安徽省縣中聯(lián)盟2023-2024學年高三下學期（三模）聯(lián)考化學試題 含解析

第1頁/共1頁化學試題考生注意：1．滿分100分，考試時間75分鐘．2．考生作答時，請將答案答在答題卡上．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；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)戰(zhàn)內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效．3．本卷命題范圍：高考范圍．可能用到的相對原子質(zhì)量：一、單項選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共計42分．每小題只有一個選項最符合題意．1.祝融號火星車主體部件采用新型鋁基碳化硅材料制造。鋁基碳化硅材料屬于A.金屬材料 B.無機非金屬材料 C.有機合成材料 D.復合材料【答案】D【解析】【詳解】鋁基碳化硅材料是由鋁和碳化硅復合而成材料，屬于復合材料；故選D2.化學與生活、環(huán)境和生產(chǎn)密切相關。下列敘述不涉及氧化還原反應的是A.使用添加氟化物牙膏預防齲齒 B.綠化造林助力實現(xiàn)碳中和目標C.用氯化鐵溶液制作銅印刷電路板 D.用泡騰片殺滅新型冠狀病毒【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．使用添加氟化物牙膏預防齲齒，該過程中是發(fā)生沉淀的轉化，將牙釉質(zhì)轉化為含氟的更堅硬的沉淀，發(fā)生的是復分解反應，故不涉及元素化合價變化，不屬于氧化還原反應，A符合題意；B．綠化造林助力實現(xiàn)碳中和目標，即讓綠色植物進行光合作用，故涉及C、O元素化合價變化，屬于氧化還原反應，B不合題意；C．用氨化鐵溶液制作銅印刷電路板，發(fā)生的反應為：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，涉及Fe元素化合價變化，屬于氧化還原反應，C不合題意；D．用ClO2泡騰片殺滅新型冠狀病毒，利用ClO2的強氧化性，使蛋白質(zhì)被氧化而發(fā)生變性，自身被還原為Cl-，故有元素化合價變化，屬于氧化還原反應，D不合題意；故答案為：A。3.稀有氣體氙的氟化物與溶液反應劇烈，與水反應則較為溫和，反應式如下：與水反應與溶液反應i．ii．iii．Ⅳ．下列說法正確的是A.具有平面三角形結構 B.的還原性比強C.反應均為氧化還原反應 D.反應iv每生成，轉移電子【答案】B【解析】【詳解】A．XeO3中中心Xe的價層電子對數(shù)=3+1=4，分子為三角錐形分子，A錯誤；B．由iii、iv兩組實驗對比可知，在氫氧化鈉溶液中，可以發(fā)生還原反應，而在水中則發(fā)生非氧化還原反應，故可知：的還原性比強，B正確；C．i、ii、iv三組化學反應為氧化還原反應，iii中各元素化合價不變，不是氧化還原反應，C錯誤；D．分析iv可知，每生成一個O2，整個反應轉移6個電子，故每生成，轉移電子，D錯誤；答案選B。4.已知：．箱細化學品W是酸性條件下X與反應的主產(chǎn)物，是反應過程中的過渡態(tài)或中間體．的反應過程可表示如下：下列說法正確的是A.X的名稱為環(huán)氧丙酮 B.Z中采取雜化的碳原子有3個C.W存在對映異構體 D.X與互為同素異形體【答案】C【解析】【分析】由圖可知，酸性條件下2，3-環(huán)氧丙烷與氫氰酸發(fā)生環(huán)加成反應的方程式為+HCN，據(jù)此回答。【詳解】A．由結構簡式可知，X的名稱為2，3-環(huán)氧丙烷，A錯誤；B．由結構簡式可知，Z中帶正電荷的碳正離子的雜化方式為sp2雜化，B錯誤；C．由結構簡式可知，W分子中存在如圖*所示的1個手性碳原子，所以W分子存在對映異構體，C正確；D．X與互為同系物，D錯誤；故選C。5.在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素的有些性質(zhì)是相似的。和均為兩性氫氧化物，溶于強堿形成。BeO和都具有難溶于水、高熔點等性質(zhì)。和在氣態(tài)時通常以二聚體的形式存在，的結構如圖所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成鹽和氫氣。工業(yè)上用焦炭和石英砂(主要成分為)在高溫條件下反應制得粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結構，常用作醫(yī)用消毒劑、潤滑劑等。下列說法正確的是A.中含有配位鍵 B.的空間結構為平面正方形C.中的O-Si-O鍵角為120° D.晶體中存在的作用力只有共價鍵【答案】A【解析】【詳解】A．中Al原子提供空軌道、Cl原子提供孤電子對以此來形成配位鍵，所以中含有配位鍵，A正確；B．中的中心原子為Be，Be原子和四個OH-形成共價鍵，Be原子采用sp3雜化，空間構型應為正四面體結構，B錯誤；C．SiO2為原子晶體，每個O原子被兩個Si原子共用，每個Si原子分別與4個O原子相連，故Si原子采用sp3雜化，形成的應為正四面體結構，鍵角不為120°，C錯誤；D．晶體中存在的作用力除了共價鍵還存在分子間作用力，D錯誤；故選A。6.下列化學反應表示錯誤的是A.氫氧化鈹溶于強堿：B.可溶性鋁鹽凈水原理：C.硅與氫氧化鈉溶液反應：D.焦炭與石英砂反應：【答案】B【解析】【詳解】A．氫氧化鈹是兩性氫氧化物，溶于強堿，反應離子方程式為，故A正確；B．鋁離子水解生成氫氧化鋁，吸附水中懸浮雜質(zhì)，可溶性鋁鹽凈水原理為，故B錯誤；C．硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，反應的化學方程式為，故C正確；D．焦炭與石英砂反應，化學方程式為，故D正確；答案選B。7.對于下圖所示實驗，不能達到實驗目的的是A.實驗甲：驗證SO2的氧化性B.實驗乙：曲MgCl2·6H2O制備無水MgCl2C.實驗丙：比較KMnO4、Cl2、S氧化性強弱D.實驗丁：證明濃硫酸的吸水性、脫水性和強氧化性【答案】D【解析】【詳解】A．SO2與硫化鈉反應生成S，則可驗證SO2具有氧化性，故A正確；B．在HCl氣流中蒸發(fā)可抑制鎂離子水解，可由MgCl2·6H2O制備無水MgCl2，故B正確；C．濃鹽酸與高錳酸鉀反應生成氯氣，氯氣與硫化鈉反應生成S，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可比較，故C正確；D．濃硫酸使蔗糖脫水后，C與濃硫酸反應生成二氧化硫、二氧化硫使品紅褪色，二氧化硫被高錳酸鉀氧化，可驗證濃H2SO4具有脫水性、強氧化性，無法證明吸水性，故D錯誤；故選D。8.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。X和Y的基態(tài)原子s能級電子總數(shù)均等于其p能級電子總數(shù)，Z的原子最外層電子數(shù)是Y原子最外層電子數(shù)的2倍，W和X位于同一主族。下列說法不正確的是A.Z單質(zhì)可用于制作半導體材料B.元素Z、W的最高價氧化物對應水化物都是強酸C.元素X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強D.簡單離子半徑：【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y的s能級電子總數(shù)均等于p能級，若是第二周期元素則s能級電子數(shù)為4，2p能級電子數(shù)為4，原子序數(shù)為8，為O元素，若位于第三周期，則s能級電子為6，2p能級電子數(shù)為6，3p能級沒有電子，原子序數(shù)為12，為Mg元素，因此X為O，Y為Mg；W與X同主族，則W為S；Z最外層電子數(shù)是Y最外層電子數(shù)的兩倍，則Z最外層有4個電子，為Si元素。據(jù)此解答該題?！驹斀狻緼．Z為Si，單質(zhì)可用于制作半導體材料，A正確；B．Z的最高價氧化物對應水化物是硅酸，為弱酸，B錯誤；C．O的非金屬性比S強，因此簡單氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定，C正確；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越小半徑越大，S2-的電子層數(shù)多于O2-和Mg2+，故半徑最大，O2-和Mg2+電子層數(shù)相同，O的原子序數(shù)更小半徑更大，因此簡單粒子半徑：，D正確；故選B。9.可用作有機合成的氯化劑，在體積為的密閉容器中充入，發(fā)生反應：．圖中所示曲線分別表示反應在時和平衡時的轉化率與溫度的關系．下列說法正確的是A.的B.當容器中氣體密度恒定不變時，反應達到平衡狀態(tài)C.時，向體積為的容器中充入，時的轉化率大于D.時，起始時在該密閉容器中充入和各，此時【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，溫度升高，平衡時的轉化率增大，可知該反應為吸熱反應，，A錯誤；B．該反應在恒容密閉容器中進行，V不變。反應物和生成物均為氣體，氣體總質(zhì)量不變，則為一個恒定值，即密度恒定不變，所以當容器中氣體密度恒定不變時，不能確定該反應是否達到平衡狀態(tài)，B錯誤；C．由圖可知，55℃時，在體積為VL的密閉容器中充入，amin時的轉化率等于50%，但反應未達到平衡，若體積縮小為0.5VL，則氣體濃度增大，反應速率加快，所以amin時的轉化率大于50%，C正確；D．由圖可知，82℃時的轉化率為90%，得出三段式（單位：mol/L）：平衡常數(shù)K=，在該密閉容然中充入和各，此時濃度商Q=1＜K，平衡正向移動，所以，D錯誤；答案選C。10.下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的相應結論正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向盛有和試管中分別滴加濃鹽酸盛的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性：B向溶液中通入氣體出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)酸性：C乙醇和濃硫酸共熱至，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色乙烯發(fā)生了加成反應D向溶液中滴加溶液出現(xiàn)黃色沉淀發(fā)生了水解反應A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，盛的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體，說明將氯離子氧化為氯氣，而氫氧化鐵不行，故氧化性：，A正確；B．出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)，是因為硫化銅的溶解度較小，不能說明酸性，B錯誤；C．濃硫酸被乙醇還原生成SO2，SO2能與溴單質(zhì)反應使得溴水褪色，不能說明乙烯發(fā)生了加成反應，C錯誤；D．出現(xiàn)黃色沉淀，說明電離出了磷酸根離子，D錯誤；故選A?！军c睛】11.電化學原理在工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)揮著巨大的作用。Na2FeO4是制造高鐵電池的重要原料，同時也是一種新型的高效凈水劑。在工業(yè)上通常利用如圖裝置生產(chǎn)Na2FeO4，下列說法正確的是A.陽極的電極反應式為Fe+8OH--6e-=FeO+4H2OB.右側的離子交換膜為陽離子交換膜C.陰極區(qū)a%>b%D.陰極產(chǎn)生的氣體是氧氣【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．由圖所示，F(xiàn)e為陽極，故發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極反應式為Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O，A正確；B．陽極反應消耗陰離子氫氧根離子，向右側陽極移動，故右側交換膜為能使陰離子通過的陰離子交換膜，B錯誤；C．陰極區(qū)水被電解產(chǎn)生H2和OH-，故產(chǎn)出的NaOH濃度變大，a%<b%，C錯誤；D．陰極區(qū)為水被電解發(fā)生還原反應得到電子，生成氫氣，D錯誤；故選A。12.室溫下，向檸檬酸鈉溶液中通入氣體（忽略溶液體積變化），溶液中和的分布系數(shù)（某種含A微粒濃度與所有含A微粒濃度之和的比值）隨變化曲線如圖所示．下列說法錯誤的是A.曲線c表示 B.的水解平衡常數(shù)C.n點： D.約為5時，通入發(fā)生的反應為【答案】C【解析】【分析】0.1mol/L的檸檬酸的(Na3A)溶液中通入HCl氣體，依次發(fā)生反應：A3-+H+=HA2-、HA2-+H+=H2A-、H2A-+H+=H3A，所以根據(jù)溶液pH及含有A微粒濃度關系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-，【詳解】A．銀據(jù)上述分析可知，曲線c表示，A正確；B．由ab、bc、cd交點可知，H3A的三級電離平衡常數(shù)分別Ka1=10-3.13；Ka2=10-4.76，Ka3=10-6.40，A3-水解平衡常數(shù)，B正確；C．n點：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH＜7，故c(H+)＞c(OH-)，電解質(zhì)溶液電荷守恒式為，故溶液中離子濃度關系為：，C錯誤；D．根據(jù)圖中信息當溶液pH約為5時，隨著pH減小，c(HA2-)逐漸減小、c(H2A-)逐漸增大，發(fā)生反應，D正確；故選C13.化合物M是一種新型超分子晶體材料，可以為溶劑，由反應制得（如圖）．下列敘述正確的是A.X分子中所含元素形成的化合物均能抑制水的電離 B.Y分子中所有原子可能共平面C.的晶體類型相同 D.M的陽離子中含有氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．X分子中含有C、H、N、Br四種元素，這四種元素能形成銨鹽，可促進水的電離，A錯誤；B．Y分子中C和O原子都是sp3雜化，Y分子中所有原子不可能共平面，B錯誤；C．X和Y為分子晶體，M是離子晶體，C錯誤；D．根據(jù)M的結構，可知M的陽離子中存在氫鍵，D正確；故選D。14.一種催化還原NO的機理如下圖所示。下列說法正確的是A.中所含Cu的基態(tài)電子排布式為B.中間體X和中間體Z中Cu的化合價相同C.轉化①中既有極性共價鍵的形成，也有非極性共價鍵的形成D.總轉化過程中每吸收1molNO需要消耗2molNH3【答案】C【解析】【詳解】A．銅元素的原子序數(shù)為29，則四氨合銅離子中的電子排布式為[Ar]3d9，故A錯誤；B．由化合價代數(shù)和為0可知，中間體X中氧元素的化合價為—1價、銅元素的化合價為+2價，中間體Z中氧元素的化合價為—2價、銅元素的化合價為+3價，兩者中銅元素的化合價不同，故B錯誤；C．由圖可知，轉化①中有氫氧極性共價鍵形成，也有氮氮非極性共價鍵的形成，故C正確；D．由圖可知，催化還原一氧化氮的總反應為O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，則總轉化過程中每吸收1mol一氧化氮需要消耗1mol氨氣，故D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分．15.納米不同于常規(guī)，由于其晶粒尺寸小，比表面積大，具有優(yōu)異的物理和化學性質(zhì)，可用作催化劑脫除廢氣中的（胂）（已知：在缺氧條件下，胂受熱分解成單質(zhì)砷）。（1）納米催化劑的制備：先向溶液中加入過量氨水，充分攪拌，生成銅氨絡合物，再在一定溫度下，加入的乙醇溶液生成納米．已知：i．．ⅱ．其他條件相同時，溶液中離子濃度大小影響晶粒生成速率與晶粒生長速率，從而決定了晶粒半徑大?。俜磻?，的配位原子為__________，反應的平衡常數(shù)__________；②向溶液中先加入過量氨水的目的是__________；③其他條件不變，產(chǎn)物品粒半徑與反應溫度的關系如圖所示，時生成晶粒的半徑較大，可能的原因是____________________；（2）催化氧化脫除廢氣中的①主要被廢氣中的氧化成固體除去，溫度低于時，氧化生成的固體中砷元素質(zhì)量分數(shù)會升高，原因是____________________；②已知的結構可表示為，則中鍵物質(zhì)的量為__________。（3）納米再生：“再生”時需除去納米催化劑上的和少量，可采用在氮氣氛圍中加熱分解的方法．已知：時催化劑上的完全升華；時催化劑上的完全分解為和，該反應的化學方程式為__________?！敬鸢浮浚?）①.N②.③.使Cu2+完全轉化為[Cu(NH3)4]2+，防止生成Cu(OH)2影響[Cu(NH3)4]2+的生成④.為放熱反應，溫度高于30℃時，平衡向逆反應方向移動，[Cu(NH3)4]2+濃度減?。?）①.AsH3生成了As單質(zhì)②.3（3）【解析】【小問1詳解】①中Cu提供空軌道，N提供孤電子對形成配位鍵，配位原子為N；根據(jù)反應方程式可知，平衡常數(shù)：；②由平衡常數(shù)可知，銅離子轉化為四氨合銅離子的反應程度大于氫氧化銅轉化為四氨合銅離子的反應程度，所以向硝酸銅溶液中先加入過量的氨水使溶液中的銅離子完全轉化為四氨合銅離子，防止銅離子轉化為氫氧化銅沉淀，影響四氨合銅離子的生成；③由題給信息可知，其他條件相同時，溶液中離子濃度大小影響晶粒生成速率與晶粒生長速率，從而決定了晶粒半徑大小，由方程式可知，銅離子與過量氨水反應生成四氨合銅離子的反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，四氨合銅離子的濃度較小，所以30℃生成氧化銅的晶粒半徑較大；【小問2詳解】①溫度低于100℃時，氧化生成的固體中砷元素質(zhì)量分數(shù)會升高說明砷化氫催化氧化時生成了砷單質(zhì)；②As4O10分子中砷元素的化合價為+5價，As4O6分子中砷元素的化合價為+3價，由結構式可知，As4O10分子中每個砷原子形成5個共價鍵，則As4O6分子中每個砷原子應形成3個共價鍵；【小問3詳解】時催化劑上的完全分解為和，該反應的化學方程式：。16.以含鈦高爐渣（含及少量）和硫酸銨為原料制備鈦白粉（主要成分為），其流程可表示為：已知：只存在于強酸性溶液中，酸性減弱時易轉化為沉淀．（1）基態(tài)原子的核外電子排布式為__________；（2）“熔融”時，常將含鈦高爐渣粉碎，這樣做的好處是____________________；“熔融”硫酸銨將轉化為，同時有氣體生成，該氣體的化學式為__________；（3）“水解”得到的濾渣，用氧化物的形式可表示為__________；（4）“沉淀”時，與氨水反應的離子方程式是____________________；（5）測定所得鈦白粉樣品的純度，步驟如下：步驟1：稱取樣品，經(jīng)熔融、溶解、還原等操作，將完全轉化為溶液．步驟2：將步驟1所得溶液冷卻至室溫后，加入滴溶液作指示劑，用標準溶液滴定至終點，消耗該溶液，發(fā)生的反應為。①到達滴定終點時的現(xiàn)象是____________________；②該樣品中的質(zhì)量分數(shù)為__________（結果保留一位小數(shù)）。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2（2）①.增大接觸面積，加快反應速率②.NH3（3）(m+n)CaO?mTiO2?nSiO2（4）TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2（5）①.加入最后一滴NH4Fe(SO4)2標準液，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘顏色不褪去②.90.0%【解析】【分析】鈦高爐渣（含TiO2及少量）和硫酸銨熔融，F(xiàn)e2O3、SiO2不反應且CaO生成硫酸鈣，TiO2轉化為TiO2+，加水水解，過濾除去不溶物，加氨水TiO2+轉化為TiO(OH)2，TiO(OH)2煅燒生成TiO2?！拘?詳解】Ti為22號元素，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2；【小問2詳解】將含鈦高爐渣粉碎，增大接觸面積，加快反應速率，“熔融”時，硫酸銨將TiO2轉化為TiOSO4，同時生成NH3，該氣體的化學式為NH3；【小問3詳解】“水解”得到的濾渣，用氧化物的形式表示為(m+n)CaO?mTiO2?nSiO2；【小問4詳解】“沉淀”時，TiO2+與氨水反應生成TiO(OH)2，離子方程式是TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2；【小問5詳解】①根據(jù)鐵離子遇到硫氰根離子變紅，滴定終點時的現(xiàn)象是加入最后一滴NH4Fe(SO4)2標準液，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘顏色不褪去；②根據(jù)反應過程可建立關系式：2TiO2~Ti2(SO4)3~2NH4Fe(SO4)2，可得n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.3600mol/L0.025L=0.009mol，樣品中TiO2的質(zhì)量分數(shù)為=。17.乙醇是一種清潔替代能源，催化加氫制備乙醇技術是當前的研究熱點。（1）催化加氫制備乙醇的反應為①若要計算上述反應的，須查閱的兩個數(shù)據(jù)是的燃燒熱和__________，該反應的__________（填“>”“<”或“=”）0；②某金屬有機骨架負載的銅基催化劑上，加氫生成的部分反應機理如圖所示；過程中兩個均參與反應，X的結構式為__________（填標號）。（2）乙酸甲酯催化加氫制備乙醇主要涉及如下反應：反應I：反應Ⅱ：在其他條件不變時，將的混合氣體以一定流速通入裝有銅基催化劑的反應管，測得轉化率、選擇性選擇性隨溫度的變化如圖所示．①銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的與的晶胞如圖所示（立方體），晶體的密度可表示為__________（用含的代數(shù)式表示，表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。②下均有，其原因是__________；③范圍內(nèi)，轉化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是__________；④溫度高于時，催化劑的催化活性下降，其原因可能是__________。（3）一定條件下，在密閉容器內(nèi)通入和發(fā)生反應I和Ⅱ，測得下達到平衡時轉化率為，乙醇選擇性為．時，反應1的平衡常數(shù)__________?！敬鸢浮浚?）①.的燃燒熱②.<③.A（2）①.②.部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應③.溫度升高與催化劑活性增大共同導致反應Ⅰ、Ⅱ的速率加快④.積碳覆蓋在催化劑表面；Cu2O被還原為Cu，改變了Cu2O與Cu的比例，導致催化劑活性降低（3）14【解析】【小問1詳解】①燃燒熱是在101kPa時，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成指定產(chǎn)物時所放出的熱量；氫氣燃燒生成水、乙醇燃燒生成二氧化碳和水，若要計算的，須查閱的兩個數(shù)據(jù)是的燃燒熱和的燃燒熱；該反應是氣體生成液體的反應，<0；②二氧化碳分子中氧電負性較大，氧帶負電荷、碳帶正電荷，則二氧化碳被銅基催化劑吸附后，二氧化碳分子中兩個氧分別與Cu2+、M+相吸，過程中兩個均參與反應，中帶負電荷的氫與碳結合形成中間產(chǎn)物X，則X為，故選A?！拘?詳解】①據(jù)“均攤法”，晶胞中含個黑球、4個白球，結合化學式可知，黑球為氧、白球為銅，則晶體密度為；②下均有，，說明乙酸甲酯沒有完全反應轉化為乙醇、乙酸乙酯，應該還有副產(chǎn)物發(fā)生，故其原因是部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應；③催化劑能明顯加快反應速率，但是催化劑需一定的活性溫度，范圍內(nèi)，轉化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是溫度升高與催化劑活性增大共同導致反應Ⅰ、Ⅱ的速率加快；④銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的Cu2O與Cu，溫度過高，會導致有機物轉化為積碳、碳具有一定還原性，能還原銅的氧化物為銅單質(zhì)，則溫度高于220℃時，催化劑的催化活性下降，其原因可能是積碳覆蓋在催化劑表面；Cu2O被還原為Cu，改變了Cu2O與Cu的比例，導致催化劑活性降低?！拘?詳解】根