SO2）（填“>”、“<”或“=”）。

（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：

Ⅱ：

SO2（g）+NO2（g）

SO3（g）+NO（g）ΔH2K2（浓度平衡常数）

Ⅲ：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH3=－114.1kJ·mol－1K3（浓度平衡常数）

ΔH2=___________；K3=___________（用含有K1、K2的表达式表示）。

【答案】

（1）丙＞甲＞乙

（2）118.62kJ40%135MPa-1＞＞

（3）-41.8kJ·mol－1

【解析】

（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2molSO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小；与甲相比，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，因此三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙，故答案为：

丙＞甲＞乙；

（2）①根据表格数据，A组起始时充入2molSO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH1=－197.7kJ·mol－1，平衡时放出的热量a=197.7kJ×60%=118.62kJ，B组起始时充入2molSO3，与A组等效，则平衡时三氧化硫的转化率b=1-60%=40%，故答案为：

118.62kJ；40%；②A组：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）、

起始（mol）210

反应（mol）1.20.61.2

平衡（mol）0.80.41.2

平衡时气体的总物质的量=0.8mol+0.4mol+1.2mol=2.4mol，其中SO2占=，O2占=，SO3占=，则Kp1==135MPa-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Kp1＞Kp2，故答案为：

135MPa-1；＞；③A组平衡时n（SO2）∶n（O2）∶n（SO3）=0.8∶0.4∶1.2=2∶1∶3。

该反应为气体体积减小的反应，若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，n（SO2）∶n（O2）∶n（SO3）=0.4∶0.2∶0.4=2∶1∶2，因此起始时反应正向进行，即v正（SO2）＞v逆（SO2），故答案为：

＞；（3）I：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH1=－197.7kJ·mol－1K1，Ⅱ：

SO2（g）+NO2（g）

SO3（g）+NO（g）ΔH2K2，Ⅲ：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH3=－114.1kJ·mol－1K3，根据盖斯定律，将I-II得：

2SO2（g）+2NO2（g）

2SO3（g）+2NO（g）2ΔH2=（－197.7kJ·mol－1）－（－114.1kJ·mol－1）=－83.6kJ·mol－1，则ΔH2=－41.8kJ·mol－1；根据盖斯定律，将I-II×2得2NO（g）+O2（g）

2NO2（g），则K3=，故答案为：

－41.8kJ·mol－1；。

28．（15分）硒（Se）和铜（Cu）在生产生活中有广泛的应用。

硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。

氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。

CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：

（1）若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。

（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：

____________________________________。

（3）步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_____（写酸的名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。

（5）Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠（Na2SeSO3）溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：

_____。

（6）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。

据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

（7）用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。

已知：

25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp（CuS）＝6.3×10－36。

反应Cu2+（aq）＋HS－（aq）

CuS（s）＋H+（aq）的平衡常数K＝__________（结果保留1位小数）。

【答案】

（1）CuSO4

（2）2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+

（3）硫酸

（4）使CuCl干燥，防止其水解氧化

（5）Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O

（6）温度过低反应速率慢温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解（任答一点即可）

（7）1.1×1021

【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2

CuCl↓+SO+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为：

CuSO4；

（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2

CuCl↓+SO+2H+；（3）CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为：

硫酸；（4）步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为：

醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；（5）硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：

Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；（7）反应Cu2+（aq）＋HS－（aq）

CuS（s）＋H+（aq）的平衡常数K=。

35．【化学——选修3：

物质结构与性质】（15分）

氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。

回答下列问题：

（1）基态N原子的核外电子排布式为___，Cr位于元素周期表第四周期___族。

（2）Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为___；CrCl3的熔点（83℃）比CrF3的熔点（1100℃）低得多，这是因为。

（3）Cr的一种配合物结构如图所示：

①阴离子C1O的空间构型为___________形。

②配离子中，中心离子的配位数为___，N与中心原子形成的化学键称为键。

③配体H2NCH2CH2NH2（乙二胺）中碳原子的杂化方式是______，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为___________________。

（4）氮化铬的熔点为1770℃，它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为5.9g·cm－3，氮化铬的晶胞边长为___（列出计算式）nm。

【答案】

（1）1s22s22p3ⅥB

（2）K

（3）正四面体6配位sp3N>C>H

（4）

【解析】

（1）N元素是7号元素，故基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，Cr是24号元素，在周期表第四周期ⅥB族；故答案为：

1s22s22p3，ⅥB；

（2）K最外层电子一个，易失去，Cr元素的价电子为3d54s1，半充满，较稳定，故第一电离能K＜Cr；CrCl3的熔点（83℃），典型的分子晶体性质，CrF3的熔点（1100℃），典型的离子晶体性质；故答案为：

K＜Cr；CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体；（3）①阴离子C1O4-的价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；故答案为：

正四面体；②由图可知，与中心Cr形成的配位数为6；N元素提供孤电子对，Cr提供空轨道，所以N与中心原子形成的化学键称为配位键；故答案