廈門市2022屆高三畢業班第二次質量檢測化學試題滿分100分考試時間75分鐘注意事項：1.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上指定位置。2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如果需要改動，用橡皮擦干凈后，再涂其他答案標號；所有題目的答案均在答題卡相應位置上作答，答在試卷上無效。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Ru101一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.我國明代《余東錄》記載“鉛塊懸酒缸內，封閉四十九日，開之則化為粉矣。化不白者，炒為黃丹。”涉及物質轉化如下：。下列有關說法錯誤的是A.Pb屬于電解質B.2Pb(OH)2·PbCO3屬于堿式鹽C.反應ⅰ中(CH3COO)2Pb為氧化產物D.反應ⅲ為分解反應【答案】A【解析】【詳解】A．Pb為單質，既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；B．2Pb(OH)2·PbCO3中含有兩種陰離子，其中一種陰離子為氫氧根，所以為堿式鹽，B正確；C．反應i中Pb元素化合價升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb為氧化產物，C錯誤；D．反應iii的化學方程式應為2Pb(OH)2·PbCO3=3PbO+CO2+2H2O，屬于分解反應，D正確；綜上所述答案為A。2.北京冬奧會“冰墩墩”“雪容融”成為頂流，由PVC、PC、ABS和亞克力等環保材料制作而成。下列說法錯誤的是A.PVC()的單體為氯乙烯B.PC()中所有碳原子均可共面C.ABS的單體之一苯乙烯能使溴水褪色D.亞克力()可通過加聚反應制備【答案】B【解析】【詳解】A．PVC()是通過氯乙烯加聚反應得到，氯乙烯為其單體，故A正確；B．PC中與兩個苯環相連的C原子與4個碳原子相連，為四面體結構，所有碳原子不可能共面，故B錯誤；C．苯乙烯含有碳碳雙鍵能與溴單質發生加成使溴水褪色，故C正確；D．由的結構簡式可知其鏈節上只有碳原子，是通過碳碳雙鍵加聚反應得到，故D正確；故選：B。3.為探究增氧劑過氧碳酸鈉()的性質，向以下溶液中分別滴加少量過氧碳酸鈉溶液，既有沉淀又有氣體生成的是A. B.NaClO C.KI D.【答案】D【解析】【分析】過氧碳酸鈉溶液既有碳酸鈉的性質，又有過氧化氫的性質。【詳解】A．向硫酸溶液中加過氧碳酸鈉溶液，碳酸鈉能與硫酸反應生成二氧化碳氣體，但不能產生沉淀，A錯誤；B．向次氯酸鈉溶液中加過氧碳酸鈉溶液，次氯酸根離子有氧化性，能與過氧化氫反應生成氧氣，但沒有沉淀生成，B錯誤；C．向碘化鉀溶液中加過氧碳酸鈉溶液，碘離子有還原性，能與過氧化氫反應生成碘單質，但沒有氣體生成，C錯誤；D．向氯化鐵溶液中加過氧碳酸鈉溶液，氯化鐵和碳酸鈉會因為發生雙水解而反應，方程式為：2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl，有氣體和沉淀生成，且氯化鐵可以催化過氧化氫分解生成氧氣，D正確；答案選D。4.下列有關海水綜合利用的離子方程式不正確的是A.海水提鎂中用石灰乳沉鎂：B.海水提溴中用水溶液富集溴：C.氯堿工業中電解飽和食鹽水：D.侯氏制堿法中獲取碳酸氫鈉：【答案】A【解析】【詳解】A．石灰乳在離子方程式中應寫化學式，該離子方程式為：，故A錯誤；B．溴單質與二氧化硫在溶液中反應生成強酸硫酸和HBr，離子方程式正確，故B正確；C．電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣和NaOH，離子方程式正確，故C正確；D．侯氏制堿法中獲取碳酸氫鈉反應為，其中氯化鈉和氯化銨均為強電解質可拆，離子方程式正確，故D正確；故選：A。5.設NA為阿伏加德羅常數的值。由電化學固氮得到的AlN轉化為的反應為：，下列說法不正確的是A.固氮過程中，每生成1molAlN轉移的電子數目為3NAB.室溫下，pH為13的NaOH溶液中OH-數目為0.1NAC.標準狀況下，1.12LNH3中含有的電子數目為0.5NAD.11.8g中含有的共價鍵數目為0.8NA【答案】B【解析】【詳解】A．固氮過程中，Al與N2反應生成AlN，電子轉移的數目為3e-，則每生成1molAlN轉移的電子數目為3NA，A正確；B．pH為13的NaOH溶液的體積未知，無法計算溶液中所含OH-的數目，B不正確；C．標準狀況下，1.12LNH3的物質的量為0.05mol，每個NH3分子中含有10個電子，則1.12LNH3含有的電子數目為0.5NA，C正確；D．11.8g的物質的量為，每個中含有8個共價鍵，則含有的共價鍵數目為0.8NA，D正確；故選B。6.下列實驗方案能達到實驗目的的是選項ABCD實驗目的制取氯氣制備氫氧化鐵膠體驗證溶度積：驗證氧化性：實驗方案A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．MnO2與濃鹽酸在常溫下不能發生反應，A不能達到實驗目的；B．FeCl3飽和溶液滴入沸水中，不斷加熱至液體呈紅褐色，便可制得氫氧化鐵膠體，B能達到實驗目的；C．由于AgNO3溶液足量，與NaCl溶液反應后，仍有AgNO3剩余，所以我們不能確定生成的Ag2S沉淀是否來自AgCl沉淀的轉化，C不能達到實驗目的；D．Cl2與NaBr反應后，可能有剩余，剩余的Cl2繼續與KI反應，無法確定生成的I2是否來自Br2與KI的反應，也就無法確定Br2與I2的氧化性的強弱，D不能達到實驗目的；故選B。7.某種天然沸石的化學式為W[Z2R3Y10]·3X2Y，其中元素X、Y、Z、R、W原子序數依次增大，且占據四個不同周期。Y在地殼中含量最高，基態W原子的核外電子恰好填滿10個原子軌道。下列說法不正確的是A.第一電離能：Z>R B.簡單離子半徑：Y>ZC.最簡單氫化物穩定性：Y>R D.氯化物熔點：W>Z【答案】A【解析】【分析】Y在地殼中含量最高，則Y為O元素，幾種元素占據四個不同周期，其中只有X的原子序數小于O，所以X為H元素，基態W原子的核外電子恰好填滿10個原子軌道，每個原子軌道中有兩個自旋方向不同的電子，所以W核外共20個電子，為Ca元素；天然沸石的化學式為Ca[Z2R3O10]·3H2O，由于R的原子序數較大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，則只能為F元素，此時該物質中R的化合價為+價，不合理，所以Z也位于第三周期，根據化合價分析，合理的結果為Z為+3價、R為+4價，所以Z為Al元素、R為Si元素。【詳解】A．同周期主族元素自左至右第一電離能逐漸增大，所以第一電離能Si(R)＞Al(Z)，A錯誤；B．Y、Z的簡單離子為O2-、Al3+，電子層數相同，O2-的核電荷數更小，半徑更大，B正確；C．非金屬性O＞Si，所以最簡單氫化物穩定性：Y>R，C正確；D．W、Z的氯化物分別為CaCl2、AlCl3，CaCl2為離子晶體，AlCl3為分子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，D正確；綜上所述答案為A。8.利用化學鏈將高爐廢氣中CO2轉化為CO的示意圖如下。下列說法不正確的是A.Fe3O4和CaO可循環利用B.反應④為吸熱反應C.該化學鏈的總反應是D.該方法可降低分離CO和N2所需能耗【答案】B【解析】【詳解】A．反應中，先將Fe3O4和CaO轉化為Fe和CaCO3，后將Fe和CaCO3轉化為Fe3O4和CaO，所以Fe3O4和CaO可循環利用，A正確；B．反應②是CaO發生化合反應生成CaCO3，該過程放出熱量，則反應①Fe3O4+4CO3Fe+4CO2是吸熱反應，所以反應④3Fe+4CO2Fe3O4+4CO為放熱反應，B不正確；C．該化學鏈中發生反應為Fe3O4+4H23Fe+4H2O、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2(相對于反應④是少量的)、3Fe+4CO2Fe3O4+4CO(反應④)，所以總反應是，C正確；D．反應①Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，可將CO與N2分離，大大降低分離CO和N2所需的能耗，D正確；故選：B。9.我國科學家設計的Mg-Li雙鹽電池工作原理如圖所示，下列說法不正確的是A.放電時，正極電極反應式為FeS+2e?+2Li+=Fe+Li2SB.充電時，Mg電極連外接電源負極C.充電時，每生成1molMg，電解質溶液質量減少24gD.電解液含離子遷移速率更快的Li+提高了電流效率【答案】C【解析】【詳解】A．放電時Mg轉化為Mg2+，所以右側電極為負極，左側電極為正極，FeS得電子生成Fe和Li2S，電極反應為FeS+2e?+2Li+=Fe+Li2S，A正確；B．充電時Mg2+轉化Mg，被還原，為陰極，連接外接電源的負極，B正確；C．充電時陽極反應為Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，轉移2mol電子，同時生成2molLi+，所以電解質質量減少24g-2×7g=10g，C錯誤；D．電解液中含離子遷移速率更快的Li+，增強了導電性，提高了電流效率，D正確；綜上所述答案為C。10.室溫下，向20mL濃度均為0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH變化曲線如圖。下列說法錯誤的是A.a點：B.導電能力：b＜cC.c點：D.由d點可得【答案】C【解析】【詳解】A．a點發生如下電離：，，所以，A正確；B．b點，HNO3與NaOH剛好完全反應，溶液為NaNO3、HNO2混合溶液；在c點，溶液為NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，離子濃度b＜c，所以導電能力：b＜c，B正確；C．c點，依據題給數據，可得出：，所以，C錯誤；D．在d點存在如下水解平衡：，，，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.超分子籠PPC-2封裝釕(Ru)納米顆粒形成一種高效催化劑。PPC-2是由A、B、C三個組件拼裝而成的正八面體超分子籠，結構示意如圖。

注：C組件中淺色原子由其他鄰近組件提供。（1）基態Co原子的價電子排布式為_______。（2）組件A中所含四種元素的電負性由小到大的順序為_______。（3）組件B中碳原子的雜化類型為_______。（4）組件C中Co原子位于相鄰O原子構成的_______空隙中(填“四面體”或“八面體”)。（5）每個組件C帶一個單位負電荷，綜合各組件所帶電荷，計算PPC-2中n=_______。（6）釕納米顆粒進入PPC-2超分子籠后，釕晶體從六方堆積轉化為面心立方堆積(晶胞參數為apm)。超分子籠內釕晶體密度為_______g·cm-3(用含a、NA的代數式表示)。【答案】（1）3d74s2（2）H＜C＜S＜O（3）sp2（4）八面體（5）30（6）【解析】【小問1詳解】Co為27號元素，原子核外有27個電子，價電子為3d74s2；【小問2詳解】據圖可知組件A中含有C、H、O、S四種元素，C、O、S的氫化物中H元素均顯負價，所以H的電負性最小，同周期自左至右電負性增大，同主族自上而下電負性減弱，所以電負性由小到大的順序為H＜C＜S＜O；【小問3詳解】物質B中的C原子為苯環中的C原子和碳氧雙鍵中的C，均為sp2雜化；【小問4詳解】據圖可知Co原子周圍有6個O原子，形成八面體，即Co原子位于相鄰O原子構成的八面體空隙中；【小問5詳解】根據A結構簡式可知其帶4個單位負電荷，組件B不帶電，一個PPC-2中含有6個A、8個B、6個C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；【小問6詳解】面心立方堆積中含有4個釕原子，則晶胞的質量為g，晶胞參數為apm，所以晶胞的體積為a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度為g·cm-3。12.軟錳礦-硫鐵礦制取電池級二氧化錳的工藝流程如下圖：回答下列問題：（1）“浸取”過程主要反應，則氧化劑與還原劑物質量之比為_______。（2）“氧化ⅰ”過程軟錳礦的作用是_______。（3）“除鐵”后溶液中殘留的_______。(25℃時，的為)（4）“沉錳”過程轉化為的離子方程式為_______。（5）“焙燒”過程轉化為的化學方程式為_______。（6）“氧化ⅱ”過程中，將Mn(Ⅱ)轉化為Mn(Ⅳ)的最適宜氧化劑是_______(填標號)。a.b.c.（7）將制備獲得的電池級二氧化錳用于構建水系鋅錳電池，其工作原理為：，放電時正極的電極反應式為_______。【答案】（1）3:2（2）將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子（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】軟錳礦的主要成分是MnO2，硫鐵礦的主要成分是FeS2，根據流程圖，硫酸與軟錳礦和黃鐵礦作用，MnO2與FeS2在酸性溶液中發生氧化還原反應，生成硫酸錳和硫沉淀，同時生成硫酸鐵或硫酸亞鐵，再加入軟錳礦（MnO2），MnO2可將亞鐵離子氧化為鐵離子；煅燒硫鐵礦所得礦粉含有氧化鐵，向“氧化ⅰ”后的溶液中加入礦粉調溶液的pH=5.5，把鐵離子轉化為沉淀除去；繼續加NH4HCO3、NH3H2O調節溶液的pH=6.5~7沉錳得MnCO3，在空氣中焙燒MnCO3得MnO2粗品，加入硫酸和適當的氧化劑將粗品中Mn(Ⅱ)轉化為Mn(Ⅳ)，過濾、干燥得MnO2純品，據此分析解答。【小問1詳解】反應中Mn元素化合價降低被還原，MnO2作氧化劑，Fe元素和S元素化合價升高被氧化，FeS2作還原劑，則氧化劑與還原劑物質的量之比為3:2，故答案為：3:2。【小問2詳解】“浸取”過程中軟錳礦和硫鐵礦在酸性條件下發生反應除了生成硫酸錳和硫沉淀，可能生成硫酸亞鐵，所以“氧化ⅰ”過程軟錳礦的作用是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，以便后續過程除鐵，故答案為：將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子。【小問3詳解】由流程圖可知，“除鐵”后溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)==10-8.5mol/L，根據的=，=110-13.5mol/L，故答案為：1.010-13.5。【小問4詳解】“沉錳”過程中硫酸錳和碳酸氫銨、氨水反應生成碳酸錳、硫酸銨和水，反應的化學方程式為：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，則離子方程式為：Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O。【小問5詳解】由流程圖可知，“焙燒”過程中和空氣中的氧氣在高溫條件下反應生成和CO2，反應的化學方程式為2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。【小問6詳解】Mn(Ⅳ)的氧化性比和都強（例如，MnO2能將過氧化氫氧化生成氧氣，實驗室用MnO2和濃鹽酸加熱反應制取氯氣），用或不能將Mn(Ⅱ)氧化為Mn(Ⅳ)，而在酸性條件下能將Mn(Ⅱ)氧化為Mn(Ⅳ)，故選用最適宜氧化劑是，答案選c。【小問7詳解】放電時正極發生得電子的還原反應，因此電極反應式為+xZn2++2xe-=，故答案為：+xZn2++2xe-=。13.CO2催化加氫制烯烴(CnH2n)是緩解化石能源消耗、實現減排的重要途徑之一。FT轉化路徑(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反應如下：ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=41.1kJ·mol?1ⅱ.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2時，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平衡轉化率的措施有_______(填標號)。A.增大n(CO2)：n(H2)投料比 B.增大體系壓強C.使用高效催化劑 D.及時分離H2O（3）n(CO2)：n(H2)投料比為1：3、壓力為1MPa時，無烷烴產物的平衡體系中CO2轉化率和產物選擇性隨反應溫度變化曲線如圖。

①有利于短鏈烯烴(n≤4)生成的溫度范圍為_______(填標號)。A.373～573KB.573～773KC.773～973KD.973～1173K②計算1083K時，反應ⅰ的Kp=_______。③373～1273K范圍內，CO2的轉化率先降低后升高的原因是_______。（4）FT轉化路徑存在CH4含量過高問題，我國科學家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34復合催化劑極大提高短鏈烯烴選擇性。CO2在催化劑Cr2O3(SG)表面轉化為甲醇的各步驟所需要克服的能壘及甲醇在H-SAPO-34作用下產生乙烯、丙烯示意圖如下。

①吸附態用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)過程中，_______的生成是決速步驟(填化學式)。②H-SAPO-34具有氧八元環構成的籠狀結構(直徑0.94nm)，籠口為小的八環孔(直徑0.38nm)。從結構角度推測，短鏈烯烴選擇性性提高的原因_______。【答案】（1）-128.0（2）BD（3）①.B②.1③.溫度低于723K時，反應ii(放熱反應)占主導地位，溫度升高，CO2轉化率降低；溫度高于723K時，反應i(吸熱反應)占主導地位，溫度升高，CO2轉化率升高；（4）①.HCOO*②.短鏈烯烴可順利從H-SAPO-34催化劑籠口八環孔脫離【解析】【小問1詳解】當反應ii中n=2時可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-210.2kJ·mol?1，根據蓋斯定律反應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；【小問2詳解】A．增大n(CO2)：n(H2)投料比，相當于H2的量不變，增加CO2的量，會降低CO2的轉化率，A錯誤；B．反應ii和iii均為氣體系數之和減小的反應，增大壓強可以使ii、iii的平衡正向移動，CO的濃度減小，反應i平衡正向移動，CO2的轉化率增大，B正確；C．催化劑可以加快反應速率，打不改變平衡轉化率，C錯誤；D．及時分離出H2O，可以使反應i平衡正向移動，增大CO2的轉化率，D正確；綜上所述答案為BD；【小問3詳解】①據圖可知當溫度為573K左右時C4H8的選擇性較高，673K左右時C3H6的選擇性較高，773K左右時C2H4的選擇性較高，所以有利于短鏈烯烴(n≤4)生成的溫度范圍應選B(573～773K)；②據圖可知溫度為1083K時，CO的選擇性為100%，烯烴的選擇性為0，所以此時只發生反應i，CO2的轉化率為75%；設初始投料為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溫度低于723K時，反應ii(放熱反應)占主導地位，溫度升高，反應ii平衡逆向移動，CO的含量增大，導致反應i逆向移動，CO2轉化率降低；溫度高于723K時，反應i(吸熱反應)占主導地位，溫度升高，CO2轉化率升高；【小問4詳解】①能壘越大反應速率越慢，慢反應決定整體反應速率，據圖可知CO2生成HCOO*的步驟能壘最大，為決速步驟(能壘為1.45eV的步驟為H3CO*生成H3COH*，不符合題意)；②短鏈烯烴可順利從H-SAPO-34催化劑籠口八環孔脫離，所以短鏈烯烴選擇性性提高。14.為探究新制Cu(OH)2和甲醛的反應，進行如下實驗。實驗序號6NaOH溶液體積/mL0.5溶液體積/mL14甲醛溶液體積/mL反應條件實驗現象1128665℃水浴加熱13min溶液中出現磚紅色固體，逐漸變為紅色蓬松固體并產生氣泡，共收集83mL氣體。21216溶液中出現磚紅色固體，逐漸變為暗紅色顆粒并產生氣泡，共收集13mL氣體。31220.1溶液中出現磚紅色固體，且無氣泡產生。（1）由上述實驗可知，新制會發生如下轉化：新制_______Cu，說明反應物的相對用量會影響固體產物。（2）為確認氣體產物進行實驗，裝置如圖。①NaOH溶液作用是_______。②氣體產物含，不含CO的證據是_______。（3）為進一步確認產生的原因，查閱資料并進行實驗：；。實驗序號6NaOH溶液體積/mL14甲醛溶液體積/mL甲醇/mL其他試劑反應條件生成氣體體積/mL41206銅粉65℃水浴加熱13min051206粉061260粉70①實驗說明催化劑的催化性能與_______有關(填“物質形態”或“溶液pH”)。②實驗2中產生氣體體積小于實驗1的原因可能為_______。（4）已知C-O鍵鍵長為0.142nm，C=O鍵鍵長為0.120nm，請結合中碳氧鍵鍵長數據，分析HCOONa無法進一步被新制氧化成的原因_______。（5）新制和過量甲醛反應的化學方程式為_______。【答案】（1）Cu2O（2）①.吸收CO2，以免影響生成的氣體中含有的CO的檢驗②.觀察到無水硫酸銅變為藍色，而澄清石灰水不變渾濁（3）①.溶液pH②.實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，實驗①催化劑的活性較高（4）HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是兩個碳氧之間的鍵完全一樣，說明三原子鍵形成了共軛π鍵，即HCOO-并不存在醛基，不能被繼續氧化為碳酸根（5）HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O【解析】【小問1詳解】由上述實驗可知，溶液中出現磚紅色固體Cu2O，逐漸變為紅色蓬松固體并產生氣泡，共收集83mL氣體，新制會發生如下轉化：新制Cu2OCu，說明反應物的相對用量會影響固體產物，故答案為：Cu2O；【小問2詳解】①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影響生成的氣體中含有的CO的檢驗，故答案為：吸收CO2，以免影響生成的氣體中含有的CO的檢驗；②H2還原CuO生成Cu和H2O，H2O能使無水硫酸銅變藍色，CO還原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水變渾濁，故觀察到無水硫酸銅變為藍色，而澄清石灰水不變渾濁時，證明氣體產物含，不含CO，故答案為：觀察到無水硫酸銅變為藍色，而澄清石灰水不變渾濁；【小問3詳解】①由實驗4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇與NaOH不反應，而5加入甲醛，由題干可知甲醛與NaOH溶液反應，因而改變了溶液的酸堿性，故實驗說明催化劑的催化性能與溶液pH有關，故答案為：溶液pH；②由題干信息可知，實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，故實驗2中產生氣體體積小于實驗1的原因可能為：實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，實驗①催化劑的活性較高；故答案為：實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，實驗①催化劑的活性較高；【小問4詳解】已知C-O鍵鍵長為0.142nm，C=O鍵鍵長為0.120nm，結合中碳氧鍵鍵長數據可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是兩個碳氧之間的鍵完全一樣，說明三原子鍵形成了共軛π鍵，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa無法進一步被新制氧化成，故答案為：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是兩個碳氧之間的鍵完全一樣，說明三原子鍵形成了共軛π鍵，即HCOO-并不存在醛基，不能被繼續氧化為碳酸根；【小問5詳解】由(4)分析可知，HCOONa無法進一步被新制氧化成，故新制和過量甲醛反應的化學方程式為HCHO+