江苏省南京市重点高中2025-2026学年高三模拟综合检测 化学试卷（含答案）

这是一份江苏省南京市重点高中2025-2026学年高三模拟综合检测 化学试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了 下列化学反应表示不正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对分子质量：H-1 O-16 S-32 Cl-35.5
一、单选题(本题共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意)
1. 第19届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于
A. 有机材料B. 无机非金属材料C. 金属材料D. 复合材料
【答案】B
【解析】
【详解】石墨烯是一种碳的单质，属于新型无机非金属材料，故选B。
2. 印刷电路板的碱性蚀刻液与NaOH溶液共热可发生反应：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O。下列说法不正确的是
A. Cu属于d区元素B. 1ml[Cu(NH3)4]2+中含16mlσ键
C. NH3分子所含键角大于H2OD. 稳定性：NH3＜H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜的价电子结构为3d104s1，属于ds区元素，而非d区，故A错误；
B．每个NH3分子含有3个N-H σ键，4个NH3共12个σ键，加上4个Cu-N配位键（σ键），总计16ml σ键，故B正确；
C．NH3的中心原子N原子为sp3杂化，含有一对孤电子对，为三角锥形，键角约107°，H2O的中心原子O原子为sp3杂化，含有两对孤电子对，为V形，键角约104.5°，也即是杂化类型相同，孤电子对数越多则键角越小，因此NH3键角更大，C正确；
D．同周期元素从左往右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性逐渐增强，非金属性Nr(Al3+)>r(O2–)B. 电负性：χ(O)>χ(C)>χ(Si)
C. 熔点：CaO>MgOD. 第一电离能：I1(Si)>I1(Al)>I1(Mg)
【答案】B
【解析】
【详解】A．为电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径顺序为，A错误；
B．同主族元素电负性从左到右依次增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：，B正确；
C．离子晶体的熔点取决于金属的半径和电荷，Mg2+和Ca2+所带的电荷数一样，Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的熔点比CaO高，C错误；
D．第一电离从左到右依次增大，但第ⅡA、ⅤA族元素为充满、半充满结构比较稳定，第一电离能大于相邻主族元素，则第一电离能：，D错误；
故选B。
4. 在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取含的悬浊液B. 用装置乙吸收挥发出的气体
C. 用装置丙除去S和未反应的D. 用装置丁蒸干溶液，获得
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置甲中，与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含的悬浊液，A正确;
B．是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的气体，B正确;
C．S和未反应的难溶于水，易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的，C正确。
D．溶液蒸发结晶时，易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误；
故答案选D。
阅读下列材料，完成以下3个小题：
碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ·ml-1)，是常见燃料；H2CS3是一种弱酸，在水中缓慢水解生成H2CO3；通过反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)可用于提纯Ni。Si、Ge是重要半导体材料，硅可以溶于HF-HNO3的混合酸中生成H2SiF6；醋酸铅(易溶于水，难电离)溶液可以吸收硫化氢气体。
5. 下列说法正确的是
A. 碳和硅的单质都属于分子晶体
B. CO2中的C原子与SiO2中的Si原子杂化方式相同
C. 配合物Ni(CO)4中配位键的形成由Ni提供空轨道
D. Ge原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p2
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. 甲烷的燃烧：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1
B. H2CS3与水反应：H2CS3+3H2O=H2CO3+3H2S
C. 硅溶于HF-HNO3混合酸中：3Si+4HNO3+18HF=3H2SiF6+4NO↑+8H2O
D. 醋酸铅溶液吸收硫化氢气体：Pb2++H2S=PbS↓+2H+
7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A. 金刚石难溶于水，可用于切割玻璃
B. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
C. CH4为正四面体分子，CH4具有较大的燃烧热
D. 石墨中碳原子未参与杂化的2p电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性
【答案】5. C 6. D 7. D
【解析】
【5题详解】
A．碳的单质如金刚石是原子晶体，硅的单质也是原子晶体，A错误；
B．CO2中的C为sp杂化，SiO2中的Si为sp3杂化，B错误；
C．Ni(CO)4中Ni提供空轨道，CO提供孤电子对形成配位键，C正确；
D．Ge基态电子排布应为[Ar]3d104s24p4，D错误；
故答案为C。
【6题详解】
A．甲烷燃烧的方程式及ΔH正确，A正确；
B．H2CS3水解生成H2CO3和H2S，方程式正确，B正确；
C．硅与HF-HNO3反应方程式配平正确，C正确；
D．醋酸铅难电离，应保留分子形式，D错误；
故答案为D。
【7题详解】
A．金刚石切割玻璃因硬度大，与溶解性无关，A错误；
B．晶体硅作半导体因导电性，与熔点无关，B错误；
C．CH4燃烧热大与键能有关，与分子结构无关，C错误；
D．石墨导电因未杂化的2p电子形成离域π键，D正确；
故答案为D。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)
B. NH3·H2O(aq)(NH4)2SO3(aq)(NH4)2SO4(aq)
C. Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)
D. CuSO4Cu(OH)2Cu
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3溶液正确，但FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，而非Fe单质，第二步错误，A错误；
B．过量SO2与NH3·H2O反应生成NH4HSO3而非(NH4)2SO3，第一步产物错误，B错误；
C．Ca(ClO)2与CO2反应生成HClO正确，HClO光照分解生成O2正确，C正确；
D．Cu(OH)2与葡萄糖共热生成Cu2O而非Cu单质，第二步产物错误，D错误；
故答案选C。
9. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如图：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. 1mlZ中含有6ml碳氧σ键
B. X分子中的所有原子一定共平面
C. Y能发生加成、氧化和消去反应
D. Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有3个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据单键都σ键，双键是1个σ键1个π键，1mlZ中含有6ml碳氧σ键，A正确；
B．因为-OH中的氧是sp3杂化，再加上单键可以旋转，X分子中的所有原子不一定共平面， B错误；
C．Y中官能团有酮羰基、酚羟基，能发生加成、氧化反应，因苯环结构稳定，酚羟基不能发生消去反应，C错误；
D．Z与足量的氢气加成后的产物分子为其中含有4个手性碳原子，D错误；
故选A。
10. 科学家最近发明了一种Al-PbO2电池，电解质为KOH、K2SO4、稀硫酸，通过X和Y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图。下列说法正确的是

A. R区域的电解质浓度逐渐减小
B. 通过Y膜移向N区
C. 放电时PbO2电极上反应为PbO2＋2e-＋4H＋＋=PbSO4＋2H2O
D. 理论上当电路中通过2ml电子，N极区溶液质量减少96g
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，原电池工作时，Al为负极，被氧化生成[Al(OH)4]-，PbO2为正极，发生还原反应，电解质溶液M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4，原电池工作时，负极反应为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，则消耗OH-，钾离子向正极(M区向R区)移动，X为阳离子交换膜；正极电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子，硫酸根向负极(N区向R区)移动，则Y是阴离子交换膜。在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应的方程式，以此解答该题。
【详解】A．据分析，钾离子向正极(M区向R区)移动，硫酸根向负极(N区向R区)移动，R区域的电解质浓度逐渐增大，故A错误；
B．据分析，向负极移动，通过Y膜移由N区向R区移动，故B错误；
C．据分析，放电时，PbO2电极为正极，电极反应式为，故C正确；
D．结合分析可知，消耗27g Al，电子转移3ml，N区消耗6ml H+、1.5ml ，同时有1.5ml 移向R区，则相当于减少3ml H2SO4，同时生成3ml H2O，则R区实际减少质量为3ml×98g/ml-3ml×18g/ml=240g，则当电路中通过2ml电子，N极区溶液质量减少130g，故D错误；
故选C。
11. 常温下，根据下列实验操作及现象，得出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，但乙醇同样能被酸性高锰酸钾氧化，也会导致其褪色，因此结论不合理，故A错误；
B．将等浓度等体积的溶液与溶液混合发生反应 ，不是水解反应，故B错误；
C．向溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀，根据数据可知溶液过量，溶液全部反应生成沉淀，此时再滴加4滴溶液，沉淀变为黄色，说明白色的沉淀转化为黄色AgI沉淀，，得到Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D．Fe(NO3)3与HI反应时，在酸性条件下也具有强氧化性，故可能是与I-反应生成I2，也可能是与I-反应生成I2，因此不能证明氧化性：，故D错误；
故答案选C。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml•L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：向10mL0.1ml•L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1ml•L-1氨水，充分混合后，溶液pH约为9。
实验3：向10mL0.1ml•L-1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1ml•L-1NaHSO3溶液，无明显现象。
实验4：向10mL0.1ml•L-1NaHSO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A. 由实验1可得出：
B. 实验2所得溶液中存在：
C. 由实验3可得出：Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)
D. 实验4反应后的上层清液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A.实验1中溶液pH约为5，可知溶液显酸性，则的水解程度小于电离程度，，则有，，A项错误；
B． 实验2中NaHSO3和氨水等物质的量混合，根据物料守恒可知，含硫元素微粒的总浓度等于含氮元素微粒的总浓度，即c(，B项正确；
C．要证明：，则是证明酸性：，则应该发生的反应为：，该实验没有现象，说明没有发生到这个程度，这是由于实验3中只有几滴，量远远不足，只可能发生：，也同样是没有现象，因此不能得出，C项错误；
D．实验4中过量Ba(OH)2使完全沉淀，说明上层清液为饱和溶液，则上层清液中，而非小于，D项错误；
故答案选B。
13. 一种以、为原料制取COS的过程中主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将等物质的量的和充入反应器中，压强一定，平衡时和的转化率、和选择性与温度的关系如下图所示。
或选择性。下列说法正确的是
A. X代表的物质是COS
B. 温度越高，平衡时所得的物质的量越少
C. 400℃之前，容器内只发生反应Ⅰ
D. 600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选择性
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ生成和，反应Ⅲ也生成，则的选择性应高于，由图可知，X的选择性高于Y，所以X代表，Y代表，A错误；
B．反应Ⅰ、Ⅲ均生成，且均为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，的物质的量应增多，B错误；
C．之前，、有转化率，、有选择性，同时反应Ⅱ中分解也会发生（只是程度小），不可能只发生反应Ⅰ，C错误；
D．增大压强，反应速率加快；反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ逆向移动（减少分解 ），反应Ⅲ气体分子数不变，整体有利于生成，能提高其平衡选择性，D正确；
故答案选D。
二、非选择题(本题共4题，共61分)
14. 电解锰渣(主要成分是MnS、还含有FeS及Fe、Ca、Mg的氧化物等)制取高纯MnSO4并电解制备Mn的流程如下：
（1）氧化酸浸。酸浸后浸出液中主要离子为Mn2+、H+、、Fe3+、Ca2+、Mg2+。写出FeS酸浸时发生反应的离子方程式_______。
（2）沉铁。常温下，Fe3+开始生成氢氧化物沉淀的pH=1.7，完全沉淀时pH=2.8(某离子浓度≤1×10-5ml/L，认为该离子沉淀完全)。酸浸后的溶液调节pH至4后，溶液中残留的c(Fe3+)=_______ml·L-1。
（3）萃取与反萃取。向沉铁后的溶液加入某有机萃取剂HA，在不同pH下进行萃取可以实现Ca2+、Mn2+的分离。萃取原理为M2+＋2HA⇌MA2＋2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)，过程如图。
已知：某温度下M2+＋2HA⇌MA2＋2H+的平衡常数用K表示，且K(CaA2)>K(MnA2)。上述过程中前后调节pH值大小为a_______b(填“>”或“＜”)
（4）结晶：反萃取后的溶液中仍存在Mg2+及少量Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可除去部分杂质。杂质去除率随MnSO4结晶率[×100%]的变化如图。
分析杂质去除率随MnSO4结晶率的增大反而下降的原因是_______。
（5）电解：已知Se对Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性MnSO4溶液制备Mn时在阴极加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，结合方程式说明原因_______。
（6）锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中1号、2号、3号、4号Mn原子构成一个_______空隙；一个Mn原子周围距离最近且相等的Mn原子数为_______个。
【答案】（1）9MnO2 + 2FeS + 20H+=2+2Fe3+ +9Mn2+ + 10H2O
（2）10-8.6 （3）＜
（4）水分大量蒸发，溶剂减少后使杂质结晶的析出量增加
（5）阴极：SeO2＋4H+＋4e−=Se＋2H2O，生成Se单质能吸附Mn2+，有利于Mn2+在阴极发生还原并沉积
（6） ①. 正四面体 ②. 12
【解析】
【分析】向电解锰渣中加入MnO2矿粉和稀硫酸，由于MnO2具有氧化性，MnS中S元素被氧化为硫酸根，CaO与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4。Fe2O3、氧化镁生成可溶于水的金属硫酸盐，调节沉淀铁，通过萃取和反萃取实现、的分离，得到MnSO4并电解制备Mn。
【小问1详解】
氧化酸浸，MnS中S元素被氧化为硫酸根，FeS酸浸时发生反应的离子方程式：。
【小问2详解】
当金属离子浓度低于，该离子沉淀完全，据此可以求出氢氧化铁的溶度积常数：。溶液调节后，。
【小问3详解】
根据萃取原理：，可知平衡常数：。根据二者平衡常数大小，值越大，越有利于反应进行，若金属离子浓度相同，钙离子在较低下即可形成 ，而锰离子需较高才能达到类似程度，先萃取，所以上述过程中前后调节值大小为。
【小问4详解】
通过浓缩溶液（蒸发结晶等操作）使目标溶质达到过饱和而析出晶体，由于溶液中的水分逐渐减少，溶剂减少，杂质也会析出晶体。
【小问5详解】
电解酸性MnSO4溶液制备Mn时的阳极反应为：，阴极加入适量的的电极反应为：，生成的单质能吸附，有利于在阴极发生还原并沉积。
【小问6详解】
根据晶胞中1号、2号、3号、4号Mn原子分别位于四个顶点，类似于甲烷中氢原子位置，所以构成一个正四面体空隙。该晶胞中，以号锰原子为中心原子进行参考，同层有4个锰原子距离最近，以及（该晶胞）中层和上层（晶胞，未画出）距离最近且相等的Mn原子总数为12。
15. 化合物G是一种药物合成中间体，人工合成路线如图：
（1）化合物D中的含氧官能团除羟基外，还有_______。
（2）A→B中生成的另一有机产物为_______。
（3）(C2H5)3N有利于D→E的转化，原因是_______。
（4）写出同时满足下列条件的一种同分异构体，_______。
除苯环外不含其它环状结构；含有3种不同化学环境的氢原子；含有2种官能团。
（5）请设计以和乙炔为原料制备的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）醚键、(酮)羰基
（2）CH3COOH （3）D与发生取代反应生成E和HCl，而(C2H5)3N能与HCl反应消耗掉生成的HCl，促使该反应正向进行
（4）或 （5）
【解析】
【分析】将A在的作用下与乙酸酐反应得B，然后与加成把B还原为C，将C在MsOH、加热下自身形成五元环得到D，D与在的作用下生成E，然后把E在碱性条件下与反应得到F，最后将F与加成得到目标产物G，据此分析解答。
【小问1详解】
化合物D中的含氧官能团除羟基外，还有醚键、(酮)羰基。
【小问2详解】
A→B的反应为： + +，则生成的另一有机产物为。
【小问3详解】
D→E的转化即+→+HCl，(C2H5)3N有碱性能消耗HCl，则(C2H5)3N有利于D→E的转化的原因是：D与发生取代反应生成E和HCl，而(C2H5)3N能与HCl反应消耗掉生成的HCl，促使该反应正向进行。
【小问4详解】
的同分异构体同时满足下列条件：①除苯环外不含其它环状结构，则苯环上的取代基共有2个不饱和度，②含有3种不同化学环境的氢原子，说明分子结构高度对称，结构中需要出现大量的；③含有2种官能团。综上，满足条件的同分异构体可以为：和。
【小问5详解】
要将和乙炔为原料来制备，可仿照题干中C→D的转化成环且引入羰基，故需要先将中的醛基氧化为羧基，然后在作用下转变为环状结构，再仿照E→F，使与乙醛(通过乙炔水化法得到)反应得到，最后与加成得到目标产物，合成流程为：。
16. 亚硫酰氯(SOCl2)是一种无色或淡黄色液体(熔点-105℃，沸点79℃)，有强烈刺激性气味，遇水剧烈反应生成两种酸性气体，常用作脱水剂。
（1）实验室用SCl2、SO2与Cl2在活性炭催化加热条件下制取SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。

①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
②碱石灰的作用为_______。
（2）测定样品中SOCl2的纯度。准确称量2.55gSOCl2样品，将其完全溶解于300mLNaOH溶液中，发生反应：SOCl2＋4NaOH=Na2SO3＋2NaCl＋2H2O。将反应后的溶液稀释到500mL；取50mL稀释后的溶液于碘量瓶，滴加盐酸至NaOH恰好完全反应；再加入·L-1I2溶液充分反应，用0.1000ml·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2(I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)。平行滴定三次，反应消耗Na2S2O3溶液的平均体积为20.00mL。则样品中SOCl2的质量分数为_______(写出计算过程)。
（3）实验室常利用SOCl2和FeCl2·4H2O混合加热制取无水FeCl2，但不使用SOCl2与FeCl3·6H2O制取无水FeCl3，其原因是可能发生副反应导致产品不纯。
①SOCl2与FeCl3·6H2O发生副反应的可能原因是_______。
②为验证副反应的可能性，请补充完整实验方案：取少量FeCl3·6H2O于试管中，_______。则证明发生了副反应。(实验中必须使用的试剂：SOCl2、NaOH溶液、K3[Fe(CN)6]溶液)
【答案】（1） ①. SO2＋SCl2＋Cl22SOCl2 ②. 吸收逸出的SO2与Cl2，防止污染环境；防止空气中的水进入装置与SOCl2反应
（2）70% （3） ①. SOCl2(或SOCl2与水反应生成的SO2)具有还原性，会还原FeCl3·6H2O ②. 加入稍过量的SOCl2，加热，将尾气通入NaOH溶液中，充分反应后向试管中加入适量蒸馏水溶解，取少量溶解后的溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀
【解析】
【分析】制备SOCl2需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，左侧通入二氧化硫，右侧通入氯气，发生SO2＋SCl2＋Cl22SOCl2反应，制取SOCl2，蛇形冷凝管也用来冷凝回流，球形干燥管的碱石灰用来吸收逸出的SO2与Cl2，防止污染环境并防止空气中的水进入装置与SOCl2反应，并测定样品中SOCl2的纯度，据此分析。
【小问1详解】
①由分析知，三颈烧瓶中左侧通入二氧化硫，右侧通入氯气，发生SO2＋SCl2＋Cl22SOCl2反应；
②球形干燥管的碱石灰用来吸收逸出的SO2与Cl2，防止污染环境并防止空气中的水进入装置与SOCl2反应；
【小问2详解】
I2的总物质的量，剩余I2的物质的量，Na2SO3反应消耗I2的物质的量，由关系式知，50.00mI溶液中n(SOCl)=0.0015ml，则2.38gSOCl2中其质量分数为；
【小问3详解】
①实验室常利用SOCl2和FeCl2·4H2O混合加热制取无水FeCl2，但不使用SOCl2与FeCl3·6H2O制取无水FeCl3，因SOCl2(或SOCl2与水反应生成的SO2)具有还原性，会还原FeCl3·6H2O，可能导致产品不纯；
②为验证副反应的可能性即检验亚铁离子的存在，设计实验方案如下：加入稍过量的SOCl2，加热，将尾气通入NaOH溶液中，充分反应后向试管中加入适量蒸馏水溶解，取少量溶解后的溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀。
17. 资源化利用具有重要意义。
（1）电催化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为______。
②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是______。
（2）光催化制乙烯。、、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得。
①催化剂中含。常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：，、、。
反应的平衡常数K的数值为______。
制备时，溶液与溶液的混合方式为______。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是______（填序号）。
A．和 B．和 C．和
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和______（填结构简式）。
（3）催化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。和1，1-二甲基环氧乙烷（）在催化作用下合成环状碳酸酯（R为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式______。
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。能与连接的原因是______。
【答案】（1） ①. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ②. pH减小，溶液中CO2浓度降低
（2） ①. ②. 向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8 ③. C ④. CH2=CHCH3
（3） ①. ②. 能形成氢键N-H…O
【解析】
【小问1详解】
①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
【小问2详解】
①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=ml3/L3=10-18ml3/L3，c(OH-)=10-6ml/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
【小问3详解】
1①甲基是推电子基， 中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；实验操作及现象
结论
A
向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
白葡萄酒中含有SO2
B
将等浓度等体积的Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合有白色沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
向2mL0.1ml·L−1NaCl溶液中滴加2滴0.1ml·L−1AgNO3溶液，有白色沉淀生成；振荡试管，再滴加2滴0.1ml·L−1KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将Fe(NO3)3溶液加到HI溶液中，充分溶解后，滴入CCl4后振荡、静置，观察CCl4层颜色变化
证明氧化性：Fe3+>I2