江苏省南通市高三第二次模拟考试化学试题

南通市2025届高三第二次调研测试化学注意事项：1.考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求2.本试卷共6页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。3.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上规定的位置。4.请认真核对监考员在答题卡上所的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。5.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。6.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Se79I127一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.制造机器人所使用的芯片的主要成分为A.合金 B.二氧化硅 C.硅 D.石墨【答案】C【解析】【详解】A．合金可能用于其他部件，比如外壳或连接部分，但芯片本身不是合金，A错误；B．二氧化硅不导电，常用于制造光导纤维，B错误；C．芯片的核心是集成电路，其主要材料是半导体硅，C正确；D．石墨虽然导电性好，但通常用于电池或润滑剂，和芯片的主要材料无关，D错误；故选C2.向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN。下列说法正确的是A.Ca2+的结构示意图： B.H2S是由极性键构成的极性分子C.SCN中碳原子采取sp²杂化 D.1mol(NH2)2CS中含有8molσ键【答案】B【解析】【详解】A．Ca2+的核电荷数为20，核外电子数为18，结构示意图为，故A错误；B．H2S中的S原子sp3杂化，存在两对孤电子对，H2S是由极性键构成的极性分子，故B正确；C．SCN中碳原子价层电子对数=2，SCN中碳原子采取sp杂化，故C错误；D．(NH2)2CS中NH键：每个NH2基团中有2个NH键，硫脲分子中有2个NH2基团，因此共有4个NH键；CN键：硫脲分子中有2个CN键；C=S键：硫脲分子中有1个C=S键，共含有7molσ键，故D错误；故选B。3.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A.B.C.无水D.【答案】A【解析】【详解】A．氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，，氨气与氧化铜发生氧化还原反应生成氮气，，A正确；B．钠与氧气加热可生成过氧化钠，过氧化钠具有氧化性可以氧化二氧化硫，产物应该为硫酸钠，B错误；C．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，中镁离子水解，蒸干需要在HCl氛围下，C错误；D．氢氧化钠水溶液发生取代反应生成乙醇，不会生成乙烯，D错误；故选A。4.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是A.Fe位于周期表中第3周期 B.原子半径：r(O)>r(S)C.基态未成对电子数为4 D.电负性：【答案】C【解析】【详解】A．Fe是26号元素，Fe位于周期表中第四周期，故A错误；B．同主族元素从上到下，原子半径依次增大，原子半径：r(O)<r(S)，故B错误；C．基态价电子轨道表示式为，未成对电子数为4，故C正确；D．同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性：x(N)<x(O)，故D错误；选C。阅读下列材料，完成下面小题；第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。5.下列说法正确的是A.Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1 B.NH3BH3的结构式：C.氮化镓属于分子晶体 D.BCl3分子中键角为6.下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是A.用装置甲干燥Cl2 B.用装置乙制取BCl3C.用装置丙收集BCl3 D.用装置丁吸收所有尾气7.下列化学反应表示不正确的是AH3BO3和足量NaOH溶液反应：H3BO3+3OH=BO+3H2OB.B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4：C.Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣D.Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：【答案】5.D6.C7.A【解析】【5题详解】A．Ga为31号元素，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A错误；B．NH3BH3中N有故电子对，B有空轨道，则其结构式为：，B错误；C．氮化镓熔点较高，不符合分子晶体的特征，故不属于分子晶体，C错误；D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，没有孤电子对，其空间结构为正三角形，则其键角为120℃，D正确；故选D；【6题详解】A．应该用浓硫酸干燥氯气，A错误；B．根据题给信息可知，制取

BCl3

的时候，应该控制温度为65℃，B错误；C．BCl3

的沸点为12.5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，C正确；D．尾气中的一氧化碳和氢氧化钠不反应，不能用氢氧化钠吸收，D错误；故选C；【7题详解】A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应：H3BO3+OH=H2BO+H2O，故A错误；B．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故B正确；C．Al2O3溶于NaOH溶液反应生成四羟基铝酸钠，离子反应为Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，故C正确；D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故D正确；故选A。8.对于反应)，△H<0.下列说法正确的是A.该反应△S<0B.使用催化剂能降低反应的焓变C.其他条件不变，增可提高NH3的平衡转化率D.1molNH断裂的同时有1molOH断裂说明反应到达该条件下的平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．由反应方程式可知，反应后气体分子数增加，熵值增大，故A错误；B．使用催化剂可以降低反应所需的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，反应焓变不变，故B错误；C．其他条件不变，增大平衡正向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误；D．1molNH断裂的同时有1molOH断裂，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选：D。9.一种以NaOH为介质电催化还原CO2的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电解池工作时，OH—由右室通过隔膜向左室移动B.M为电解池的阳极C.N电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4e+4OH=CH3(CH2)6CN+4H2OD.电路中通过2mole时，理论上有1molCO2被还原【答案】D【解析】【分析】由图可知，M极CO2发生还原反应生成HCOO，故M为阴极，N为阳极。【详解】A．由上述分析可知，M电极为阴极，N电极为阳极，则电解池工作时，OH由左室通过隔膜向右室移动，故A错误；B．M电极为阴极，N电极为阳极，故B错误；C．N电极为阳极，阳极反应式为CH3(CH2)7NH24e+4OH=CH3(CH2)6CN+4H2O，故C错误；D．阴极反应式为CO2+2e+H2O=HCOO+OH，则电路中通过2mole时，理论上有1molCO2被还原，故D正确；故选：D。10.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目A向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化Na2CO3溶液中存在水解平衡B向95%的乙醇溶液中加入足量Na，观察是否有气体生成Na能与乙醇发生置换反应C向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞试液，观察溶液颜色变化Fe²+能发生水解D向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象乙炔具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．溶液中存在碳酸根水解：，使其溶液呈碱性，含酚酞的溶液呈红色，向其中加入少量固体，钡离子与碳酸根离子反应生成白色沉淀，使水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱导致颜色变浅，所以观察溶液颜色变化可以探究溶液中存在水解平衡，A符合题意；B．95%的乙醇溶液中含有水，Na也能与水反应生成氢气，则通过观察是否有气体生成，不能说明Na能与乙醇发生置换反应，B不符合题意；C．FeSO4是强酸弱碱盐，水解使其溶液呈酸性，但酚酞遇酸不变色，所以向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞试液，不能通过观察溶液颜色变化，探究Fe2+能发生水解，C不符合题意；D．电石中含有硫化钙等杂质，电石和饱和食盐水反应除了会生成乙炔之外还会生成硫化氢，因硫化氢也能使高锰酸钾溶液褪色，则将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象，不能说明乙炔具有还原性，D不符合题意；故选A。11.化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A.X与足量H2加成后的产物中有1个手性碳原子B.可用银氨溶液检验Y中是否含有XC.Y→Z有H2O生成D.1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，故A错误；B．含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，X能发生银镜反应、Y不能发生银镜反应，所以可以用银氨溶液检验Y中是否含有X，故B正确；C．Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和CH3CH2OH，没有H2O生成，故C错误；D．酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和NaOH以1：1反应，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，所以1molZ最多消耗3molNaOH，故D错误；故选B。12.室温下，用含少量Cu2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：注：“沉锰”时n(NH4HCO3)：n(Mn2+)=2.5：1，控制溶液pH=7.下列说法正确的是A.NH4HCO3溶液中：c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)B.“过滤1”所得滤液中：C.“沉锰”时发生反应：Mn2++HCO=MnCO3↓+H+D.“过滤2”所得滤液中：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)+c(HS)+2c(S2)【答案】B【解析】【分析】含少量Cu2+MnSO4溶液中加入硫化铵沉淀Cu2+，过滤后，加入碳酸氢铵生成碳酸锰。【详解】A．NH4HCO3溶液中，根据元素守恒可得：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO₃)，故A错误；B．“过滤1”所得滤液是硫化铜的饱和溶液，而无硫化锰沉淀，则c(Cu2+)c(S2)=Ksp(CuS)，而c(Mn2+)c(S2)＜Ksp(MnS)，则，故B正确；C．“沉锰”时发生反应：Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故C错误；D．“过滤2”所得滤液中，pH=7，根据电荷守恒可得：c(NH)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(HS)+2c(S2)+2c(SO)+c(OH)，c(H+)=c(OH)，则c(NH)=c(HCO)+2c(CO)+c(HS—)+2c(S2—)+2c(SO)，故D错误；故选B。13.CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：在密闭容器中，、n始(CH4)=n始(CO2)=1mol时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A.曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化 B.625℃，反应Ⅱ的平衡常数C.500~600℃，随着温度升高，容器中积碳减少 D.1000℃下，增大压强，平衡体系中不变【答案】B【解析】【分析】依据发生的反应，体系中含有的物质有CH4、CO2、CO、H2、H2O(g)、C。n始(CH4)=n始(CO2)=1mol，则n(C)=2mol，n(H)=4mol。625℃时，n(H2O)=0.5mol，n(CH4)=0.15mol，则n(H2)=(4mol0.5mol×20.15mol×4)=1.2mol，而曲线a中，某气体的物质的量为0.5mol，所以曲线a表示CO的物质的量随温度的变化，另一条曲线表示H2的物质的量随温度的变化。n(CO)=n(CO2)=0.5mol，n(CH4)=0.15mol，则n(C)=2mol0.5mol0.5mol0.15mol=0.85mol。【详解】A．由分析可知，曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化，A正确；B．625℃，设容器的容积为VL，则反应Ⅱ的平衡常数K===，B不正确；C．500~600℃，随着温度升高，反应Ⅲ的平衡不断逆向移动，所以容器中积碳减少，C正确；D．由图像可知，1000℃下，n(H2)=n(CO)=2mol，表明体系中只发生反应Ⅰ，且发生完全转化，增大压强，体系中不变，D正确；故选B。二、非选择题：共4题，共61分。14.以酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)为原料制备灰硒(Se6)的流程如下：已知：Ka1(H2SeO3)=3×103、Ka2(H2SeO3)=5×108.（1）“氧化碱浸”中无定形Se被氧化为SeO的离子方程式为___________；其它条件不变时，Se浸出率随双氧水用量变化如图所示，当双氧水用量从80mL·L1增加到120mL·L¹时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是___________。（2）“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化H2SeO3①“除银”过程中的加料方式为___________。②写出Ag2Se发生反应的化学方程式：___________。（3）“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有___________。（4）通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数：步骤1：准确称取0.1600g灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00mL溶液；步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应；步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L⁻¹的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00mLNa2S2O3溶液。已知：H2SeO3+4I+4H+=Se↓+2I2+3H2O；I2+2S2O=2I+S4O计算灰硒产品中Se的质量分数为___________。（5）Cu2xSe是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。①1molCu2xSe转化为NayCu2xSe时转移电子的物质的量为___________mol。②NayCu2xSe中Cu+与Cu2+的个数比为___________。【答案】（1）①.Se＋2OH＋2H2O2=3H2O＋SeO②.H2O2被SeO还原（2）①.向滤渣中先加入NaClO溶液再加入盐酸②.Ag2Se＋3NaClO＋2HCl=H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl（3）SeO、HSeO、Cl（4）98.75%（5）①.0.25②.5∶1【解析】【分析】酸泥的主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se，加入NaOH、H2O2，将Se、HgSe和少量Ag2Se，氧化为SeO以及H2SeO3，“除银”后，向滤液中加入NaOH溶液，沉汞，生成HgO沉淀，过滤除去后，滤液经过一系列处理得到灰硒，据此分析作答。【小问1详解】“氧化碱浸”时Se在碱性条件下被双氧水氧化为

SeO，离子方程式为：Se＋2OH＋2H2O2

=3H2O＋SeO；过氧化氢具有氧化性，

SeO依然具有还原性，则当双氧水用量从80mL·L1

增加到120mL·L¹

时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是：H2O2

被

SeO还原；【小问2详解】①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，则“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，防止发生副反应，故答案为：向滤渣中先加入NaClO溶液再加入盐酸；②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为：Ag2Se＋3NaClO＋2HCl=H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；【小问3详解】“沉汞”时加入氢氧化钠，H2SeO3和氢氧化钠反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO可以水解，则溶液中存在SeO、HSeO，由于“除银”时还加入的盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有：SeO、HSeO、Cl；【小问4详解】根据题意有关系式，，25mL溶液中，，则灰硒产品中Se的质量分数为：；【小问5详解】①根据均摊法可知，截入1个Na+后，晶胞中，Na+与Se2的个数之比为1：4，NayCu2xSe的化学式为Na0.25Cu2xSe，所以1molCu2xSe转化为Na0.25Cu2xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol，故答案为：0.25；②由图可知，截入1个Na+后，晶胞NayCu2xSe的化学式为：Na0.25Cu1.5Se，设Cu+与Cu2+的个数分别为x、(1.5x)，根据化合价代数和为0，有，解得：x=1.25，则Cu+与Cu2+的个数之比为：1.25∶(1.51.25)=5∶1。15.玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)（1）A分子中含氧官能团有羧基、醚键和_______。（2）写出B的结构简式：_______。（3）E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：_______。（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。（5）已知：。设计以、、、为原料制备的合成路线流程图_______(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）酮羰基（2）（3）（4）()（5）【解析】【分析】A与、、DMF作用生成B，B与、DMF作用生成C，逆推可知，B的结构为；D与发生取代反应生成E，E与、/H2O发生取代反应生成F；F与C在DBU、THF作用下生成G，G在、作用下成环生成H，据此分析；【小问1详解】化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；【小问2详解】根据分析可知，B的结构简式：；【小问3详解】E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；【小问4详解】D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；【小问5详解】催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。16.焦磷酸铜盐、柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液。（1）以酸性CuSO4溶液作电镀液时，镀铜效果不佳。原因：①溶液中的和电解过程中产生的少量Cu+影响镀层光亮度；②___________。（2）控制铜电镀液pH在88.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层。①配制K6[Cu(P2O7)2]溶液过程中主要发生如下转化：具体操作：向含0.1molCuSO4的溶液中加入含___________molK4P2O7溶液，过滤，___________，再加入一定量的K4P2O7至沉淀溶解。②上述配制的K6[Cu(P2O7)2]溶液中可能会存在少量Cu+。需向溶液中加入H2O2充分反应，再加入柠檬酸晶体。加入柠檬酸晶体的目的是___________。（3）在塑料件上镀铜时需要首先对塑料件进行预处理，使其表面覆盖一层铜膜。涉及反应：HCHO+Cu(OH)2+OH⁻=HCOO+Cu+2H2O。补充完整在塑料件上镀铜的实验方案：向装有塑料片的烧杯中加入CuSO4溶液，___________，将预处理后的塑料片从烧杯中取出并洗净后，将待镀塑料片___________，通电一段时间。(实验中须使用的试剂和设备：NaOH溶液、HCHO溶液，K6[Cu(P2O7)2]溶液、Cu片；下图所示电解池)【答案】（1）H+与Cu2+在阴极竞争放电生成H2，不利于Cu在镀件表面析出（2）①.0.05②.用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无沉淀③.调节电镀液的pH；将氧化生成的Cu2+转化为柠檬酸铜盐（3）①.边搅拌边加入NaOH溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应②.与图示电解池中Y极相连，将铜片与X极相连，加入K6[Cu(P2O7)2]【解析】【小问1详解】电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，故答案为：H+与Cu2+在阴极竞争放电生成H2，不利于Cu在镀件表面析出；【小问2详解】①由转化关系可知，，则向含0.1molCuSO4的溶液中加入含溶液，过滤；在随后的洗涤过程中，可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子来检验是否洗涤干净，故答案为：0.05；用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无沉淀；②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以和铜离子反应生成柠檬酸铜盐，同时调节电溶液的pH，故答案为：调节电镀液的pH；将氧化生成的Cu2+转化为柠檬酸铜盐；【小问3详解】根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，故答案为：边搅拌边加入NaOH溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中Y极相连，将铜片与X极相连，加入K6[Cu(P2O7)2]。17.CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。（1）DEA[(C2H4OH)2NH]是一种CO2捕集剂。室温下，将CO2体积分数为15%(其余为N2)的混合气以一定流速通过装有一定量DEA溶液的捕集器(N₂不被吸收)，被吸收后的混合气在出口处通过CO₂含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO₂饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生。DEA吸收CO2的过程如下图所示。①能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是___________。②写出CO2解吸时发生反应的离子方程式：___________。③衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为___________。(写一条)。（2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)2CO(l)+H2O(l)可用于合成碳酸二甲酯。①该反应的平衡常数(pK=lgK)与温度的关系如下图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有___________。(写一条)②ZrO2可作为合成反应的催化剂。(i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2距离最近且相等的Zr4+的数目为___________。(ii)ZrO₂催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补