2022-2023学年天津市宝坻区第一中学高三上学期线上期末训练化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市宝坻区第一中学高三上学期线上期末训练化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市宝坻区第一中学2022-2023学年高三上学期线上
期末训练化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃
B．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C．太阳能电池翼伸展机构用到的SiC是一种新型硅酸盐材料
D．涤纶、石墨烯、纤维素属于有机高分子化合物
【答案】B
【详解】A．芳香烃是C、H化合物，故A错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．SiC是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．石墨烯是单质，属于有机高分子化合物，故D错误；
故答案为B
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙炔的结构简式：
B．顺丁烯的分子结构模型：
C．基态原子的价层电子的轨道表示式：
D．的电子式：
【答案】C
【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确；
B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确；
C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；
D．是离子化合物，其电子式为，D项正确；
答案选C。

3．(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是
A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分和
C．和含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同
【答案】A
【详解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；
C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C正确；
D．由题意可知，(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D正确；
故选A。

4．用表示阿伏加德罗常数的值，，下列有关叙述错误的是
A．含有3molC-C键的石墨中含有的碳原子数为2 NA
B．标准状况下，22.4L与22.4L充分反应，生成的气体分子数大于NA
C．分别向含0.1mol氯化铁的溶液中加入足量镁粉和铜粉，转移的电子数目均为0.1 NA
D．用铅蓄电池电解氯化钠溶液，当消耗4mol硫酸时，产生分子数目为2NA
【答案】C
【详解】A．石墨结构中，一个碳原子与相邻的3个碳原子形成共价键，相当于一个共价键占个碳原子，则3molC-C键的石墨中含有的碳原子物质的量为3=2mol，则含有的碳原子数为，故A正确；
B．标准状况下，22.4L与22.4L物质的量都是1mol，甲烷和氯气发生取代反应，生成的产物一氯甲烷和HCl都是气体，根据取代反应的特点，生成的HCl分子是1 mol，在加上一氯甲烷分子，生成的气体分子数大于NA，故B正确；
C．0.1mol氯化铁的溶液中加入足量镁粉，发生的反应是3Mg+2Fe3+=3Mg2++ 2Fe，Fe3+→Fe转移的电子数是0.3NA，而加入足量铜粉发生的反应是Cu+ 2Fe3+=Cu2++ 2Fe2+，Fe3+→Fe2+，则转移的电子数是0.1NA，两者并不相等，故C错误；
D．铅蓄电池的电池反应式是Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O， Pb元素的化合价由0价升到+2价，失去了2个电子，则当消耗4mol硫酸时，转移的电子是4mol，同理，电解食盐水2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑ + H2↑，生成1mol氢气转移了2mol电子，则用铅蓄电池电解氯化钠溶液，当消耗4mol硫酸时，转移的4mol电子电解食盐水时可生成2mol氢气，产生分子数目为2NA，故D正确；
答案C。
5．FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态。下列说法正确的是

A．最高化合价：Y＞X＞W
B．W的简单离子半径一定小于周期表中其它所有元素简单离子的半径
C．Z单质在一定条件下可置换出Y单质
D．Y的氢化物的稳定性一定强于X的氢化物的稳定性
【答案】C
【分析】FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态，则Z是F元素；W形成1个共价键，且原子序数比F小，则W是H；X形成4个共价键，则X是C元素；Y形成2个共价键，则Y是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】综上所述，W是H，X是C，Y是O，Z是F元素。
A．O元素原子半径小，元素的非金属性较强，没有与族序数相当的最高正化合价，碳元素的最高化合价为+4价，大于氧元素，A错误；
B．H元素的简单离子H+的半径是所有简单离子中半径最小的，但H-与Li+、Be2+核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：H-＞Li+＞Be2+，B错误；
C．F2可与水剧烈反应产生HF、O2，该反应所属基本类型为置换反应，C正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。题目未指明是否是最简单的气体氢化物，因此不能比较物质的稳定性的强弱。如元素的非金属性：O＞C，则稳定性：H2O＞CH4，但H2O2的稳定性弱于CH4，D错误；
故合理选项是C。
6．已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是
A．1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气
B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个
D．1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH
【答案】D
【详解】A．苯并唑酮的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水，则1mol苯并唑酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；
B．X具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误；
C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4个，C项错误；
D．X在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确；
答案选D。
7．下列实验方案能达到相应实验目的的是

实验目的
实验方案
A
证明1—溴丁烷发生了消去反应
将1—溴丁烷与NaOH醇溶液共热，将产生的气体通入溴水，观察溴水是否褪色
B
检验浓硫酸催化纤维素水解的产物含有还原性糖
向水解后的溶液中加入新制浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成
C
除去中的
向固体中先加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中加入过量盐酸
D
验证：
向盛有1mL溶液的试管中滴加2滴NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加KI溶液，有黄色沉淀产生

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．1—溴丁烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应生成1—丁烯，挥发出的醇不能与溴水反应，1—丁烯能与溴水发生加成反应使溶液褪色，则溴水是否褪色能证明1—溴丁烷发生了消去反应，故A正确；
B．葡萄糖酸锌条件下不能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成氧化亚铜沉淀，则向水解后的溶液中未加入氢氧化钠溶液中和硫酸，直接加入新制氢氧化铜悬浊液共热不会有砖红色沉淀生成，无法检验浓硫酸催化纤维素水解的产物含有还原性糖，故B错误；
C．氧化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸反应生成氯化铝，无法得到氧化铝，则向含有氧化铁杂质的氧化铝混合物中先加入过量氢氧化钠溶液，在加入过量盐酸无法除去氧化铝中混有的氧化铁杂质，故C错误；
D．向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液，再加入碘化钾溶液，只有沉淀的生成，没有沉淀的转化，无法确定氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；
故选A。
8．下列方程式错误的是
A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+=2Br-+2H++
B．过量铁粉与稀硝酸反应：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O
D．将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++2Ag↓+3NH3+H2O
【答案】A
【详解】A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，反应的离子方程式为：Br2+H2O+3=2Br-++2HSO，A错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；
C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应，遵循“谁少定为1，以少定多”的原则，反应的离子方程式为：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O，C正确；
D．葡萄糖含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，反应的离子方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++2Ag↓+3NH3+H2O，D正确；
答案选A。
9．2021年11月，我国“祝融号”火星车与欧洲“火星快车”实现太空“握手”，火星首次留下中国印迹。经探测研究发现，火星大气及岩石中富含W、X、Y、Z四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X元素原子最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的3倍，W、Z、Y元素的最高正价与其对应原子半径关系如下图，W最高价氧化物对应的水化物为弱酸。下列说法正确的是

A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W
B．简单氢化物的沸点：X>W>Z
C．工业上电解熔融制备Y单质
D．Z的氧化物可以和溶液反应
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z四种原子序数依次递增的短周期主族元素，W、Z、Y元素的最高正价与其对应原子半径关系如图，X元素原子最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的3倍，Y的原子序数大于X，所以X位于第二周期，Y位于第三周期，由图可知，原子半径Y＞Z＞W，W、Z最高正价为+2a，为+2或+4价，W、Z为同族元素，W最高价氧化物对应的水化物为弱酸，则W为非金属元素，W为C，Z为Si，Y为Mg，X为O，从而得出W、X、Y、Z分别为C、O、Mg、Si元素。据此解答。
【详解】A．Z、W分别为Si、C元素，非金属性Si＜C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W，故A错误；
B．X、W、Z分别为O、C、Si，H2O能形成分子间的氢键，沸点最高，CH4的相对分子质量比SiH4小，CH4的沸点比SiH4低，所以简单氢化物的沸点：X＞Z＞W，故B错误；
C．制镁时，工业上采用电解熔融MgCl2的方法，MgO的熔点高于MgCl2，熔融时耗能多，故C错误；
D．Z为Si，它的单质可以和NaOH溶液反应，生成Na2SiO3、H2，故D正确；
故选D。
10．一种采用和为原料制备的装置示意图如下。

下列有关说法正确的是
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
【答案】A
【分析】由装置可知，b电极的N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2--4e-=O2，据此分析解答；
【详解】A．由分析可得，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A正确；
B．a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；
C．改变工作电源的电压，电流强度发生改变，反应速率也会改变，C错误；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O2，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；
答案选A。

11．在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【答案】B
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)= mol·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
答案为B。
12．室温下，通过下列实验探究-1溶液的性质。
实验1：实验测得溶液为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积溶液，由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积溶液，出现白色沉淀。
实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色。
已知室温时，下列说法正确的是
A．溶液中满足：
B．实验2滴加盐酸后离子浓度关系满足：
C．实验3所得上层清液中
D．实验4发生反应的离子方程式为
【答案】A
【详解】A．存在物料守恒，所以，即，故A正确；
B．实验2的反应过程中pH由8.6降为4.8，溶液中存在电荷守恒，即只有溶液呈碱性时，才有，故B错误；
C．向溶液中加入等体积的溶液时，溶液的浓度大于溶液，反应完全，溶液中c(Ca+)≈=0.0050mol/L，则实验3所得上层清液中，故C错误；
D．向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，被还原为Mn2+，被氧化为CO2，反应的离子方程式为，故D错误；
综上所述，选A。

二、结构与性质
13．新型半导体材料如碳化硅、氮化镓等在国防技术、航空航天及5G技术等领域扮演着重要的角色。回答下列问题：
(1)基态原子中，核外电子占据的最高能层的符号为___________，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为___________；基态原子的核外电子排布为，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是___________(填选项字母)。
A．
B．
C．
D．
(2)硼(B)与是同主族元素，硼氢化钠是有机合成中重要的还原剂，基态B原子核外电子有___________种不同的空间运动状态，其阴离子的立体构型为___________；另一种含硼阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为___________。

(3)中，除磷元素外，其余三种元素电负性由大到小的顺序是___________(填元素符号)，N、P和S第一电离能由大到小的顺序是___________(填元素符号)。
【答案】(1)     M     哑铃     B
(2)     5     正四面体形     sp2杂化和sp3杂化
(3)     O>N>H     N>P>S

【分析】（1）根据硅原子最外层为第三层分析最高能层，根据第三层中占据sp能级分析最高能级为p，为哑铃形分析。根据洪特规则和电子进入高能级的数值分析；
（2）根据价层电子对数公式进行计算，推测空间结构和杂化方式；
【详解】（1）基态Si原子中，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M，占据最高能级为P层，电子的电子云轮廓图形状为哑铃形；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少，则基态原子砷的电子进入高能级的电子最少，电子从基态进入高能级电子由多到少的顺序为C>B,AD违反洪特规则，所以所需能量最少的为B。
（2）B元素是第5号元素，B原子核外有5个电子，所以基态B原子核外电子有5种不同的空间运动状态；阴离子的B原子价层电子对数= ，且不含孤电子对，则该离子为正四面体结构；另一种含硼的阴离子[B4O5(OH)4]2-中，硼原子价层电子对数是3，有的硼原子价层电子对数是4，所以硼原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化。
（3）除磷元素外，其他元素是H、N、O，非金属性越强，电负性越大，所以电负性由大到小的顺序是：O>N>H；
N、P的2p、3p轨道半充满，第一电离能比同周期相邻元素大，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，故N、P、S第一电离能由大到小的顺序是N>P>S。

三、有机推断题
14．苯达莫司汀(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：

(1)B→C的反应类型为_______。
(2)F中含氧官能团的名称_______。
(3)E的结构简式为：_______。
(4)C→D的方程式为_______。
(5)下列关于上述流程中的物质说法正确的是_______。
a.A物质易溶于水
b.C物质的核磁共振氢谱有6组峰
c.在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mol H2
d.一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应
(6)链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1mol G发生银镜反应后生成4mol单质Ag，符合上述条件的G的结构有_______种(不考虑立体异构)
(7)参照题干中的信息及已学知识请写出以甲苯和为原料，制的合成路线流程图。_______
【答案】(1)还原反应
(2)硝基、酯基
(3)
(4)
(5)bd
(6)2
(7)

【分析】A和CH3NH2发生取代反应生成B；B和H2发生还原反应生成C；C和反应生成D；D在催化剂的作用下转化为E，E和C2H5OH发生酯化反应生成F，则E 为；F再经过系列反应转化为苯达莫司汀。
【详解】（1）由合成路线图可知，B→C过程中，B中的一个硝基被还原为氨基，则该反应是还原反应；
（2）F中含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）E和C2H5OH在浓硫酸的作用下，加热生成F，则E的结构简式为；
（4）C→D的化学方程式为；
（5）a．A物质不含羟基等亲水性基团，则A物质难溶于水，a错误；
b．C物质含有6中化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，b正确；
c．羧基不能和氢气发生加成反应，在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗4mol H2，c错误；
d．F物质含有苯环，可以发生加成反应，含有硝基，可以发生还原反应，还含有酯基，可以发生取代反应，d正确；
故选bd。
（6）链状有机物G是的同分异构体；1mol G发生银镜反应后生成4mol单质Ag，说明1个G分子中含有2个醛基；G能发生水解反应，说明G中含有酯基，则G为甲酸酯，则G的结构简式为OHC-CH=CH-CH2OOCH和OHC-CH2CH=CHOOCH，共2种结构。
（7）根据题干中，A→D的合成路线，可以推出目标产物的合成路线为。

四、实验题
15．实验室利用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：

(1)实验开始先通。一段时间后，先加热装置___________(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为___________。装置c的名称是___________，装置c、d共同起到的作用是___________。
(2)现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则___________；滴定时发生的离子方程式为___________。下列情况会导致n测量值偏小的是___________(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧___________(填序号)，先馏出的物质为___________。

【答案】(1)     a     FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl     球形冷凝管     导气、冷凝回流SOCl2
(2)               AB
(3)     ⑥⑩③⑤     CCl4

【分析】实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。
【详解】（1）实验开始先通N2，排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置a，SOCl2变为气体和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2。装置b内SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl。根据图示可知，装置c的名称球形冷凝管；SOCl2沸点为76℃，装置c、d共同起到的作用是导气、冷凝回流SOCl2。
（2）m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL，发生反应，可知n(Fe2+)= n(FeCl2)= 6c mol·L-1×V×10-3L=6 c V×10-3 mol，
m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g，则水的物质的量为，n= ；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，故选A；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，FeCl2的质量偏大，n值偏小，故选B；
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，故不选C；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗K2Cr2O7标准溶液偏少，则FeCl2的质量偏小，n值偏大，故不选D；
选AB。
（3）蒸馏装置用直形冷凝管，TiCl4极易水解，所以装置最后连接干燥管，对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。

五、原理综合题
16．氢气是一种理想的绿色能源。利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇和水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：

已知：反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图所示。
(1)反应Ⅰ中，参与反应后的热量变化是。
①反应Ⅰ的热化学方程式是___________。
②反应Ⅰ在较高温度下能够自发进行的原因是___________。
③已知绝热恒压下，下列说法能够判断反应Ⅰ达到化学平衡状态的是___________(填字母)。
A的含量保持不变    B．容器中压强保持不变
C．    D．体系的温度保持不变
(2)反应Ⅱ中
①某温度下，已知和的起始浓度总和为，且的投料比下，的平衡转化率为40％，该温度下反应平衡常数的值为___________。
②当不同的进气比[达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___________。
(3)我国科学家设计了一种电解装置如图所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。a极接电源的___________极；若阴离子交换膜只允许离子通过，当有通过时，理论上可制得甘油醛___________g。

【答案】(1)          △S＞0，△H＞0，高温时，反应能自发进行(合理即可)     AD
(2)     1     进气比越大，反应温度越低
(3)     正     450

【详解】（1）①反应Ⅰ中，1 mol CH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是236 kJ，根据温度对化学平衡常数的影响可知：温度升高，化学平衡常数K增大，说明该反应的正反应是吸热反应，故该反应的热化学方程式为：；
②反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应，△S＞0，△H＞0，高温时，反应能自发进行；
③A．若反应未达到平衡，则CO的质量就会发生改变，CO的含量就会发生改变，因此若CO的含量不变，则反应就会达到平衡，A符合题意；
B．反应在绝热恒压下进行，反应体系中压强始终不变，因此不能根据容器中压强保持不变判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．在任何时刻都存在v正(CO)=2v正(CH3CH2OH)，若2v正(CO)=v逆(CH3CH2OH)，则v逆(CH3CH2OH)=2v正(CO)=4v正(CH3CH2OH)，反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；
D．该反应是在绝热恒压条件下进行，若反应未达到平衡状态，体系的温度就会发生变化，因此若体系的温度保持不变，说明反应达到了平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
（2）①反应Ⅱ的化学方程式为：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H＜0。在反应开始时，c(CO)+c(H2O)=5 mol/L，则c(CO)=3 mol/L，c(H2O)=2 mol/L，平衡时CO的平衡转化率为40%，反应改变的△c(CO)=3 mol/L×40%=1.2 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量浓度为：c(CO)=1.8 mol/L，c(H2O)=0.8 mol/L，c(H2)=1.2 mol/L，c(CO2)=1.2 mol/L，则该温度下反应平衡常数K=；
②在其它条件不变时，增大进气比，会导致H2O的转化率增大，而CO的转化率降低，因此若达到相同的CO平衡转化率时，进气比低的比进气比高的平衡正向进行程度大，由于该反应的正反应是放热反应，反应正向进行程度越大，反应放出热量越多，反应体系的温度就越高。故对应的反应温度和进气比的关系是进气比越大，反应温度越低；
（3）由电解装置图知，电极b中二氧化碳和水发生还原反应，所以电极a发生氧化反应，做电解池阳极，故连接电源正极；电极a反应为，所以当有5mol通过时，可制得5mol甘油醛，即质量为450g。