2022-2023学年重庆市璧山来凤中学校高三10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市璧山来凤中学校高三10月月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

重庆市璧山来凤中学校2022-2023学年高三10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．14N2和15N2互为同位素 B．间二甲苯和苯互为同系物
C．Fe2C和Fe3C互为同素异形体 D．乙醚和乙醇互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．14N2和15N2均为氮气分子，不能互称同位素，同位素指的是同一种元素的不同原子，A不正确；             
B．间二甲苯和苯结构相似，分子中均含有1个苯环，两者在分子组成上相关2个“CH2”原子团，因此，两者互为同系物，B正确；
C．Fe2C和Fe3C均为化合物，不能互称同素异形体，同素异形体的研究对象是单质，C不正确；          
D．乙醚的分子式为C4H10O，乙醇的分子式为C2H6O，两者分子式不同，因此，两者不能互称同分异构体，D不正确。
综上所述，本题选B。
2．下列图示或化学用语表示不正确的是




A．乙炔的空间结构模型
B．的VSEPR模型
C．基态Cr的价层电子的轨道表示式
D．轨道的电子云轮廓图

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，为直线型， 为其空间结构模型，A正确；
B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2=3，即SO2为角型或者叫V型，B正确；
C．基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子的轨道表示式： ，C错误；
D．轨道的电子云轮廓图为沿X轴延展的纺锤状，D正确；
答案选C。
3．关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。
【详解】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。
综上所述，本题选D。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几项
①无色溶液中：、、、
②的溶液中：、、、
③水电离出的c(H+)=1×10−13mol/L的溶液中：、、、
④加入Mg能放出的溶液中：、、、
⑤通入的溶液中：、、、
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】①重铬酸根离子在溶液中呈橙色，无色溶液中不可能含有重铬酸根离子，故错误；
②pH为11的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故正确；
③水电离出的氢离子为1×10—13mol/L可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中，碳酸氢根离子和硫代硫酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，碱溶液中，碳酸氢根离子和铵根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，则四种离子在水电离出的氢离子为1×10—13mol/L的溶液中一定不能大量共存，故错误；
④加入镁能放出氢气的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；
⑤通入二氧化碳的溶液为碳酸溶液，四种离子在碳酸溶液中不发生任何反应，能大量共存，故正确；
②⑤正确，故选B。
5．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【答案】B
【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
6．某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是

A．该工艺流程用来制备
B．气体是
C．气体与溶液发生的反应属于化合反应
D．与溶液反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是
【答案】C
【详解】A．由工艺流程中的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁溶液和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁反应生成硫酸铁，根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的，故A正确；
B．根据反应关系知气体M、H2SO4和FeSO4作用生成Fe2(SO4)3，Fe元素的化合价升高，M是具有氧化性的气体，如O2等，故B正确；
C．气体M、FeSO4溶液和硫酸作用除生成Fe2(SO4)3外，还有H2O生成，气体M参加的反应不是化合反应，故C错误；
D．SO2参加反应时的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，故D 正确；
故答案为C。
7．下列离子方程式正确的是
A．氯化铝溶液中加入足量氨水：
B．将少量溴水滴入溶液中：
C．少量氯水滴入碳酸钠溶液中：Cl2+CO=Cl—+ClO—+CO2
D．澄清石灰水通入过量二氧化碳：
【答案】D
【详解】A．氯化铝溶液与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为，故A错误；
B．少量溴水与亚硫酸钠溶液反应生成溴化钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故B错误；
C．少量氯水与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2+CO+H2O=Cl—+HClO+HCO，故C错误；
D．澄清石灰水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。
8．元素X、Y和Z可形成化合物X3Y3Z6， X的原子序数是Z的原子序数的5倍，1 mol X3Y3Z6含42mol质子，下列叙述正确的是
A．X位于周期表的第二周期第VA族
B．Y的原子半径大于X的原子半径
C．Y的氧化物为无色气体
D．Z的单质与Cl2反应可生成共价化合物
【答案】D
【分析】设Z的原子序数为a，Y的原子序数为b，则X的原子序数为5a，1 mol X3Y3Z6含42mol质子，可得15a+3b+6a=21a+3b=42，即7a+b=14，因原子序数只能是整数，则a只能为1，b=7，Z为H，Y为N，X为B，据此解答
【详解】A．X为B，原子序数为5，位于周期表的第二周期第IIIA族，故A错误；
B．Y为N，X为B，两者同周期，原子序数越小半径越大，原子半径：X>Y，故B错误；
C．Y为N，其氧化物二氧化氮为红棕色气体，故C错误；
D．Z为H，其单质氢气与氯气反应生成HCl，为共价化合物，故D正确；
故选：D。
9．2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下：

下列说法错误的是
A．由叔丁醇制备2-甲基-2-氯丙烷的反应类型为取代反应
B．用5%溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层
C．无水的作用是除去有机相中残存的少量水
D．蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系
【答案】B
【详解】A．对比反应物和产物的结构可得，Cl原子取代了-OH，所以反应类型为取代反应，故A正确；
B．用5%溶液洗涤分液时，由于有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，则有机相在分液漏斗的上层，故B错误；
C．无水与水结合生成，是干燥剂，其作用是除去有机相中残存的少量水，故C正确；
D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，所以产物先蒸馏出体系，故D正确；
故选B。
10．关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；
B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；
C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；
D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；
故选B。
11．下列物质之间的转化，在一定条件下只需要一步反应就能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．H2SSSO2H2SO4，故A符合题意；
B．SiO2难溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，故B不符合题意；
C．FeO难溶于水，不能与水反应生成Fe(OH)2，故C不符合题意；
D．N2与氧气反应只生成NO，不能生成NO2，故D不符合题意；
答案为A。
12．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：

下列说法错误的是
A．反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B．反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．反应2最好在无氧条件下进行
【答案】C
【详解】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B． 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C． 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
13．有一无色溶液，可能含有Na+、Al3+、Mg2+、Fe3+、NH、Cl-、SO、SO、AlO、MnO中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是（    ）
A．不能确定是否存在SO或SO
B．肯定有Al3+、Mg2+、SO
C．肯定没有SO、MnO、NH、Na+
D．能确定Na+、Cl-是否存在
【答案】B
【详解】根据溶液颜色可排除Fe3+、MnO；根据①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，生成氧气和NaOH，则无色无味的气体为氧气，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则白色沉淀只能为氢氧化镁、氢氧化铝，推测一定含Al3+、Mg2+，根据离子共存关系，不含NH、SO、AlO；根据②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，但没有气体产生，则原溶液含有SO42－；综上所述，可判断原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO42－；一定不含有NH4+、SO、AlO、Fe3+、MnO4－，无法确定是否含有Na+、Cl-，答案选B。
14．某同学进行如下实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验④
实验⑤
方案
溶液

与反应后的溶液
溶液

溶液
溶液

与NaOH混合溶液
先加粉末，后加酸性溶液

与NaOH混合溶液
稀


现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
产生大量气泡，高锰酸钾溶液不褪色
出现白色沉淀

已知：ⅰ．、HOH++O2—
ⅱ．是一种白色难溶于水的固体
下列说法合理的是A．实验③可证明溶液中存在电离平衡
B．实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
C．实验⑤的白色沉淀经检验为，说明溶解度BaO2>BaSO4
D．可用、、检验长期放置的中是否含有
【答案】D
【详解】A．实验③生成过氧化钡白色沉淀，只能说明溶液中存在过氧根离子，不能说明溶液中是否存在过氧化氢，所以不能证明过氧化氢溶液中存在电离平衡，故A错误；
B．实验①和③生成过氧化钡白色沉淀时，元素的化合价均没有发生变化，所以生成白色沉淀的反应属于非氧化还原反应，故B错误；
C．过氧化氢表现弱酸性，向过氧化钡中加入稀硫酸不一定是因为发生沉淀转化生成硫酸钡，可能是因为强酸制弱酸的缘故生成硫酸钡，所以不能说明过氧化钡的溶解度大于硫酸钡，故C错误；
D．由题意可知，过氧化钠与水反应生成过氧化氢和氢氧化钠，为避免过氧化氢与氯化钡溶液反应生成过氧化钡白色沉淀干扰碳酸根离子的检验，向反应后的溶液中加入二氧化锰使过氧化氢分解，排除干扰，再加入氯化钡溶液，若反应生成白色沉淀说明长期放置的过氧化钠中含有碳酸钠，若反应无白色沉淀生成说明长期放置的过氧化钠中不含有碳酸钠，故D正确；
故选D。

二、工业流程题
15．以废锌电池预处理物(主要成分为ZnO，另含少量、CuO、、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体()、生产流程如下图所示。

已知：ZnS和CuS的分别为、。
回答下列问题：
(1)“酸浸”后所得“滤渣A”的主要成分为_______。
(2)“除锰”时，反应的离子方程式为_______。
(3)“除铁”时，加入ZnO的目的是_______。
(4)“除铜”后要求溶液中，若溶液中浓度为，试计算说明溶液能否达到要求：_______(要求写出计算过程)。
(5)“沉淀”后，需经过滤、洗涤、干燥系列操作分离出草酸锌晶体，检验沉淀是否洗净的操作为_______。
(6)在通风橱中，将草酸锌晶体置于陶瓷仪器_______(填仪器名称)中加热分解可制得ZnO。已知一种ZnO晶体晶胞结构如下图所示，晶体密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与等距离且最近的共有_______个，相邻两个之间的距离为_______nm。

【答案】(1)SiO2
(2)Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+
(3)调节溶液pH，促进Fe3+水解形成沉淀
(4)溶液中c(S2—)= =2.5×10—21mol/L，则c(Cu2+)= =2.56×10—15mol/L＜1.0×10—5mol/L，故能达到要求
(5)取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3 溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
(6)     坩埚     12     ××107

【分析】由题给流程可知，废锌电池预处理物加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和滤液1；向滤液1中加入过氧化氢，将锰离子转化为MnO(OH)2沉淀，过滤得到含有MnO(OH)2和滤液2；向滤液2中加入氧化锌，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣B和滤液3；向滤液3中加入硫化锌，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣C和滤液4；向滤液4中加入草酸铵，将锰离子转化为草酸锰沉淀，过滤得到滤液和草酸锰。
（1）
由分析可知，滤渣A的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；
（2）
由分析可知，“除锰”时发生的反应为锰离子与过氧化氢溶液反应生成MnO(OH)2沉淀和氢离子，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+，故答案为：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+；
（3）
由分析可知，“除铁”时，加入氧化锌的目的是与铁离子水解生成的氢离子反应，调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：调节溶液pH，促进Fe3+水解形成沉淀；
（4）
由溶液中锌离子浓度为0.1mol/L可知，溶液中c(S2—)= =2.5×10—21mol/L，则c(Cu2+)= =2.56×10—15mol/L＜1.0×10—5mol/L，故能达到要求，故答案为：溶液中c(S2—)= =2.5×10—21mol/L，则c(Cu2+)= =2.56×10—15mol/L＜1.0×10—5mol/L，故能达到要求；
（5）
“沉淀”后，需经过滤、洗涤、干燥系列操作分离出草酸锌晶体，检验沉淀是否洗净的操作实际上就是检验洗涤液中是否含有氯离子，检验的操作为取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸银溶液，无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）
在通风橱中，将草酸锌晶体置于坩埚中灼烧，使草酸锌加热分解制得氧化锌；由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的锌离子与位于面心的锌离子的距离最近，则与锌离子距离最近的锌离子共有12个；晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的锌离子个数为12×+1=4，设晶胞的参数为anm，由晶胞质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得a=×107，晶胞中氧离子间的距离为面对角线的，则距离为××107nm，故答案为：坩埚；12；××107。

三、原理综合题
16．我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。催化加氢合成二甲醚是一种实现“碳中和”理想的转化方法：该过程中涉及的反应如下：
主反应：  
副反应：  ΔH＇=
回答下列问题：
(1)主反应通过以下步骤来实现：
Ⅰ.  
Ⅱ.  
则主反应的_______
(2)在恒压、和的起始量一定时，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示，的选择性。

①平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。
②420℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性约为50%。不改变反应时间，一定能提高选择性的措施有_______(填标号)。
A．升高温度    B．增大压强    C．增大    D．更换适宜的催化剂
(3)在温度为543K、原料组成为、初始总压为4MPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时的转化率为30%，二甲醚的选择性为50%，则氢气的转化率_______；主反应的压强平衡常数_______(列出计算式)。
(4)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高、能量密度大等优点。若电解质溶液呈碱性、二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=_______(精确到小数点后1位。能量密度=，)。
【答案】(1)—122.5
(2)     主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度     BD
(3)     20%    
(4)     CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O     8.4

【解析】（1）
由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ得到主反应，则主反应的焓变△H=2△H1+△H2=(—49.5kJ/mol) ×2+(—23.5kJ/mol)= —122.5kJ/mol，故答案为：—122.5；
（2）
①主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳平衡转化率减小，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，所以二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大说明温度升高，使副反应二氧化碳平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度，故答案为：主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度；
②A．主反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
B．主反应为气体体积减小的放热反应，副反应为气体体积不变的吸热反应，增大压强，主反应平衡向正反应方向移动，副反应平衡不移动，有利于提高二甲醚的选择性，故正确；
C．增大二氧化碳，主反应和副反应平衡均向正反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
D．更换适宜的催化剂可以提高二甲醚的选择性，故正确；
故选BD；
（3）
设起始二氧化碳的物质的量为1mol、氢气的物质的量为3mol，由题给数据可建立如下三段式：


由三段式数据可知，平衡时，氢气的转化率为×100%=20%，混合气体总物质的量为3.7mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可知，平衡时混合气体的总压强为=3.7MPa，则二氧化碳、氢气、二甲醚、水蒸气的平衡分压为×3.7MPa=0.7MPa、×3.7MPa=2.4MPa、×3.7MPa=0.075MPa、×3.7MPa=0.375MPa，所以分压平衡常数为Kp=，故答案为：20%；；
（4）
燃料电池中通入二甲醚的电极为负极，碱性条件下二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O，由该电池的理论输出电压为1.20V可知，电池能量密度E=≈8.4，故答案为：CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O；8.4。

四、实验题
17．氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。
(1)已知：的转化在酸性条件下才能发生。
①该转化的还原半反应是，则相应的氧化半反应是___________。
②分析上述还原半反应可知：增大可促进得到电子，使其___________性增强，进而与发生反应。
(2)探究与浓盐酸能否发生反应。
①有同学认为与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是___________。
用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中接近]。
装置
序号
试管内药品
现象

甲
浓盐酸
24小时后仍无明显变化
乙
粉＋硫酸
24小时后仍无明显变化
丙
粉＋浓盐酸
24小时后气球变鼓

②甲是对比实验，目的是排除___________的干扰。
③a．丙中气球变鼓是因为生成了___________气体(填化学式)。
b．经检测，丙中反应后溶液中存在。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：___________。
(3)探究以下原电池的工作原理。

实验结果：产生电流，左侧电极表面有析出，右侧电极周围生成。
①该装置中右侧电极作___________(填“正”或“负”)极。
②对该原电池的电极反应和总反应的反应类型进行分析，谈谈对原电池工作原理的认识：___________。
③结合上述实验思考，仅由以下实验用品能否设计成原电池。_____
片、浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表
(选做下列a或b，若两个都作答，按a计分)
a．若不能，说明原因。
b．若能，在如下装置图中填写烧杯中的试剂，并标出电子的移动方向。

【答案】(1)          氧化
(2)     在金属活动性顺序中，位于H之后     浓盐酸挥发          ，使的还原性增强
(3)     负     两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应    

【解析】（1）
①根据氧化还原可知中，得电子，I-失电子，还原半反应是，氧化半反应为；
②分析上述还原半反应为，可知增大可促进得到电子，使其氧化性增强，进而与发生反应；
（2）
①在金属活动性顺序中，位于H之后与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是在金属活动性顺序中，位于H之后；
②浓盐酸具有挥发性，甲是对比实验，目的是排除浓盐酸挥发；
③a.丙中气球变鼓是因为生成了；b.浓盐酸浓度大，，促使该反应进行，使的还原性增强；
（3）
①原电池中电子从负极流出，流向正极，如图从电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极，故右侧Ag为负极；
②正极发生Ag++e-=Ag，负极发生Ag-e-+Cl-=AgCl，该原电池的总反应不是氧化还原，有些原电池两极上分别发生氧化和还原反应，总反应不一定是氧化还原反应；
③仅由以下实验用品片、浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表，可以设计成浓差原电池：


五、有机推断题
18．可降解塑料在完成使用功能后，能在自然环境条件下较快速降解，成为易被环境利用的碎片或碎末，最终回归自然，且在降解过程中产生和降解后残留的物质对环境无害或无潜在危害。由化合物A制备可降解环保塑料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：

已知：i．(R1、R2、R3均为烃基)
ii．+2RBr+2HBr
回答下列问题：
(1)A的分子式为_______，B的结构简式为 _______。
(2)C的官能团名称为_______。
(3)D→F反应类型为_______。
(4)写出C→PHB反应的化学方程式_______。
(5)写出H→I的第一步反应的化学方程式_______。
(6)J的同分异构体X能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，且无环状结构，则X的结构共_______种(考虑立体异构，包括顺反异构和手性异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1：1：6，则X的结构简式为_______。
【答案】(1)     C7H10     CH3COCH2COOH
(2)羟基、羧基
(3)还原反应
(4)n CH3CH(OH)CH2COOH+(n-1)H2O
(5) +2NaOH+2CH3CH2OH
(6)     12    

【分析】 与KMnO4/H+、加热反应生成B和D，D的分子式为C3H4O4，根据题给已知i，B的结构简式为CH3COCH2COOH、D的结构简式为HOOCCH2COOH；PHB由单体C发生缩聚反应生成，由PHB的结构简式可知，C的结构简式为CH3CH(OH)CH2COOH；D与CH3CH2OH、浓硫酸共热发生酯化反应生成E，E的分子式为C7H12O4，E的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；对比D、F的分子式，D发生还原反应生成F，F的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，F发生取代反应生成G，G的结构简式为BrCH2CH2CH2Br；E与G发生题给已知ii的反应生成H，H与NaOH反应后酸化生成I，I加热失去CO2生成J，结合J的结构简式可推知，H的结构简式为 、I的结构简式为 。
（1）
A的结构简式为 ，分子式为C7H10；B的结构简式为 CH3COCH2COOH；答案为：C7H10；CH3COCH2COOH。
（2）
C的结构简式为CH3CH(OH)CH2COOH，其中官能团的名称为羟基、羧基；答案为：羟基、羧基。
（3）
对比D、F的分子式，D→F发生加氢去氧的还原反应；答案为：还原反应。
（4）
C发生缩聚反应生成PHB，反应的化学方程式为n CH3CH(OH)CH2COOH+(n-1)H2O；答案为：n CH3CH(OH)CH2COOH+(n-1)H2O。
（5）
H→I的第一步反应为H在NaOH溶液中的水解反应，反应的化学方程式为+2NaOH+2CH3CH2OH；答案为：+2NaOH+2CH3CH2OH。
（6）
J的分子式为C5H8O2，不饱和度为2；J的同分异构体X能与NaHCO3溶液反应放出气体，则X中含1个—COOH，X中无环状结构，X中含有1个碳碳双键，X的结构简式有CH3CH2CH=CHCOOH（有两种互为顺反异构的结构）、CH3CH=CHCH2COOH（有两种互为顺反异构的结构）、CH2=CHCH2CH2COOH、 （有两种互为顺反异构的结构）、 （有两种互为手性异构的结构）、 、 、 ，符合题意的同分异构体共12种；其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1：1：6，则X的结构简式为 ；答案为：12；。