【化学】重庆市万州二中2019-2020学年高二上学期入学考试试题（解析版） 16页

重庆市万州二中2019-2020学年高二上学期入学考试试题 可能用到的相对原子质量：Cl 35.5‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）‎ A. 35Cl原子所含质子数为18‎ B. 1mol的1H35Cl分子所含中子数为18NA C. 3.5 g 35Cl2气体的体积为2.24 L D. 35Cl2气体的摩尔质量为71 g·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．35Cl原子所含质子数为17，中子数为35-17=18，故A错误；‎ B．1H35Cl分子含有中子数为0+35-17=18，1mol的1H35Cl分子所含中子为18mol，含有中子数为18 NA，故B正确；‎ C．3.5g的气体35Cl2的物质的量为0.05mol，由于气体的所处温度、压强不确定，密度也未知，不能确定体积，故C错误；‎ D．气体35Cl2的摩尔质量约是70g/mol，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）‎ A. Na的原子失去电子能力比Mg强 B. HBr比HCl稳定 C. H2SO4 比H3PO4 酸性强 D. Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期元素随着原子序数的增大，金属性越来越弱。Na、Mg同周期且原子序数增大，故金属性Na＞Mg，则Na的原子失去电子能力比Mg强，故A正确；‎ B．同主族元素随着原子序数的增大，非金属越来越弱，气态氢化物的稳定性越差。Cl、Br同主族且原子序数增大，非金属性Cl＞Br，则氢化物稳定性：HCl＞HBr，故B错误；‎ C．同周期元素随着原子序数的增大，非金属性越来越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强。P、S同周期且原子序数增大，故非金属性S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，故C正确；‎ D．同主族元素随着原子序数的增大，金属性越来越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强。Mg、Ca同主族且原子序数增大，金属性Ca＞Mg，则碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确； ‎ 故答案B。‎ ‎3.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（ ）‎ A. 反应化学方程式为2X（g）+Y（g）2Z（g）‎ B. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.3 mol·L-1·s-1‎ C. 10 s后，该反应停止进行 D. 反应开始到10 s时，反应速率：υ（X）=υ（Y）=0.1 mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，可知X、Y是反应物，Z是生成物，达到平衡时△n(X)=(3-1)mol=2mol，△n(Y)=(2.5-0.5)mol=2mol，△n(Z)=(4-0)mol=4mol，同一反应中同一时间段内各物质的物质的量变化之比等于其计量数之比，化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故A错误；‎ B．根据图像可知，用Z表示的反应速率为=0.2mol/(L•s)，故B错误；‎ C．10s达到平衡，化学平衡为动态平衡，反应仍在进行，故C错误；‎ D．反应速率之比与化学计量数之比相等，则反应开始到10 s时，反应速率：ν(X)=ν(Y)=0.2mol/(L•s)×=0.1 mol/(L•s)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.R元素原子有3个电子层，M层电子数是K层电子数的3倍，下列判断不正确的是（ ）‎ A. R元素处于第3周期ⅥA族 B. R元素是较活泼的非金属元素 C. R2－具有氖原子的电子层结构 D. R元素最低化合价为－2价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】R元素的原子有3个电子层，M层电子数是K层电子数的3倍，则M层电子数为6，故R为S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，R为S元素。‎ A．S为16号元素，处于第三周期ⅥA族，故A正确；‎ B．硫原子最外层有6个电子，属于较活泼的非金属元素，故B正确；‎ C．硫原子核外有16个电子，硫离子核外有18个电子，与氩的电子层结构相同，比氖原子多8个电子，故C错误；‎ D．硫元素最外层电子数为6，故其最低化合价为6-8=-2价，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.低合金高强度钢是支撑"鸟巢"的铁骨钢筋，除含有铁元素外，还含有Mn(锰)，Ti(钛)，(铬)，(铌)等合金元素，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. Fe位于元素周期表的第四周期，第VIIIB族 B. 46TiO、 48TiO、50TiO互为同位素 C. Mn 2O7是酸性氧化物 D. 原子核内有个51个中子，核外有 41个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．根据铁原子的电子排布式来分析；‎ B．同位素研究的对象是原子； ‎ C．Mn 2O7只能和碱反应生成盐和水；‎ D．中子数=质量数-质子数，阳离子核外电子数=质子数-所带电荷数；‎ ‎【详解】A．铁原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，则铁位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，选项A错误；‎ B．同位素研究的对象是原子，46TiO、 48TiO、50TiO都是化合物，选项B错误；‎ C．Mn 2O7只能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，选项C正确；‎ D. 3+原子核的质子数为41，质量数为92，则中子数=92-41=51，核外电子数=41-3=38，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种。现将此混合气体通过品红溶液，品红溶液褪色；然后向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。则下列对原混合气体成分的判断中正确的是（ ）‎ A. 肯定含有SO2和NO B. 肯定没有Cl2、O2和NO C. 可能含有Cl2和O2 D. 肯定含有Cl2和NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】混合气体无色，则说明不含有有色的Cl2和NO2气体；此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2；把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有与NO反应的O2，根据以上分析可知，混合物中肯定没有Cl2、O2和NO2，一定含有的气体为：SO2、NO。‎ A.根据分析可知，混合气体中一定含有SO2、NO，故A正确；‎ B.混合气体中一定不含Cl2、O2和NO2，故B错误；‎ C.混合气体中一定不含Cl2、O2，故C错误；‎ D.混合气体一定为SO2和NO的混合气体，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.在Fe、Cu的混合物中，加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余金属a g。再向其中加入一定量的稀盐酸并加热，充分振荡后剩余金属b g，则（ ）‎ A. a可能等于b B. a一定小于b C. a可能大于b D. a一定大于b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在酸性条件下有强氧化性，能溶解金属。‎ ‎【详解】在Fe，Cu的混合物中加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余金属a克，该金属可能为Fe、Cu或二者的混合物，溶液中一定存在，加入盐酸，在酸性条件下 与金属继续反应，则剩余金属进一步溶解，则有a一定大于b，故答案为D。‎ ‎8.对于反应4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(单位皆为mol∙L-1∙min-1)表示，则下列式子中，正确的是（ ）‎ A. 4v(O2)=5v(NO) B. 5v(O2)=6v(H2O)‎ C. 2v(NH3)=3v(H2O) D. 4v(NH3)=5v(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率的比值等于化学计量数之比，。‎ A．NO、O2的化学计量数之比为4：5，则4v(O2)=5v(NO)，故A正确；‎ B．H2O、O2的化学计量数之比为6：5，则5v(O2)=6v(H2O)，故B错误；‎ C．NH3、H2O的化学计量数之比为4：6，则3v(NH3)=2v(H2O)，故C错误；‎ D．NH3、O2的化学计量数之比为4：5，则5v(NH3)=4v(O2)，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Y的周期数是族序数的3倍，W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。下列说法正确的是（ ）‎ A. 常压下，单质的沸点：W＞Z B. Y与X一定形成离子化合物 C. 原子半径：W＜X＜Y＜Z D. W的氧化物的水化物的酸性比Z的弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的周期数是族序数的3倍，可知Y是Na；W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键，结合W、X原子序数均比Na小，可知W的简单氢化物是NH3，X的简单氢化物是HF，即W是N，X是F；W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Z是S，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为N、X为F、Y为Na、Z为S；‎ A．常压下，N2是气态，S是固态，故单质的沸点：N2＜S，故A错误；‎ B．钠与氟形成化合物氟化钠为离子化合物，故B正确；‎ C．电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。故原子半径：F＜N＜S＜Na，故C错误；‎ D．没有说明是最高价氧化物对应的水化物，无法确定酸性大小，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎10.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）‎ A. HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=﹣114.6kJ•mol﹣1‎ B. 已知CO(g)的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566.0kJ•mol﹣1‎ C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量就是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol液态水，同时生成可溶性盐所放出的热量，中和热为定值，但H2SO4和Ca(OH)2反应时生成的硫酸钙微溶，会生成硫酸钙沉淀，不单单是中和反应，故A错误；‎ B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，由于CO(g)的燃烧热是283.0 kJ•mol-1，故其燃烧的热化学方程式为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0 kJ•mol-1，故有2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566.0 kJ•mol-1，故B正确；‎ C．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如煤炭的燃烧需要加热，但是属于放热反应，故C错误；‎ D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，碳元素转化为二氧化碳，氢元素转化为液态水，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎11.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（ ）‎ A. v(C)=0.04mol·(L·s)-1‎ B. v(B)=0.06mol·(L·min)-1‎ C. v(A)=0.15mol·(L·min)-1‎ D. v(D)=0.01mol·(L·s)-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以A为基础，根据反应速率之比是化学计量数之比可知 A、v(A）=v(C）/2=0.02 mol/(L·s）；‎ B、v(A）=v(B）/3=0.06/(60×3）mol/(L·s）=0.001/3 mol/(L·s）；‎ C、v(A）=0.15/60mol/(L·s）=0.0025 mol/(L·s）；‎ D、v(A）=v(D）/2=0.005mol/(L·s）；‎ 即反应速率最快的是选项A，故选项A正确。‎ ‎12.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)，已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ‎④混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值　⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1∶1‎ A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤‎ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧⑨‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故①正确；‎ ‎②反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，密度自始至终都不变，不能说明到达平衡状态，故②错误；‎ ‎③随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡，故③正确；‎ ‎④该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故④正确；‎ ‎⑤反应混合物都是气体，总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，所以随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故⑤正确；‎ ‎⑥v(C)与v(D)的速率关系自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故⑥错误；‎ ‎⑦反应混合物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明到达平衡，故⑦错误；‎ ‎⑧容器的体积不变，混合气体总体积不变，不能说明到达平衡，故⑧错误；‎ ‎⑨伴随反应的进行，容器内C、D的分子数之比始终是1∶1，不能说明到达平衡，故⑨错误；‎ 故①③④⑤正确，故答案为B。‎ ‎13.下列关于反应速率与化学反应限度的说法正确的是（ ）‎ A. 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强都一定能加快化学反应速率 B. 化学平衡状态不一定是该反应在给定条件下的最大限度 C. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等且都为0‎ D. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质 ‎【答案】D ‎【解析】A. 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强不一定都能加快化学反应速率，压强只能适用于有气体参加的反应，A错误；B. 化学平衡状态是该反应在给定条件下的最大限度，B错误；C. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等但不为0，C错误；D. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质，D正确，答案选D。‎ ‎14.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在673K、30MPa下，n(NH3)和 n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 点a的正反应速率比点b的小 B. 点c处反应达到平衡 C. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样 D. 点e处反应达到平衡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物和生成物的物质的量不再改变。‎ ‎【详解】A项、浓度越大，反应速率越快，由图可知，a点氢气浓度大，则点a的正反应速率比点b的大，故A错误；‎ B项、点c处正逆反应速率不相等，反应到t1时达到平衡，则点c处没有达到平衡，故B错误；‎ C项、点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处，均为平衡状态，则n（N2）一样，故C错误；‎ D项、点e处n(NH3)保持不变，反应达到平衡，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎15.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5 mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测的A的浓度降低为0.3 mol/L，下列有关判断正确的是（ ）‎ A. x＋y＜z B. 平衡向正反应方向移动 C. C的体积分数下降 D. B的浓度增大 ‎【答案】C ‎【解析】在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3mol/L0.25mol/L，说明体积增大、减小压强，平衡向逆反应方向移动，x+yz，C的体积分数下降，B的浓度减小，答案选C。‎ ‎16.温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）＋B（g）C（s）＋xD（g） △H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应在前10min平均反应速率v（B）＝0．15mol／（L·min）‎ B. 该反应的平衡常数表达式K＝‎ C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动 D. 反应至15min时，改变的反应条件是降低温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v(D)= ==0.3mol•L-1•min-1，故A错误；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，C为固体，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+xD(g)的平衡常数表达式K=，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变的条件应是降低温度，故D正确；故选D。‎ 二、填空题 ‎17.按要求完成下列问题。‎ ‎（1）为了提高煤的利用率，常将其气化为可燃性气体，主要反应是碳和水蒸气反应生成水煤气，其中还原剂是___。‎ ‎（2）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）。‎ ‎①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是_____________反应（填“吸热”或“放热”），其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____________（填“大于”或“小于”）生成物化学键形成放出的总能量。‎ ‎②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_____________（填序号）。‎ a．容器中N2、H2、NH3共存 b．N2、H2、NH3的物质的量之比为1:3:2 ‎ c．容器中的压强不随时间变化 d．N2、NH3浓度相等 ‎（3）工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气、烧碱和氢气。其化学反应方程式为_________。‎ ‎（4）下列各反应中，符合如图所示能量变化的是_____________（填序号）。‎ a．H2和Cl2的反应 b．Al和盐酸的反应 c．Na和H2O的反应 d．Ba（OH）2·8H2O和NH4C1的反应 ‎（5）海水资源前景广阔。‎ ‎①列举一种海水淡化的方法______________。‎ ‎②采用空气吹出法从海水中提取溴的过程中，吸收剂SO2和溴蒸气反应生成氢溴酸以达到富集的目的，该反应的离子方程式为________________________________。‎ ‎【答案】(1). C (2). 放热 (3). 小于 (4). c (5). 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑ + C12↑ (6). d (7). 蒸馏法、电渗析法、离子交换法（填一种即可） (8). Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)C与水反应生成CO和氢气，结合化合价的变化分析解答；‎ ‎(2)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量；②平衡时正逆反应速率相等，结合平衡特征分析判断；‎ ‎(3)电解饱和食盐水反应生成氯气、烧碱和氢气，据此书写反应的方程式；‎ ‎(4)由图可知，该反应的生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，属于吸热反应，据此判断；‎ ‎(5)①根据目前淡化海水的常见方法回答；②溴蒸气和吸收剂SO2发生作用转化成氢溴酸，同时生成硫酸，据此书写离子方程式。‎ ‎【详解】(1)C与水反应生成CO和氢气，反应为C(s)+H2O(g)CO (g)+H2(g)，水中H元素的化合价降低，C元素化合价升高，则氧化剂为H2O，还原剂是C，故答案为：C；‎ ‎(2)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量，△H=断裂化学键吸收能量-生成化学键释放能量＜0，可知断裂化学键吸收能量小于生成化学键释放能量，故答案为：放热；小于； ‎ ‎②a．反应为可逆反应，容器中N2、H2、NH3共存不能判断是否为平衡状态，故a错误；b．N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2，物质的量取决于起始物质的量与转化率，不能判断是否为平衡状态，故b错误；c．该反应为反应前后气体物质的量不等的反应，则容器中的压强不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故c正确；d．N2、NH3的浓度取决于起始浓度与转化率，N2、NH3浓度相等不能判断是否为平衡状态，故d错误；故答案为：c；‎ ‎(3)电解饱和食盐水可以制取氯气、烧碱和氢气，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(4)a、H2和Cl2的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故a错误；b、Al和盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故b错误；c、Na和H2O的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故c错误；d、Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应，属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故d正确；故选d。‎ ‎(5)①淡化海水的方法有：蒸馏法、结晶法、离子交换膜法、电渗析法、多级闪急蒸馏法等，故答案为：蒸馏法、结晶法、离子交换膜法、电渗析法、多级闪急蒸馏法(任选一种)；‎ ‎②采用空气吹出法从海水中提取溴的过程中，吸收剂SO2和溴蒸气反应生成氢溴酸以达到富集的目的，溴蒸气和吸收剂SO2发生作用转化成氢溴酸，同时生成硫酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。‎ ‎18.将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，5min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A):c(B)=1:2，C的反应速率是 0.15 mol/(L•min)。‎ ‎（1）B的反应速率v(B)=_____X=___‎ ‎（2）A在5min末的浓度是___‎ ‎（3）此时容器内的压强与开始时之比为：____。 ‎ ‎（4）二氯化硫(S2Cl2)是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料。写出它的电子式______；‎ ‎（5）硒的原子序数为34，硒的单质及其化合物用途非常广泛。‎ a.硒在元素周期表中的位置是___。Se2Cl2常用作分析试剂，其结构式为___。‎ b.硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层。下列说法正确的是___（填字母）。‎ A．原子半径：In>Se B．In的金属性比Se强 C．In的金属性比Al弱 D．硒化铟的化学式为InSe2‎ ‎【答案】(1). 0.05mol/（L·min） (2). 3 (3). 0.5mol/L (4). 11:10 (5). (6). 第四周期第ⅥA族 (7). Cl－Se－Se－Cl (8). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】利用三段式法解答，设A、B的物质的量为nmol，D的浓度为0.5mol/L，则D的物质的量为1mol，则：‎ ‎ 3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)‎ 开始(mol) n n 0 0‎ 反应(mol) 1.5 0.5 0.5x 1‎ ‎5min(mol) n-1.5 n-0.5 0.5x 1‎ 即c(A)：c(B)=n(A)：n(B)=(n-1.5)：( n-0.5)=1：2，解得n=2.5mol；‎ ‎(1)根据D的浓度求出D的反应速率，B、C、D反应速率之比即为计量数之比，求出X；‎ ‎(2)根据A的物质的量求出A的浓度；‎ ‎(3)根据容器内的压强之比等于物质的量之比计算容器内的压强与反应开始时的压强之比；‎ ‎(4)该分子中每个S原子形成2个共用电子对、每个Cl原子共用一个电子对；‎ ‎(5)a.硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，位于S的下方；Se2Cl2中存在Se-Se键及Se-Cl键；‎ b.铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族，结合元素周期律分析。‎ ‎【详解】利用三段式法解答，设A、B的物质的量为nmol，D的浓度为0.5mol/L，则D的物质的量为1mol，则：‎ ‎ 3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)‎ 开始(mol) n n 0 0‎ 反应(mol) 1.5 0.5 0.5x 1‎ ‎5min(mol) n-1.5 n-0.5 0.5x 1‎ 即c(A)：c(B)=n(A)：n(B)=(n-1.5)：( n-0.5)=1：2，解得n=2.5mol；‎ ‎(1)D的反应速率v(D)=0.5mol•L-1÷5min=0.1mol•L-1•min-1，v(B)：v(C)：v(D)=1：x：2=0.05：0.15：0.1，解得：v(B)=0.05mol/(L·min)，x=3； ‎ ‎(2)5min末A的浓度==0.5mol/L；‎ ‎(3)5min时容器内气体的总物质的量为(2.5-1.5+2.5-0.5+0.5×3+1)mol=5.5mol，所以5min时容器内的压强与反应开始时的压强之比=5.5mol：2.5mol×2=11:10；‎ ‎(4)该分子中每个S原子形成2个共用电子对、每个Cl原子共用1个电子对；各原子要达到8电子稳定结构，则S原子在中间，Cl原子在两端，其电子式为；‎ ‎(5)a.硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期ⅥA族，与S2Cl2类似，Se2Cl2的电子式为，则结构式为Cl－Se－Se－Cl；‎ ‎(2)铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族；‎ A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：In＞Se，故A正确；‎ B．元素周期表中左下方元素的金属性强，则In的金属性比Se强，故B正确；‎ C．同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；‎ D．类似于Al2O3，则硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；‎ 故答案为AB。‎ ‎19.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1。回答下列问题：‎ ‎（1）五种元素中非金属性最强的是____（填元素符号）。‎ ‎（2）由A和B、D、E所形成的共价化合物中，热稳定性最差的是___（用化学式表示）。‎ ‎（3）C和E形成的离子化合物的电子式为 __，用电子式表示A和B形成的过程___，A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式___‎ ‎（4）D的最高价氧化物的水化物的化学式为____。‎ ‎（5）由A和B形成的一种气体在工业上用途很广，实验室制取的方程式为____。‎ ‎【答案】(1). Cl (2). PH3 (3). (4). (5). NH4Cl (6). H3PO4（HPO3） (7). 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D ‎ 同族，则D为磷元素；C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1：1，则E为Cl元素。‎ ‎【详解】(1)同周期自左而右非金属性增强，HCl中Cl元素表现负化合价，故Cl元素非金属性比氢元素的强，高氯酸的酸性强于硝酸的酸性，故Cl元素非金属性比N元素的强，则五种元素中非金属性最强的是Cl；‎ ‎(2)由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl。非金属性越强氢化物越稳定，非金属性Cl＞N＞P，故热稳定性最差的是 PH3；‎ ‎(3)C和E形成的化合物为NaCl，电子式为；A和B形成NH3，用电子式表示过程：；A和E形成的化合物为HCl，A和B形成的化合物为NH3，二者反应生成NH4Cl；‎ ‎(4)D为磷元素，它的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4；‎ ‎(5)由A和B形成的一种气体在工业上用途很广，该气体为NH3，实验室制取NH3的方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。‎ ‎20.氨气在工农业生产中有重要应用。‎ ‎（1）氨的催化氧化是工业生产硝酸的基础，写出该化学方程式_________。‎ ‎（2）某化学实验小组同学利用以下装置制备氨，并探究氨的性质（部分仪器已略去）。‎ 请回答：‎ ‎①用装置B收集氨时，氨的进气口是__（选填“a”或“b”）。打开装置B中的活塞c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨具有的性质是______，______。‎ ‎②向C中NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现 _____，（填现象）发生反应的化学方程式为_______。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O===Fe（OH）2↓+2NH4+和_________。‎ ‎③为防止环境污染，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨的__（填序号）。‎ ‎【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). a (3). 极易溶于水 (4). 溶于水形成的溶液呈碱性 (5). 白烟 (6). NH3+HCl=NH4Cl (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氨的催化氧化生成NO和水；‎ ‎(2)①根据氨气的水溶性和氨气的密度来确定氨气收集方法-向下排空气法；氨气极易溶与水，能产生喷泉现象，溶于水的氨气反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱，电离产生氢氧根离子，具有碱性；‎ ‎②浓盐酸和浓氨水易挥发，浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；‎ ‎③氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，注意防到吸。‎ ‎【详解】(1)氨催化氧化生成NO和水，发生反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(2)①因为氨气极易溶于水，只能用排气法收集，又因为氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出；能够形成喷泉实验是因为氨气极易溶于水这一物理性质，产生红色喷泉是因为氨气溶于水后与水反应生成弱碱一水合氨具有碱性；‎ ‎②浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl═NH4Cl；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3•H2O═Fe(OH)2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3；‎ ‎③氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸，BD都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气，故答案为：BD。‎