2018届高考化学三模试卷(含解析)

2018年江西省宜春市樟树市高考化学三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发达水平的一种标志．目前的重要生产方法是“接触法”，有关接触氧化反应：2SO2+O22SO3的说法不正确的是（）A．该反应为可逆反应，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3B．达到平衡后，反应就停止了，故正、逆反应速率相等且均为零C．一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等D．在利用上述反应生产SO3时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题2．下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（）①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体．A．①和②B．①和③C．③和④D．①和④3．4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z﹣离子的电子数之差为8．下列说法不正确的是（）A．与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO44．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、HCO、NOB．0.1mol•L﹣1Ca（ClO）2溶液：K+、Na+、I﹣、Cl﹣C．能使石蕊显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl﹣、NOD．加入KSCN显红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO5．德国科学家最近研究证实，单一不饱和脂肪酸可有效降低低密度脂蛋白胆固醇含量．在摄入足够的这种脂肪酸的前提下，适当进食脂肪并不会对人体内的胆固醇含量产生不良影响．花生四烯酸（Arachidonicacid，简称AA）即5，8，11，14﹣二十碳烯酸，其分子式可表示为C19H31COOH，它是人体中最重要的一种多不饱和脂肪酸（PUPA），是人体“必需脂肪酸”之一．以下关于它的说法中不正确的是（）A．每摩尔花生四烯酸最多可与4 mol溴发生加成反应B．它可以使酸性高锰酸钾溶液褪色C．它可与乙醇发生酯化反应D．它是食醋的主要成分6．下列各种物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应的是（）①Al②AlCl3③Na AlO2④Al（OH）3⑤Al2O3⑥NaH CO3．A．①②③④⑤⑥ B．①③④⑤ C．④⑤ D．①④⑤⑥7．用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法．如表所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（）A．A B．B C．C D．D8．已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）（未配平）．温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示．其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示．下列叙述正确的是（）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（X）=v（Y）=2v（Z）B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0℃时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热△H＜0二、解答题（共4小题，满分52分）9．周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素．已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，且D与E原子的最外层电子数之比为2：1，C 与E能形成离子化合物EC．（1）D元素的原子结构示意图为；（2）B元素的名称为；（3）用电子式表示A2C的形成过程；（4）写出E的碳酸氢盐与足量KOH溶液反应的离子方程式：；（5）写出EA2与水反应放出气体的化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目．10．某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置．实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品并连接仪器．②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体变为无色．回答下列问题：（1）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有（填化学式）生成．若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因：．（2）装置C的作用是．（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得．乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为①；②．（4）实验证明，Na2O2与干燥的HCl能反应，完成并配平该化学方程式．Na2O2+HCl﹣﹣Cl2+NaCl+该反应（填“能”或“不能”）用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是．（要求答出要点）11．如图是中学化学常见物质的转化关系，其中部分产物未写出，常温下D、N、Y是气体，A、F、N是单质，根据要求回答以下问题：（1）写出Y的化学式，H的电子式．（2）收集气体Y的方法是．（3）写出A与B反应的离子方程式．（4）将过量粉末状H加入到G的水溶液中，能够观察到哪些实验现象？．写出有关反应过程的化学反应方程式．（5）有报道说：高温下将F和NaOH反应可得Na．同时还有带磁性的物质生成，写出反应方程式并说明能发生上述反应的原因．12．工业上以丙烯为原料可制得一种重要合成橡胶IR和一种合成树脂X．已知：Ⅰ．Ⅱ．（﹣R、﹣R′、﹣R″表示可能相同或可能不同的原子或原子团）Ⅲ．同一碳原子上有两个碳碳双键时分子不稳定（1）在一定条件下，丙烯可与下列物质反应的是．a．H2O b．NaOH溶液 c．Br2的CCl4溶液 d．酸性KMnO4溶液（2）A分子中核磁共振氢谱吸收峰是个．（3）A与C2H2合成D的化学方程式是，反应类型是．（4）E、F中均含有碳碳双键，则 E的结构简式是．（5）H的结构简式是．（6）B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应．B与G在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是．（7）有多种同分异构体，符合下列要求的有种．①苯环上有两个或三个取代基②取代基可能是“醛基、羧基、酯基、羟基”2018年江西省宜春市樟树市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发达水平的一种标志．目前的重要生产方法是“接触法”，有关接触氧化反应：2SO2+O22SO3的说法不正确的是（）A．该反应为可逆反应，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3B．达到平衡后，反应就停止了，故正、逆反应速率相等且均为零C．一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等D．在利用上述反应生产SO3时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【考点】化学平衡状态的判断；化学反应的可逆性．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据可逆反应的特征分析判断；B、化学平衡是动态平衡；C、依据平衡建立的过程分析；D、合成需要考虑温度压强对平衡的影响和经济效益．【解答】解：A、可逆反应是在一定条件下不能进行彻底的反应，正反应和逆反应同时进行，该反应为可逆反应，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3 ，故A正确；B、达到平衡后，正反应速率和你反应速率相同，是动态平衡，速率不能为0，故B错误；C、一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻，正、逆反应速率相等达到平衡，故C正确；D、反应是放热反应，但为了反应速率需要一定温度，催化剂活性最大，压强在常温下，二氧化硫的转化率已经横高改变压强对转化率影响不大，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学平衡的建立和平衡的特征分析，注意平衡建立过程、平衡的可逆性理解是解题关键，题目难度中等．2．下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（）①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体．A．①和②B．①和③C．③和④D．①和④【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用．【解答】解：①在过滤时，玻璃棒起引流作用；②在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；③玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；④向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用．其中玻璃棒的作用及其目的相同的是①和④，故选D．【点评】本题主要考查了玻璃棒的作用，熟悉各实验中玻璃棒的作用及使用注意事项即可解答，较简单．3．4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z﹣离子的电子数之差为8．下列说法不正确的是（）A．与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO4【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据X2+和Z﹣离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z 为F﹣或Cl﹣；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl．【解答】解：根据X2+和Z﹣离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F﹣或Cl﹣；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；A．与碳同主族的元素硅是良好的半导体材料，故A正确；B．同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以Mg、S、Cl的原子半径逐渐减小，故B正确；C．四氯化碳分子中每个氯原子和碳原子形成一个共用电子对，每个碳原子和四个氯原子形成4个共用电子对，所以四氯化碳分子中碳原子和氯原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；D．非金属元素最强的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2ZO4，故D错误；故选D．【点评】本题考查原子结构和元素的性质，明确原子结构、正确推断元素是解本题关键，难度中等．4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、HCO、NOB．0.1mol•L﹣1Ca（ClO）2溶液：K+、Na+、I﹣、Cl﹣C．能使石蕊显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl﹣、NOD．加入KSCN显红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．能溶解Al2O3的溶液可能为强碱或强酸溶液；B．Ca（ClO）2溶液具有氧化性；C．能使石蕊显红色的溶液呈酸性；D．加入KSCN显红色的溶液含有Fe3+．【解答】解：A．能溶解Al2O3的溶液可能为强碱或强酸溶，HCO 与H+或OH﹣均不能共存，故A错误；B．Ca（ClO）2溶液具有氧化性，ClO﹣能氧化I﹣，故B错误；C．能使石蕊显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO、H+三种离子不共存，故C错误；D．题干为含Fe3+的溶液，与题目中离子均能共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重氧化还原反应的离子共存问题的考查，注意信息的抽取和应用，选项B为解答的难点，题目难度中等．5．德国科学家最近研究证实，单一不饱和脂肪酸可有效降低低密度脂蛋白胆固醇含量．在摄入足够的这种脂肪酸的前提下，适当进食脂肪并不会对人体内的胆固醇含量产生不良影响．花生四烯酸（Arachidonicacid，简称AA）即5，8，11，14﹣二十碳烯酸，其分子式可表示为C19H31COOH，它是人体中最重要的一种多不饱和脂肪酸（PUPA），是人体“必需脂肪酸”之一．以下关于它的说法中不正确的是（）A．每摩尔花生四烯酸最多可与4 mol溴发生加成反应B．它可以使酸性高锰酸钾溶液褪色C．它可与乙醇发生酯化反应D．它是食醋的主要成分【考点】羧酸简介．【专题】有机反应．【分析】A．发生加成反应时，碳碳双键个数的物质的量与溴的物质的量相等；B．碳碳双键不稳定，易被强氧化剂氧化；C．羧酸和醇在一定条件下能发生酯化反应；D．食醋的主要成分是乙酸．【解答】解：A．发生加成反应时，碳碳双键个数的物质的量与溴的物质的量相等，花生四烯酸分子中含有4个碳碳双键，所以每摩尔花生四烯酸最多可与4mol溴发生加成反应，故A正确；B．碳碳双键不稳定，易被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化生成羧酸，故B正确；C．羧酸和醇在一定条件下能发生酯化反应，花生四烯酸中含有羧基，所以能和乙醇发生酯化反应，故C正确；D．食醋的主要成分是乙酸，所以花生四烯酸不是食醋的主要成分，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，明确有机物中存在的官能团是解本题关键，熟练掌握烯烃、醇、酚、醛、羧酸的性质，题目难度不大．6．下列各种物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应的是（）①Al②AlCl3③Na AlO2④Al（OH）3⑤Al2O3⑥NaHCO3．A．①②③④⑤⑥ B．①③④⑤ C．④⑤ D．①④⑤⑥【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；3③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等，据此解答．【解答】解：①Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故选；②AlCl3与强酸不反应，故不选；③Na AlO2与氢氧化钠不反应，故不选；④Al（OH）3属于两性氢氧化物，与盐酸和氢氧化钠反应都生成盐和水，故选；⑤Al2O3属于两性氧化物，与盐酸和氢氧化钠反应都生成盐和水，故选；⑥NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故选；故选：D．【点评】本题考查元素化合物性质，题目难度不大，注意基础知识的积累，注意具有两性和能与酸、碱反应的区别．7．用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法．如表所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．淀粉遇碘单质变蓝；B．浓氨水与生石灰反应制取氨气，检验氨气选红色湿润试纸；C．Na2SO3与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与品红化合生成无色物质；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI发生氧化还原反应生成碘．【解答】解：A．碘水中含碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，为淀粉的特性，与碘的氧化性无关，故A错误；B．浓氨水与生石灰反应制取氨气，检验氨气选红色湿润试纸，红色变为蓝色可检验氨气，故B错误；C．Na2SO3与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与品红化合生成无色物质，说明二氧化硫具有漂白性，故C正确；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，说明NO2为氧化性气体，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、检验及氧化还原反应的应用等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．8．已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）（未配平）．温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示．其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示．下列叙述正确的是（）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（X）=v（Y）=2v（Z）B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0℃时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热△H＜0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比．B、根据转化率公式计算．C、平衡常数K等于生成物浓度的系数次幂与反应物常数次幂之积的比值．D、根据图b，根据温度对化学平衡的影响分析．【解答】解：A、温度为T0时，X的物质的量浓度的变化量=（0.3﹣0.05）mol/L=0.25mol/L；Y的物质的量浓度的变化量=（0.4﹣0.15）mol/L=0.25mol/L，Z的物质的量浓度的变化（0.5﹣0）mol/L=0.5mol/L，该反应方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z （g），所以发生反应时，各物质的反应速率大小关系为，2v（X）=2v（Y）=v（Z），故A错误．B、Y的转化率==62.5%，故B错误．C、平衡常数K==33.3，故C正确．D、“先拐先平，数值大”，所以T1＞T2，升高温度，Z的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应方向是吸热反应，故D 错误．故选C．【点评】本题考查了图象的分析，难度不大，明确分析图象时运用“先拐先平，数值大”来判断外界条件的相对大小．二、解答题（共4小题，满分52分）9．周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素．已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，且D与E原子的最外层电子数之比为2：1，C 与E能形成离子化合物EC．（1）D元素的原子结构示意图为；（2）B元素的名称为氟；（3）用电子式表示A2C的形成过程；（4）写出E的碳酸氢盐与足量KOH溶液反应的离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2HO ；2（5）写出EA2与水反应放出气体的化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素．已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，D和E不能同时是第三周期的元素，否则A和C都是氢，结合原子半径知E是第四周期的元素中的钾或钙，D是第三周期的元素，A是氢，则E是钙（钾与氢同主族），D与E原子的最外层电子数之比为2：1，则D是硅，结合“C与E能形成离子化合物EC”知C是氧，根据原子半径知B是氟．【解答】解：周期表前20号元素中有A、B、C、D、E五种不同主族元素．已知它们原子半径依次增大，其中A与D、C与E原子的电子层数都相差2，D和E不能同时是第三周期的元素，否则A和C都是氢，结合原子半径知E是第四周期的元素中的钾或钙，D是第三周期的元素，A是氢，则E是钙（钾与氢同主族），D与E原子的最外层电子数之比为2：1，则D 是硅，结合“C与E能形成离子化合物EC”知C是氧，根据原子半径知B是氟．（1）D 为Si 元素，原子结构示意图为，故答案为：； （2）B 元素的名称为氟，故答案为：氟；（3）用电子式表示H 2O 的形成过程：，故答案为：； （4）E 的碳酸氢盐与足量KOH 溶液反应的离子方程式：Ca 2++2HCO 3﹣+2OH ﹣=CaCO 3↓+CO 32﹣+2H 2O ，故答案为：Ca 2++2HCO 3﹣+2OH ﹣=CaCO 3↓+CO 32﹣+2H 2O ；（5）CaH 2与水反应放出气体，反应化学方程式：CaH 2+2H 2O=Ca （OH ）2+2H 2↑，并用单线桥表示电子转移方向和数目为：，故答案为：．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生的分析推理能力、常用化学用语等，（5）为易错点，中学基本不涉及金属氢化物，难度中等．10．某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置． 实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品并连接仪器．②缓慢通入一定量的N 2后，将装置D 连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置D 中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N 2，至装置中气体变为无色．回答下列问题：（1）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有Cl2（填化学式）生成．若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O ．（2）装置C的作用是吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气．（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得．乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为①Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2；②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得．（4）实验证明，Na2O2与干燥的HCl能反应，完成并配平该化学方程式．Na2O2+HCl﹣﹣Cl2+NaCl+ Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O该反应不能（填“能”或“不能”）用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是①Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；生成的Cl2中混有杂质HCl或H2O等②实验室没有可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢．（要求答出要点）【考点】碱金属及其化合物的性质实验．【专题】无机实验综合．【分析】（1）HClO有漂白性，氯气和水反应生成HClO；O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净；（3）如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低；Na2O2还能和水反应生成氧气（4）Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O；若无水的HCl与Na2O2反应只能产生氯气，实验室中不能用这种方法制取氯气，实验室中得不到无水HCl且反应较慢；若用盐酸与Na2O2反应，会产生氧气等杂质气体，实验室不能用此方法快速制备纯净的氯气．【解答】解：（1）湿润的红色石蕊试纸褪色，说明有HClO生成，氯气和水反应生成HClO，所以说明装置A中有Cl2生成；若B中改放湿润的淀粉KI试纸，碘离子具有还原性，O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色，发生的离子反应方程式为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O（或4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣），所以不能据此证明上述结论，故答案为：Cl2；4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净，且盐酸具有挥发性，导致生成的气体中含有HCl，氯气、HCl都能和NaOH反应而除去，则NaOH的作用是吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气，故答案为：吸收HCl 和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气；（3）①如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低，不能是化合价升高，Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2②水和过氧化钠反应也生成氧气，O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应生成的；故答案为：①Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2；②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得；（4）反应方程式为Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O，若无水的HCl与Na2O2反应只能产生氯气，实验室中不能用这种方法制取氯气，实验室中得不到无水HCl且反应较慢；若用盐酸与Na2O2反应，会产生氧气等杂质气体，故实验室不能用此反应快速制取纯净的Cl2，故答案为：Na2O2+4HCl═Cl2+2NaCl+2H2O；不能；①Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；生成的Cl2中混有杂质HCl或H2O等②实验室没有可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢．【点评】本题考查性质实验探究，侧重考查学生动手操作、分析问题能力，物质的性质是实验设计的依据，性质、制备实验方案设计是高考高频点，综合性较强，涉及知识点较多，熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．11．如图是中学化学常见物质的转化关系，其中部分产物未写出，常温下D、N、Y是气体，A、F、N是单质，根据要求回答以下问题：（1）写出Y的化学式NO2，H的电子式．。