福建省泉州市2022-2023学年高三适应性练习化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页泉州市2023届高三适应性练习卷化学注意事项：1.考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Cu-64Zn-65一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、科技等密切相关，下列说法错误的是A.通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团B.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯为同位素C.无磁镍铬钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁D.“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．红外色谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器也属于化学组成，故可用红外色谱仪检测，A正确；B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素洞素异形体指由同样的单一化学元素组成列方式不同，而具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，B错误；C．合金材料的硬度比纯金属高，所以无磁镍铬钛合金硬度比纯铁高，C正确；D．新型无机非金属材料有二氧化硅与凝胶、水泥、玻璃、陶瓷，所以氮化硼是新型无机非金属材料，D正确；故答案为：B。2.三七素是中药片仔癀主要成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是A.分子式为C5H8N2O5 B.能够发生水解、消去反应C.可与NaHCO3溶液反应 D.含有手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式，可知分子式为C5H8N2O5，故A正确；B．含有酰胺基，能够发生水解。不含羟基、卤素原子，不能发生消去反应，故B错误；C．含有羧基，可与NaHCO3溶液反应放出二氧化碳气体，故C正确；D．含有手性碳原子(*标出)，故D正确；选B3.已知：Zn+2HNO3+NH4NO3=N2↑+Zn(NO3)2+3H2O。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LH2O中含σ键数为0.2NAB.0.1mol•L-1HNO3溶液中离子总数大于0.2NAC.若反应中消耗6.5gZn，则该反应转移的电子数为0.2NAD.常温下，1LpH=5的NH4NO3溶液中含有的H+数目为10-5NA【答案】D【解析】【详解】A．标况下，H2O为非气体，无法计算H2O的物质的量，A项错误；B．溶液中n=cV但V未知，无法计算，B项错误；C．6.5gZn物质的量为，则Zn失去的电子为0.2NA，但在该反应中N的化合价也升高了所以该反应转移的电子数目大于0.2NA，C项错误；D．pH=5的H+浓度为10-5mol/L，则n(H+)=cV=10-5mol，D项正确；故选D。4.W、X、Y、Z、M分布于3个短周期，原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z的最外层电子数是M最外层电子数的2倍，M基态原子的电子占据7个原子轨道，W、X可以形成的化合物为XW。下列说法正确的是A.原子半径M＞Z＞X B.工业上用热还原法制取M的单质C.简单氢化物热稳定性：Z＜Y D.化合物XW具有强还原性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、M分布于3个短周期，原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，其最外层电子数不超过8，则Y电子层数为2，最外层电子数为4，为C元素；W位于第一周期元素，为H元素；W、X可以形成的化合物为XW，且X的原子序数小于Y，X为Li元素；M基态原子的电子占据7个原子轨道，则M为Al元素；Z的最外层电子数是M最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数是6，为O元素，即W、X、Y、Z、M依次是H、Li、C、O、Al元素。【详解】A．X、Z、M依次是Li、O、Al元素，原子核外电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：Al＞Li＞O，故A错误；B．M为Al单质，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故B错误；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：O＞C，则简单氢化物热稳定性：H2O＞CH4，故C错误；D．XW为LiH，LiH中H元素为-1价，在反应中易失电子作还原剂，体现还原性，故D正确；故选：D。5.“84消毒液”是一种常见的消毒剂，其主要成分是次氯酸钠。下列说法错误的是A.次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-B.次氯酸钠溶液中能同时大量存在：K+、NH、S2-、SOC.次氯酸钠溶液与浓盐酸混合产生氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2OD.实验室制备次氯酸钠：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-，故A正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，S2-具有还原性，次氯酸钠溶液中不能同时大量存在S2-，故B错误；C．次氯酸钠溶液与浓盐酸混合，次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；D．实验室氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故D正确；故选B。6.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，在空气极易被氧化，用于纺织业的还原性染色。甲酸钠法制备Na2S2O4的原理为HCOONa+2SO2+NaOH=Na2S2O4+CO2+H2O，装置如图。下列说法错误的是A.实验开始时先打开K1，一段时间后，再打开K2B.加入甲醇的目的是降低Na2S2O4的溶解度，提高产率C.装置丙中CCl4可防止倒吸D.装置丙可用装有碱石灰的干燥管替换【答案】D【解析】【分析】甲中生成SO2，进入乙装置中生成Na2S2O4，连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，加入甲醇的目的是降低Na2S2O4的溶解度，有利于Na2S2O4的析出，以此分析；【详解】A．SO2易溶于水，开始试验后先打开K1，制取SO2一段时间后，打开K2，滴加NaOH溶液充分反应，故A正确；B．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，加入甲醇的目的是降低Na2S2O4的溶解度，有利于Na2S2O4的析出，提高产品产率，故B正确；C．SO2易溶于水，装置丙中CCl4可防止倒吸，故C正确；D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)易溶于水，难溶于甲醇，在空气极易被氧化，用装有碱石灰的干燥管替换后容易导致连二亚硫酸钠(Na2S2O4)氧化，故D错误；故选：D。7.下列实验所涉及的操作或叙述正确的是实验操作或叙述A探究C和Si的非金属性强弱用湿润的pH试纸分别测定Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液的pHB探究S和P的非金属性强弱将质量和颗粒大小相同的铁粒，分别投入质量分数均为98%的硫酸和磷酸中C探究Na和K的金属性强弱将切割剩余的金属钠、钾放回试剂瓶D探究Mg和Al的金属性强弱利用Al2(SO4)3溶液与过量NaOH溶液反应制备Al(OH)3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．不能用润湿的pH试纸测量溶液的pH，且应该测量等浓度的溶液的pH，故A错误；B．常温下，铁遇到浓硫酸会钝化，故B错误；C．金属Na和K容易与空气中的氧气以及水蒸气发生反应，为防止其氧化变质，用小刀切割金属钠后，剩余的钠、钾应及时放回煤油中保存，C正确；D．Al2(SO4)3溶液与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，不会生成氢氧化铝沉淀，故D错误；故选C。8.水相锌离子电池工作原理如图。研究发现，往ZnSO4溶液中添加戊二酸(GA)，在电极表面生成戊二酸锌保护层，可避免生成碱式硫酸锌，显著提高该电池的循环使用次数。下列说法错误的是A.放电时，Zn2+定向移向碳纤维电极B.添加GA，充电时附着的戊二酸锌保护层被还原生成锌C.充电时，碳纤维做阴极，电极反应式为I+2e-=3I-D.放电时产生碱式硫酸锌的可能原因是Zn与水反应使溶液pH升高【答案】C【解析】【分析】原电池的中Zn为负极而碳纤维为正极，该电池的总反应为Zn+=Zn2++3I-。【详解】A．放电时，Zn2+移向正极碳纤维，A项正确；B．充电时，Zn为电解池的阴极，Zn2+发生还原反应为Zn，B项正确；C．充电时，总反应为Zn2++3I-=Zn+。碳纤维为电解池的阳极，该极的反应为3I--2e-=，C项错误；D．Zn为活泼金属将水中的H+置换为H2从而产生OH-使溶液pH升高，D项正确；故选C。9.H2O2的早期制备方法如下：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2下列说法错误的是A.2H2O2=2H2O+O2↑可自发进行，无法利用逆方向制备H2O2B.步骤I的气体产物可能是NO2和O2C.步骤III中发生复分解反应D.步骤操作方法为减压蒸馏【答案】A【解析】【分析】由物质的转化关系可知，硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，经除杂、过滤得到过氧化氢溶液，过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢。【详解】A．2H2O2=2H2O+O2↑可自发进行，说明一般条件下无法利用逆方向制备H2O2，但通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，故A错误；B．由分析可知，步骤I发生的反应为硝酸钡受热分解生成氧化钡、二氧化氮和氧气，反应所得气体产物为二氧化氮和氧气，故B正确；C．由分析可知，步骤III中发生的复分解反应为过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，故C正确；D．由分析可知，为防止过氧化氢受热分解，所以步骤为过氧化氢溶液经减压蒸馏得到过氧化氢，故D正确；故选A。10.常温下，选择合适的指示剂，用0.1000mol•L-1的NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol•L-1的柠檬酸(用H3A表示)溶液，溶液的pH变化随V(NaOH)变化曲线如图所示：下列叙述错误的是A.可选择酚酞作指示剂B.Na3A的一级水解常数Kh1≈4×10-8C.当混合溶液pH=7时，混合溶液中有c(H3A)＞c(A3-)D.V(NaOH)=10.00mL时，溶液中有c(Na+)＞c(H2A—)＞c(HA2—)＞c(H3A)【答案】C【解析】【分析】由图可知，氢氧化钠溶液体积为10mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸二氢钠，溶液呈酸性，氢氧化钠溶液体积为20mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸氢钠，溶液呈酸性，氢氧化钠溶液体积为30mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸钠，溶液呈碱性。【详解】A．突变时pH在9.5左右，酚酞变色范围为8.2~10.0，故可选择酚酞作指示剂，故A正确；B．由分析可知，氢氧化钠溶液体积为30mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸钠，溶液的pH为9.5，柠檬酸钠的浓度为=0.02500mol/L，则的一级水解常数Kh1≈=4×10-8，故B正确；C．由分析可知，氢氧化钠溶液体积为20mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸氢钠，溶液呈酸性，则当混合溶液pH=7时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到柠檬酸氢钠和柠檬酸钠的混合溶液，溶液中柠檬酸根离子浓度大于柠檬酸的浓度，故C错误；D．由分析可知，氢氧化钠溶液体积为10mL时，柠檬酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成柠檬酸二氢钠，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度大小顺序为c(Na+)＞c(H2A—)＞c(HA2—)＞c(H3A)，故D正确；故选C。二、非选择题：共5小题，共60分。11.某小组同学探究加热条件下NH3还原CuO的反应产物，结合下列资料回答问题。资料：i.Cu2O为红色固体，Cu2O与稀硫酸能发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。ii.Cu2O可溶于浓氨水得无色溶液，该溶液置于空气中变成深蓝色溶液。步骤1：NH3还原CuO称取agCuO，利用如图装置进行实验(夹持装置略)。（1）A中分液漏斗盛放的试剂是______。（2）选择合适的装置进行实验，接口连接的正确顺序为a→_______→_______→_______→_______→h→i→j(每空填一个接口标号)。______（3）实验过程中观察到：B的硬质玻璃管中黑色固体变红，E的试管中收集到无色液体，F中收集到无色气体，该无色液体是______。（4）NH3还原CuO的化学方程式为______。(任写一个)步骤2：探究固体产物的成分i.提出猜想：B中硬质玻璃管红色固体可能是铜、氧化亚铜或两者混合物ii.实验设计：小组同学设计三个方案探究其组成。方案I：取适量红色固体，加入浓硝酸至刚好溶解，观察溶液颜色。方案Ⅱ：取适量红色固体，加入足量浓氨水，振荡，观察现象。方案Ⅲ：称量红色固体的质量为bg。（5）方案I不能证明红色固体含有Cu2O，说明理由______。（6）方案Ⅱ中，若红色固体是Cu和Cu2O的混合物，现象是______，相关反应为：①Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]OH、②______(写离子方程式)。（7）方案Ⅲ，当_______＜b＜______(以含的表达式表示)______，证明红色固体是Cu和Cu2O的混合物。【答案】（1）浓氨水（2）fgbc（3）氨水（4）2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O（5）Cu或Cu2O都可与浓硝酸反应，且现象相同（6）①.固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色②.4[Cu(NH3)2]++8NH3•H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O（7）0.8a，0.9a【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A为浓氨水与氧化钙反应制备氨气，装置D中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置B中氨气与氧化铜共热反应生成铜或氧化亚铜、氮气和水，装置E用于冷凝收集反应生成的水和氨气，装置F为收集反应生成氮气的装置，则装置的连接顺序为ADBEF，装置接口的连接顺序为a→f→g→b→c→h→i→j。【小问1详解】由分析可知，A中分液漏斗盛放的试剂为浓氨水，故答案为：浓氨水；【小问2详解】由分析可知，装置的连接顺序为ADBEF，装置接口的连接顺序为a→f→g→b→c→h→i→j，故答案为：fgbc；【小问3详解】由分析可知，装置E用于冷凝收集反应生成的水和氨气，氨气溶于水得到氨水，故答案为：氨水；【小问4详解】由分析可知，装置B中氨气与氧化铜共热反应生成铜或氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O，故答案为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O；【小问5详解】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，氧化亚铜与浓硝酸反应也生成硝酸铜、二氧化氮和水，则方案I不能证明红色固体含有氧化亚铜，故答案为：Cu或Cu2O都可与浓硝酸反应，且现象相同；【小问6详解】由题给信息可知，氧化亚铜可溶于浓氨水得无色溶液，该溶液置于空气中变成深蓝色溶液，而铜与浓氨水不反应，则向红色固体中加入足量浓氨水，振荡，观察到的实验现象为固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色，反应的反应为Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]OH、4[Cu(NH3)2]++8NH3•H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案为：固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色；4[Cu(NH3)2]++8NH3•H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；【小问7详解】由铜原子个数守恒可知，若氧化铜完全转化为铜，红色固体的质量为×64g/mol=0.8a，若氧化铜完全转化为氧化亚铜，红色固体的质量为××144g/mol=0.9a，则0.8a＜b＜0.9a证明红色固体是铜和氧化亚铜的混合物，故答案为：0.8a，0.9a。12.以含钒钢渣和钛白废酸为原料提取钒，实现“以废治废”。工艺流程如图：已知：含钒钢渣中主要含CaO、Fe2O3和少量SiO2、V2O3；钛白废酸中含H+、Fe2+、TiO2+、SO等离子，回答下列问题。（1）在空气中“焙烧”时，V2O3转化为NaVO3，写出反应的化学方程式：______。（2）滤渣①主要成分是_____、______和H2TiO3。（3）“溶浸”过程，有一部分VO转化为VO2+，可能的原因是______。（4）“氧化”过程，VO2+被氧化成VO，参与反应的VO2+与H2O2物质的量之比为______。（5）“萃取反萃”后溶液的pH不同，会造成钒的存在形态不同，有VO、V2O等，若升高溶液的pH，有利于______(“VO”或“V2O”)的形成。（6）室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3•H2O－NH4Cl的总浓度为cmol•L-1，pH=6。①“沉钒”过程中，VO转化为NH4VO3的离子方程式______。②已知Kb(NH3•H2O)=a，Ksp(NH4VO3)=b，“沉钒”后溶液中c(VO)=______mol•L-1。(列计算式)（7）NH4VO3经煅烧得到V2O5，其他产物可以返回______工艺，充分利用原料。【答案】（1）V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2（2）①.CaSO4②.H2SiO3（3）钛白废酸中含Fe2+，将VO还原为VO2+（4）2：1（5）V2O（6）①.VO+NH+H2O=NH4VO3↓+2H+②.（7）沉钒【解析】【分析】由题给流程可知，向含钒钢渣中加入碳酸钠后在空气中焙烧，将三氧化二钒转化为钒酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，向焙烧渣中加入钛白废酸，硅酸钠转化为硅酸、氧化钙转化为硫酸钙、氧化铁转化为铁离子、TiO2+转化为H2TiO3，溶液中的亚铁离子将部分VO转化为VO2+，过滤得到含有的硅酸、硫酸钙、H2TiO3的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子、将VO2+氧化为VO，经萃取、分液和反萃、分液得到含有VO的水层，向水层中加入一水合氨和氯化铵的混合溶液，将VO转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。【小问1详解】由分析可知，在空气中焙烧时，三氧化二钒发生的反应为三氧化二钒与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；【小问2详解】由分析可知，滤渣①主要成分为硅酸、硫酸钙、H2TiO3，故答案为：CaSO4；H2SiO3；【小问3详解】由分析可知，溶浸过程中有一部分VO转化为VO2+的原因是钛白废酸中具有还原性的亚铁离子将钒酸根离子还原为VO2+离子，故答案为：钛白废酸中含Fe2+，将VO还原为VO2+；【小问4详解】由分析可知，氧化过程中VO2+离子被氧化成VO离子发生的反应为2VO2++H2O2=2VO+2H+，则参与反应的VO2+与H2O2物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；【小问5详解】由VO2+离子被氧化成VO离子时，反应生成氢离子，说明VO离子在溶液pH较低的条件下存在，则升高溶液的pH，有利于V2O形成，故答案为：V2O；【小问6详解】①由题意可知，沉钒过程发生的反应为溶液中VO离子与铵根离子反应生成钒酸铵沉淀和氢离子，反应的离子方程式为VO+NH+H2O=NH4VO3↓+2H+，故答案为：VO+NH+H2O=NH4VO3↓+2H+；②设溶液中铵根离子浓度为xmol/L，由一水合氨而溶度积可得：=a，解得x=，由钒酸铵的溶度积可得溶液中钒酸根离子的浓度为=mol/L，故答案为：；【小问7详解】钒酸铵受热分解生成五氧化二钒和氨气，反应得到的氨气可以返回沉钒工艺循环利用，提高原料的利用率，故答案为：沉钒。13.通过苯和环己烷之间可逆反应可实现氢能的储存和释放，反应的热化学方程式为：(g)+3H2(g)(g)△H1。（1）氢化焓是指一种不饱和有机化合物变为完全饱和有机物时反应过程的焓变。已知：CH2=CH2(g)+H2(g)CH3－CH3(g)△H2=—136kJ•mol-1，据此估算苯的氢化焓△H1=______kJ•mol-1，实测苯的氢化焓大得多，原因是______。（2）保持总压为pkpa，测得反应达到平衡时w[w=]随温度、苯氢比[]变化的图像如图：①图中曲线a、b、c中，苯氢比最大的为______，判断的理由是______。②a为苯氢比1：2时的变化曲线，曲线上M、N对应的苯的平衡体积分数：M______N(填“＞”、“=”、“＜”)。③实际加氢工艺中常通入适量水蒸气。若按n(C6H6)：n(H2)：n(H2O)=1：3：1混合反应气体，并控制体系总压为35kPa，4.0s后测得H2O的分压为10kPa，则0～4.0sC6H6消耗的平均反应速率为______kPa•s-1。（3）苯转化为环己烷存在副反应：(g)(g)△H=16.8kJ•mol-1①温度下，该反应平衡常数为K，则环己烷的平衡转化率为_______。②为了降低甲基环戊烷的百分含量，可以采取的措施是______、______(写出两种)。【答案】（1）①.—408②.苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定（2）①.a②.当温度不变时，随苯氢比增大，苯的转化率减小，w增大③.=④.0.5（3）①.×100%②.降温③.使用合适的催化剂【解析】【小问1详解】若苯分子中含有碳碳双键，则由乙烯的加成反应可知，苯的氢化焓△H1=—136kJ/mol×3=—408kJ/mol，由于苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定，与氢气难以反应，所以实测苯的氢化焓大得多，故答案为：—408；苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定；【小问2详解】①当温度不变时，苯氢比增大相当于增大苯的浓度，平衡向正反应方向移动，但苯的转化率减小，w增大，由图可知，曲线a、b、c中曲线a的w最大，则苯氢比最大的为a，故答案为：a；当温度不变时，随苯氢比增大，苯的转化率减小，w增大；②设起始苯、氢气的物质的量分别为1mol、2mol，平衡时生成环己烷的物质的量为xmol，由方程式可知，平衡时苯、氢气的物质的量分别为(1—x)mol、(2—3x)mol，则苯的平衡体积分数为=，说明苯氢比1：2时苯的平衡体积分数为定值，与温度变化无关，所以M点和N点苯的平衡体积分数相等，故答案为：=；③设起始苯、氢气和水蒸气的物质的量分别为1mol、3mol、1mol，4.0s时反应消耗苯的物质的量为amol，则由方程式可知，混合气体的总物质的量为(1—a+3—3a+a+1)mol=(5—3a)mol，由水蒸气分压为10kPa可得：×35=10，解得a=0.5，则0～4.0s，苯消耗的平均反应速率为=0.5kPa/s，故答案为：0.5；【小问3详解】①设起始环己烷的浓度为1mol/L，平衡时转化率为b，由方程式可知，平衡时环己烷、甲基环戊烷的浓度分别为(1—b)mol、bmol，由化学平衡常数可得：K=，解得b=×100%，故答案为：×100%；②该反应为气体体积不变的吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，甲基环戊烷的百分含量降低，使用合适的催化剂，防止副反应的发生，也能使甲基环戊烷的百分含量降低，则降温、使用合适的催化剂等措施能降低甲基环戊烷的百分含量，故答案为：降温；使用合适的催化剂。14.白钨矿(CaWO4)常伴生有方解石(CaCO3)、茧石(CaF2)和氟磷灰石[Ca10(PO4)6F2]，具有良好的发光性，可用于生产苂光材料。（1）已知元素W的原子序数为74，与元素Cr位于周期表的同一族，W在周期表中的位置为_____。（2）元素C、O、F的第一电离能由小到大的顺序为______，从原子结构角度解释______。（3）CO与PO的中心原子杂化方式分别为______。（4）CaWO4的晶胞结构如图1所示，隐去氧离子后的晶胞前视图如图2所示。(1)晶胞中氧原子的数目为_____。(2)1号Ca2+的分数坐标为_____。【答案】（1）第六周期VIB族（2）①.C＜O＜F②.元素C、O、F电子层数相同，核电荷数依次增大，最外层电子数增加，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，第一电离能逐渐增大（3）sp2、sp3（4）①.16②.(0，，)【解析】【小问1详解】Rn为86号元素为第六周期0族元素，则74号元素为第六周期ⅥB族，答案为第六周期ⅥB族；【小问2详解】C、O、F同周期从左往右电子层数不变而核电荷数逐渐增加，原子半径减小，原子越来越难失电子，即第一电离能逐渐增大，C<O<F。答案为C＜O＜F；元素C、O、F电子