江西省吉安市新干二中2016届高考化学一模试卷 含解析

2016年江西省吉安市新干二中高考化学一模试卷
一、选择题,每小题6分，共48分)在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．以下数据可供解题时参考：相对原子质量:H1，C12,O16，Na23,Al27，S32，Cl35。

5，Fe56，Zn65
1．我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极,海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流．电池总反应为：4Al+3O2+6H2O═4Al（OH）3，下列说法不正确的是(）A．正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═40H ﹣
B．电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极
C．以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积
D．该电池通常只需更换铝板就可继续使用
2．X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Z元素的﹣1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同．下列说法正确的是（)
A．X、Y形成的化合物只含有极性键
B．X单质和Z单质在暗处能剧烈反应
C．含W元素的盐溶液一定显酸性
D．Z离子半径小于W离子半径
3．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．则下列说法不正确的是（)
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2。

5 mol•L﹣1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
4．下列反应中不属于加成反应的是(）
A．
B．CH2═CH﹣CH═CH2+2H2CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
C．
D．CH3﹣CH2Br+NaOH CH3﹣CH2OH+NaBr
5．下列反应属于可逆反应的是（)
A．电解水生成H2、O2与H2在O2中燃烧生成H2O
B．H2和I2在高温下边化合边分解
C．溶解与结晶
D．SO2通入品红溶液褪色,加热后又恢复红色
6．取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验．下列判断正确的是(）
A．加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中一定有Ag+
B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32﹣或HCO3﹣C．加入NaOH溶液微热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则试样中一定有NH4+ D．加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则试样中一定有SO42﹣
7．在恒温条件下,有甲、乙两容器,甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C(g)⇌A（g）+B（g),经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡．下列说法中正确的是（）
A．平衡时C的转化率:乙＞甲B．平衡时C的体积分数:乙＞甲
C．反应速率:乙＞甲D．平衡时A的物质的量:甲＞乙
8．用0。

100 0mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂)的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（)
A．水电离出的氢离子浓度:a＞b
B．盐酸的物质的量浓度为0.0100 mol•L﹣1
C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应
D．当滴加NaOH溶液10。

00 mL（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=1+lg3
二、非选择题，共3小题,共52分）
9．4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍,y的氧化物具有两性，回答下列问题：
（1）元素x在周期表中的位置是第周期，第族,其单质可采用电解熔融的方法制备．
（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是．（填化学式)
（3)气体分子（mn）2的电子式为．（mn)2成为拟卤素，性质与卤素类似,其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为．
10．某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装
置:
(1）实验室常用装置E制备Cl2,指出该反应中浓盐酸所表现出的性质,
（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后,给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为：
B D
(3）装置C的作用是
（4)该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：
通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅，试根据该实验装置和两名同学的实验结果
①指出在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过浓硫酸的两个目
的、．
②试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：、，并用离子方程式表示
③你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？．
11．“速力菲”是一种人工合成的补铁剂，某研究性学习小组为探究其主要成分，进行了如下实验:
（Ⅰ）打开这种药片的密封膜，发现其外观为淡黄色；
（Ⅱ)将“速力菲”投入小试管中,加入少量蒸馏水，充分振荡后发现溶液变浑浊；慢慢加入稀硫酸后溶液变得澄清透明并显黄色；滴加KSCN溶液，立即变为血红色．学生甲由此断定“速力菲"的主要成分是三价铁盐；
(Ⅲ）学生乙的操作与甲大致相同，所不同的是他动作敏捷，且在振荡前用橡皮塞塞紧试管口．结果发现:溶液仅显示淡红色．乙同学认为“速力菲”的主要成分不是三价铁盐而是亚铁盐．
（Ⅳ）为了确认甲、乙的结论是否正确，学生丙将乙所得的淡红色溶液分成两份继续进行实验：
试回答下列问题：
（1）甲、乙两位同学的结论中比较合理的是，另一同学判断出错的原因是．
(2）丙的实验①说明维生素C具有较强的性（填“氧化”或“还原”）．
(3）写出与丙的实验②中现象对应的离子反应方程式；．（4）关于丙的实验③中的现象，丙同学提出了两种假设：一种是过量的氯水与Fe3+结合生成了某种稳定的新物质；另一种则是过量的氯水将SCN﹣氧化了．请你设计一个实验方案以确认哪种假设更合理．
（5）针对实验目的，本次实验尚未完成的任务是．
二、【化学——选修5:有机化学基础】
12．从甲苯出发,按下面流程可以合成苯甲酸苯甲酯和水杨酸()：
（1)写出反应①的反应条件：．
(2）写出C、F的结构简式：C、F．
（3）写出反应⑥、⑨的化学方程式:⑥、⑨．（4）③、④两步反应能否互换，为什么？．
（5）反应①~⑨中,属于取代反应的有．
（6）同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体共有种．
①苯环上有3个取代基②能发生银镜反应．
2016年江西省吉安市新干二中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16,Na23，Al27，
S32,Cl35.5,Fe56，Zn65
1．我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极,海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流．电池总反应为:4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，下列说法不正确的是（）A．正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═40H ﹣
B．电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极
C．以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积
D．该电池通常只需更换铝板就可继续使用
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al ﹣3e﹣+3OH﹣=Al（OH）3,正极上通入空气，发生还原反应,正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH ﹣，结合原电池的工作原理解答该题．
【解答】解：A、正极上通入空气，发生还原反应,正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故A正确；
B、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；
C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故C正确；
D、Al不断反应，不断溶解,所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查化学电源知识,题目难度中等,注意原电池的两极上的变化以及原电池原理．
2．X、Y、Z、W是短周期元素,原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍;Z元素的﹣1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同．下列说法正确的是（）
A．X、Y形成的化合物只含有极性键
B．X单质和Z单质在暗处能剧烈反应
C．含W元素的盐溶液一定显酸性
D．Z离子半径小于W离子半径
【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】X、Y、Z、W是短周期元素,原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素，则X 为H元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子只能有2个电子层,最外层电子数为4，则Y为C元素；Z元素的﹣1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同,则Z为F、W为Al,据此解答．
【解答】解:X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素，则X为H元素;Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为4,则Y为C元素；Z元素的﹣1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，则Z为F、W为Al,
A．H与C元素形成的乙炔等分子中碳碳之间形成非极性键，故A错误；
B．氢气和氟气在暗处能剧烈反应，故B正确；
C．偏铝酸钠溶液中偏铝酸跟水解，溶液呈碱性，故C错误；
D．F﹣、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F﹣＞Al3+，故D 错误，
故选B．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，A选项中学生容易考虑C、H元素之间形成的化合物及注意化学键的分析，C选项中学生容易考虑铝盐而忽略偏铝酸盐,难度不大．
3．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．则下列说法不正确的是（）
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol•L﹣1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【考点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．
【专题】计算题；元素及其化合物．
【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V(NaOH 溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH)3，二者物质的量之和为0。

35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH)的倍．从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3:NaOH+Al （OH)3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg （OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH)3为0.35mol ﹣0.15mol=0.2mol,由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH)3：NaOH+Al（OH）
3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH）=n[Al（OH）3］=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L．
A、由元素守恒可知n（Al）=n[Al(OH）3］=0.2mol,n（Mg）=n[Mg（OH）2］=0。

15mol，据此计算;
B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；
C、沉淀量最大，此时为Mg(OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的，据此计算;
D、由A中可知n(Al）=0.2mol，n（Mg)=0。

15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n(Al）+2n（Mg），据此计算n（H2），再根据V=nVm计算氢气体积．
【解答】解：由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH 溶液）=200mL时，沉淀量最大,此时为Mg（OH)2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0。

35mol,溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的．从200mL到240mL,NaOH溶解Al（OH）3：
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少,此时全部为Mg（OH）2,物质的量为0。

15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0。

35mol﹣0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL,NaOH溶解Al（OH)3：NaOH+Al （OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH)=n[Al（OH）3]=0.2mol,氢氧化钠的浓度为=5mol/L．
A、由元素守恒可知n（Al）=n［Al（OH）3]=0。

2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2］=0.15mol,所以镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0。

15mol×24g/mol=9g，故A正确;
B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；
C、沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH）3,溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍,所以n（Na2SO4）=×0。

2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C正确;
D、由A中可知n（Al）=0。

2mol,n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2）=3n （Al）+2n（Mg）=3×0.2mol+2×0.15mol=0。

9mol,所以n(H2）=0.45mol,故氢气体积为
0.45mol×22。

4mol/L=10。

08L,故D错误．
故选D．
【点评】本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应,利用守恒计算．
4．下列反应中不属于加成反应的是（）
A．
B．CH2═CH﹣CH═CH2+2H2CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3
C．
D．CH3﹣CH2Br+NaOH CH3﹣CH2OH+NaBr
【考点】取代反应与加成反应．
【专题】有机反应．
【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，一般来说，当有机物中含有C=C、C≡C、C=O键，且反应后转化为C﹣C、C﹣O时，发生加成反应，以此解答．
【解答】解：A．乙醛中由C=O键生成C﹣O键，为加成反应,故A不选;
B．丁二烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原子生成丁烷，为加成反应，故B不选；C．乙醛与氢气反应生成乙醇，C=O键生成C﹣O键，为加成反应，故C不选；
D．CH3﹣CH2Br在氢氧化钠水溶液中，CH3﹣CH2Br中溴原子取代生成乙醇，属于取代反应，故D选．
故选D．
【点评】本题主要考查了加成反应的判断,加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等）．
5．下列反应属于可逆反应的是()
A．电解水生成H2、O2与H2在O2中燃烧生成H2O
B．H2和I2在高温下边化合边分解
C．溶解与结晶
D．SO2通入品红溶液褪色，加热后又恢复红色
【考点】化学反应的可逆性．
【专题】化学平衡专题．
【分析】可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应．注意条件相同,同时向正逆两个方向进行．
【解答】解：A、可逆反应要求正、逆反应在同一条件下进行，电解水生成H2和O2的反应是在通电条件下进行的，而H2与O2燃烧生成H2O的反应是在点燃条件下进行的，条件不同,不是可逆反应，故A错误;
B、H2和I2的生成和分解为相同条件下同时进行的两个反应，故B正确；
C、溶解与结晶过程没有发生化学变化，不是可逆反应,故C错误;
D、SO2使品红溶液褪色，加热又复原，是不同条件下进行的两个过程，故不是可逆反应，故D错误．
故选B．
【点评】本题主要考查可逆反应概念，难度较小，注意把握可逆反应条件相同，同时向正逆两个方向进行．
6．取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验．下列判断正确的是（）
A．加入盐酸,产生白色沉淀，则试样中一定有Ag+
B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32﹣或HCO3﹣C．加入NaOH溶液微热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体,则试样中一定有NH4+
D．加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,则试样中一定有SO42﹣
【考点】常见离子的检验方法．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A．白色沉淀可能为硅酸；
B．气体可能为二氧化硫；
C．使湿润红色石蕊试纸变蓝气体为氨气;
D．白色沉淀可能为AgCl．
【解答】解：A．若溶液中存在SiO32﹣,加盐酸也可以生成白色沉淀,故A错误；
B．SO32﹣或HSO3﹣可以与酸生成使澄清石灰水变浑浊的无色气体，故B错误;
C．氨气是唯一的碱性气体,产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体,则试样中一定有NH4+，故C 正确；
D．加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，也有可能是AgCl的沉淀，故D错误；故选C．
【点评】本题考查离子的鉴别,为高频考点，把握离子检验的试剂、现象及反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子检验中排除干扰离子，题目难度不大．
7．在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器,乙容器为一个带有理想活塞（即无质量、无摩擦力的刚性活塞）的体积可变的密闭容器，两容器起始状态完全相同，
都充有C气体，若发生可逆反应C（g)⇌A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡．下列说法中正确的是（）
A．平衡时C的转化率：乙＞甲B．平衡时C的体积分数：乙＞甲
C．反应速率：乙＞甲 D．平衡时A的物质的量:甲＞乙
【考点】化学平衡建立的过程．
【专题】化学平衡专题．
【分析】甲为恒容，乙为恒压，随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而增大压强，平衡向逆方向移动，本题可从压强对平衡移动的影响的角度比较分析．
【解答】解：甲为恒容，乙为恒压,随着反应的进行，甲容器压强逐渐增大，而乙压强不变，A．增大压强平衡向逆方向移动，C的转化率减小,则平衡时C的转化率：乙＞甲，故A正确；
B．增大压强平衡向逆方向移动,平衡时C的体积分数：甲＞乙，故B错误；
C．压强越大反应速率越大，则反应速率：甲＞乙，故C错误；
D．增大压强平衡向逆方向移动，则平衡时A的物质的量：乙＞甲，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度不大，本题注意从压强对平衡移动的影响的角度比较甲乙两个状态．
8．用0。

100 0mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20。

00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是()
A．水电离出的氢离子浓度：a＞b
B．盐酸的物质的量浓度为0.0100 mol•L﹣1
C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应
D．当滴加NaOH溶液10.00 mL(忽略反应前后体积变化),该混合液的pH=1+lg3
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．a点时加入NaOH较少，溶液中c（H+）较大，从影响水的电离平衡移动的角度分析;
B．加入NaOH溶液20。

00mL时，酸碱恰好中和,根据c（酸)×V（酸）=c(碱）×V（碱）计算；
C．指示剂为酚酞,溶液变色范围为8。

2～10,溶液呈碱性；
D．当滴加NaOH溶液10。

00 mL时，酸过量,根据c（H+）
=计算溶液的pH．
【解答】解：A．a点时加入NaOH较少，溶液中c(H+）较大,c(H+)越大，水的电离程度越小，则有水电离出的氢离子浓度:a＜b,故A错误；
B．加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和,由c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱)可知，盐酸的物质的量浓度为0.100 mol•L﹣1，故B错误；
C．指示剂为酚酞,溶液变色范围为8.2～10，溶液呈碱性，NaOH过量,并不是恰好完全反应,故C错误;
D．当滴加NaOH溶液10.00 mL时，酸过量,c
（H+)==×10﹣1mol/L，则pH=1+lg3，故D正确．故选D．
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．
二、非选择题，共3小题，共52分）
9．4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题:
（1）元素x在周期表中的位置是第三周期,第IIA族,其单质可采用电解熔融氯化镁的方法制备．
（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH)3．（填化学式）
（3）气体分子（mn）2的电子式为．(mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+（CN)2=NaCN+NaCNO+H2O．
【考点】真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】这几种元素都是短周期元素,且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n 位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍,y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素,再结合题目分析解答．
【解答】解:这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，(1）元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，其单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备，
故答案为：三；IIA；氯化镁；
（2）m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al 元素、非金属性最强的是N元素,所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3，
故答案为：HNO3；Al(OH）3；
（3）气体分子（mn）2为（CN）2，电子式为，根据氯气和氢氧化钠溶液反应知，(CN）2和NaOH反应生成NaCN、NaCNO、H2O，反应方程式为2NaOH+（CN）
2=NaCN+NaCNO+H2O，故答案为:；2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O．【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中物质及元素性质确定元素，再结合物质的性质分析解答,采用知识迁移的方法分析解答(3）题，题目难度中等．
10．某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装
置:
(1）实验室常用装置E制备Cl2，指出该反应中浓盐酸所表现出的性质酸性，还原性（2)反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色,停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为：
B溶液由无色变成红色D溶液没有明显变化
（3）装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境
（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：
通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色,而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅,试根据该实验装置和两名同学的实验结果
①指出在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过浓硫酸的两个目的使SO2和Cl2混合均匀，、通过观察气泡控制气体的流速．
②试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是：控制SO2和Cl2按物质的量之比1:1进气，二者发生反应，、生成无漂白性的H2SO4和HCl，并用离子方程式表示SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+
③你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等．
【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应；探究氯水、氯气的漂白作用．
【专题】卤族元素；氧族元素．
【分析】（1）根据氯元素的化合价判断其表现的性质．
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质,注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的．
(3)根据氢氧化钠及二氧化硫和氯气的性质分析．
(4）①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应,但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合．
②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性,二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性．
③如果SO2和Cl2的进气速度不相等,混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性．【解答】解:（1）实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O,由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，
由HCl生成Cl2,氯元素化合价升高,所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性．
故答案为：还原性和酸性．
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时,次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色．
故答案为：溶液由无色变成红色;溶液没有明显变化．
（3）氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中,但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C 的作用是保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫．
故答案为：吸收多余的SO2和Cl2,防止污染环境．
（4）①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合．
故答案为:使SO2和Cl2混合均匀，通过观察气泡控制气体的流速．
②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性,二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性,离子反应方程式为SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣．
故答案为:控制SO2和Cl2按物质的量之比1：1进气,二者发生反应，生成无漂白性的H2SO4和HCl，SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+．
③通气一段时间后，品红溶液颜色随时间推移变得越来越浅，说明有漂白性；如果SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余,仍具有漂白性．
故答案为：控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等．。