温州备战高考化学复习《卤素及其化合物》专项推断题综合练习

温州备战高考化学复习《卤素及其化合物》专项推断题综合练习一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）1．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；K为红棕色粉末。其转化关系如图。请回答：（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。（4）写出E物质的电子式___________________。（5）J与H反应的离子方程式为________________________。（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【分析】【详解】形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（2）C与K反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；大于；（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源(短时间)电解KCl水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑；（4）E为KCl，KCl的电子式为，故答案为；（5）J与H反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。【点晴】本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。2．现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;②X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色。产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红;③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体;④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液;⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解;⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M请回答下列问题:（1）写出下列物质的化学式:XZ__________,X2Y__________,M__________（2）Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是__________(填化学式)（3）A的单质与Z的单质反应的化学方程式为__________（4）BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为__________（5）X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,则原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为__________(用相应化学式表示X、Z的单质)【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl22FeCl3Al3++4OH-=+2H2OV(H2):V(Cl2)≤1:1【解析】【分析】现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红，则XZ为HCl，得出X为H，Z为Cl；③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体，则X2Y为H2O，Y为O；④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性；⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成黑棕色固体，该固体溶于水得到棕黄色溶液，则为氯化铁溶液，即A为Fe；⑥B与Z可形成化合物BZ3，向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解，则B为Al；⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，则M为过氧化钠，则C为Na。【详解】⑴根据分析得出下列物质的化学式：XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；故答案为：HCl；H2O；Na2O2。⑵Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用；故答案为：HClO。⑶A的单质与Z的单质反应是铁与氯气反应生成氯化铁，其化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3。⑷氯化铝与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。⑸X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl，H2+Cl22HCl，反应后冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯气也要与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此氯气过量或刚好生成HCl，气体都能完全被吸收，故原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为V(H2):V(Cl2)≤1:1；故答案为：V(H2):V(Cl2)≤1:1。3．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反应发出苍白色火焰。请回答：（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；（2）反应①的化学方程式______________________________；（3）反应③的离子方程式______________________________；（4）反应④的离子方程式______________________________。【答案】FeCl2H22Fe+3Cl22FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－【解析】【分析】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。【详解】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。4．A、B和C为常见气体，A是所有气体中密度最小的气体；B是黄绿色气体；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。D是目前用量最大，用途最广的金属。请回答下列问题：(1)A是________(填化学式)(2)实验室制取C时，常用________（填“向下”或“向上”）排空气法收集；(3)B与D的单质在点燃条件下反应的化学方程式为______________________________【答案】H2向下2Fe+3Cl22FeCl3【解析】【分析】A是密度最小的气体，则A为H2；B是黄绿色气体，则B为Cl2；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3；D是目前用量最大，用途最广的金属，则D为Fe。【详解】（1）A是氢气，氢气的化学式为H2，故答案为H2；（2）C为NH3，NH3的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为向下；（3）B为Cl2，D为Fe，Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。【点睛】本题考查元素化合物，掌握元素化合物的性质是解答关键。5．已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。请回答下列问题。(1)写出下列各物质的化学式：X______、Y______、A______、B______、C______。(2)反应①的离子方程式为____________。【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+【解析】【分析】A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。【详解】(1)分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+。6．现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有如下情况:(1)X、Y、Z的单质在常温下均为气体(2)X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色.产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红.(3)两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体.(4)Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性.(5)A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液.(6)B与Z形成的化合物BZ3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解.(7)C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M.请完成下列问题:(1)写出下列物质的化学式:XZ__________，X2Y_________，M_________(2)Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是____________(填化学式)(3)A的单质与Z的单质反应的化学方程式:________________________________(4)BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式:__________________________(5)X单质与Z单质的混合气体经点燃充分反应后，冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，求原混合气体中X单质与Z单质的体积比可能为______________．【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2

2FeCl3Al3++4OH-═AlO2-+2H2OV（氢气）：V（氯气）≤1:1【解析】【分析】(2)X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，推出X的单质为H2，Z的单质为Cl2，即X为H，Z为Cl；XZ为HCl；(3)2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y，H2Y为液体，则H2Y为H2O，Y为O；(5)A的单质可以在Cl2中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液，说明该溶液中含有Fe3＋，即A为Fe；(6)B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该沉淀为Al(OH)3，推出B为Al；(7)C的单质与O2反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，M为Na2O2，即C为Na；据此分析；【详解】X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，推出X的单质为H2，Z的单质为Cl2，即X为H，Z为Cl；XZ为HCl；2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y，H2Y为液体，则H2Y为H2O，Y为O；A的单质可以在Cl2中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液，说明该溶液中含有Fe3＋，即A为Fe；B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该沉淀为Al(OH)3，推出B为Al；C的单质与O2反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，M为Na2O2，即C为Na；(1)根据上述分析，XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；答案：HCl；H2O；Na2O2；(2)Cl2与H2O反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClO具有强氧化性，起漂白性；答案：HClO；(3)Fe与Cl2反应：2Fe＋3Cl22FeCl3；答案：2Fe＋3Cl22FeCl3；(4)BZ3为AlCl3，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，因此AlCl3与过量的NaOH反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；答案：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；(5)H2和Cl2反应：H2＋Cl22HCl，因此HCl、Cl2都能被NaOH溶液吸收，因此V(H2)：V(Cl2)≤1；答案：V(H2)：V(Cl2)≤1。7．A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。请回答：(1)A是_____________，C是_____________。(均用化学式表示)(2)写出实验室制备D的化学方程式：_____________。(3)写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。(4)设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：_____________【答案】FeFeCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解析】【分析】A为金属单质，B、C、D、E

四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C(FeCl2)，结合(3)“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。【详解】（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，故答案为：Fe；FeCl2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，故答案为：取C溶液于试管中，向其中滴加

KSCN

溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。8．A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由1～2种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：（1）若常温下A为有色气体。①当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_________________。②当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为________________；D中所含化学键的类型为____________________。（2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：_________________。（3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：____________；B转化为C的化学方程式为______________。【答案】Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O离子键、极性共价键Al3＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑4NH3＋5O24NO＋6H2O【解析】【详解】（1）①若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，F为铁，B与铁反应生成Fe3+；由于A为有色气体，与水反应生成B和E，则A为NO2，B为HNO3，E为NO，C为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2；B与适量F反应生成C和气体E的离子方程式为：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；②A为有色气体，与水反应生成B和E，E具有漂白性，则A为Cl2，B为HCl，E为HClO，物质F的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为Na2CO3，C为二氧化碳，D为碳酸氢钠；二氧化碳的电子式为：；D为碳酸氢钠，其中含有离子键、极性共价键。（2）若A为淡黄色固体，能与水反应生成B和E，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相同，则B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气；铝盐显酸性是因为铝离子水解造成的，离子方程式为：Al3＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋。（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，则该元素为镁，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，则A含有氮元素，A为Mg3N2，B为氨气，F为氧气，C为一氧化氮，D为硝酸，E为氢氧化镁，A和水反应的化学方程式为：Mg3N2＋6H2O=3Mg（OH）2＋2NH3↑，B转化为C的反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。9．某溶液中可能含有K＋、Na＋、、Cl－中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验：请回答下列问题：(1)原溶液中一定存在的离子是______(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是______________，可能存在的离子是__________________。(2)为进一步确定原溶液中可能存在的离子是否存在，应进行的实验操作及判断依据是_________【答案】Na＋和K＋Cl－取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－【解析】【分析】钠的焰色反应是黄色，钾的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）是紫色；能和盐酸反应生成气体。检验Cl-的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液。【详解】（1）根据焰色反应显黄色、透过蓝色钴玻璃无紫色，说明含有Na＋、无K＋；加入盐酸有气体产生，说明存在CO32-，但不能确定是否有Cl－；则原溶液中一定存在Na+和CO32-，一定不存在K+，可能存在的是Cl-。（2）要检验是否存在Cl-选用AgNO3溶液和稀HNO3，所进行的操作和判断的依据为：取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－。10．如图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的部分产物已略去）。已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。（1）化合物A中含有的两种元素是___。（2）F的化学式___；G的水溶液中，最多的阳离子是___。（3）写出K与H反应的离子方程式：___。（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释___。【答案】S、FeSO2NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大【解析】【分析】E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。【详解】(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素；(2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+；(3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气的水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。【点睛】本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。11．X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如下表所示，其中X、Y元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请回答下列问题：XYZW(1)W的简单离子的结构示意图为______，Y元素在周期表中的位置是____。(2)写出实验室制W元素单质的离子方程式：___________(3)关于W同主族元素，下列说法正确的是：__________A．从上到下密度逐渐增大B．从上到下熔点和沸点都逐渐升高C．从上到下元素的非金属性越来越强D．同主族元素对应的单质中，只有W元素对应的单质在常态下为气态(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反应生成ZO2气体，1molZ2W2参加反应时转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反应的化学方程式为_____。【答案】第二周期第ⅥA族MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAB2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，根据它们的相对位置可知X、Y是第二周期的元素，Z、W是第三周期的元素，Y、Z是同一主族的元素，Z的原子序数是Y的2倍，可知Y是O元素，Z是S元素，则X是N元素，W是Cl元素。(1)W是Cl是17号元素，原子获得1个电子变为Cl-；Y是O元素，根据原子核外电子层数及最外层电子数确定元素在周期表的位置；(2)实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气；(3)根据元素周期律分析元素性质变化规律；(4)根据题意，结合元素化合价变化与电子转移关系计算确定反应方程式。【详解】根据上述分析可知X是N元素，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。(1)W是Cl是17号元素，原子核外电子排布为2、8、7，原子获得1个电子变为Cl-，Cl-结构示意图为；Y是O元素，核外电子排布为2、6，则O元素在周期表的位置位于第二周期第ⅥA族；(2)在实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)W是Cl元素，Cl元素位于元素周期表第VIIA，A.卤族元素的单质都是双原子分子，在固态时属于分子晶体，由于从上到下分子间作用力逐渐增大，所以从上到下密度逐渐增大，A正确；B.卤素单质由分子构成的分子晶体，分子间作用力从上到下逐渐增大，则克服分子之间作用力使物质熔化或气化需要的能量逐渐增大，因此从上到下卤素单质的熔点和沸点都逐渐升高，B正确；C.从上到下元素的原子半径逐渐增大，原子获得电子的能力逐渐减弱，因此元素的非金属性越来越弱，C错误；D.同主族元素对应的单质中，在常温下为气态的有F2、Cl2，D错误；故合理选项是AB；(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2是S2Cl2，该物质可与水反应生成ZO2气体是SO2，1molZ2W2参加反应时转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，S元素化合价由+1价变为+4价，则Cl元素化合价没有发生变化，S元素化合价还有变为0价，则S2Cl2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的相对位置及原子结构特点推断元素是解题关键，掌握元素周期表与元素周期律、氧化还原反应等知识是解题关键，题目考查了学生运用知识分析问题、解决问题的能力。12．A、B、C、D、E是高中阶段学习的五种物质，单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸。化合物C、D是刚学过的两种有重要用途的物质，化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一。化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由E与氧气燃烧得到。回答下列问题：（1）化学式A:________；B:________；C:________；D:________；E:________；（2）单质A与单质B反应的化学方程式：_______________。（3）E与氧气燃烧反应的化学方程式：_________________。（4）D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式：____________。【答案】H2Cl2HClONa2O2NaH2+Cl22HCl2Na＋O2Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【解析】【分析】单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸，则A为H2，B为Cl2，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性、漂白性，则C为HClO；化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，则D为Na2O2，Na2O2可由活泼金属E(Na)在氧气中燃烧得到，据以上分析解答。【详解】单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸，则A为H2，B为Cl2，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性、漂白性，则C为HClO；化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，则D为Na2O2，Na2O2可由活泼金属E(Na)在氧气中燃烧得到，(1)结合以上分析可知，A、B、C、D、E分别为：H2、Cl2、HClO、Na2O2、Na；故答案为：H2；Cl2；HClO；Na2O2；Na；(2)单质A与单质B反应的化学方程式即为H2在Cl2中燃烧的化学方程式为：H2+Cl22HCl；故答案为：H2+Cl22HCl；(3)E与氧气燃烧反应的化学方程式即为钠在点燃的条件下与氧气反应：2Na＋O2Na2O2；故答案为：2Na＋O2Na2O2；(4)D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式即为过氧化钠与水或二氧化碳反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。13．某白色粉状固体X，它是碘的一种较稳定氧化物，M＝334g·mol－1；有关化学性质与转化如下：①X在343K时，与CO作用生成B和CO2；②X在573K时，分解生成A和B；③X与水作用生成D；④D＋HCl→B＋Z＋H2O；⑤Z与氯仿在一定条件下生成灭火剂Y等。又知A、B、Z是常见单质。试分析并回答：(1)组成B的元素处于第_____________族。(2)写出②的化学方程式：_______________。(3)写出Y的分子式：_________(4)B与KI作用生成的阴离子的符号是_________(5)写出④的离子方程式：____________。(6)根据较为完全的反应①，再利用某一经典反应原理(方法)，在工业上可以测定废气中CO的含量。试简述其测定方法：________。(7)Z与氯仿反应的方程式一般为Z＋氯仿→Y＋氢化物，但也有另一种可能，其化学方程式是______________。【答案】VIIA2I2O52I2+5O2↑CCl4I3-2IO3-+10Cl-+12H+=I2+5Cl2↑+6H2O因反应①5CO+I2O5I2+5CO2较完全，生成了I2，再用碘量法（用硫代硫酸钠溶液滴定I2），即可测定CO的含量Cl2+2CHCl3=H2+2CCl4【解析】【分析】X是碘的一种较稳定氧化物，且M＝334g·mol－1，设该氧化物的化学式为IxOy，127x+16y=334，又x、y必须为整数，则可推出X为I2O5，①X在343K时，与CO作用生成B和CO2；则X发生还原反应生成I2；②X在573K时，分解生成A和B，应为2I2O52I2+5O2↑，故A为O2；③X与水作用生成D，即I2O5+H2O=2HIO3，推出D为HIO3；④D＋HCl→B＋Z＋H2O，发生氧化还原反应，可推出该反应为2HIO3＋10HCl=I2+5Cl2↑+6H2O，则可知Z为Cl2；结合⑤Z与氯仿在一定条件下生成灭火剂Y等可知该反应为取代反应，Y为CCl4，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为I2O5，B为I2，A为O2，D为HIO3，Z为Cl2，Y为CCl4，则(1)B为I2，组成B的元素为卤族元素，则该元素处于第VIIA族，故答案为：VIIA；(2)②为I2O5的分解反应，其化学方程式为：2I2O52I2+5O2↑；(3)Y为CCl4；(4)I2与KI作用生成的阴离子为I3-；(5)④的化学方程式为：2HIO3＋10HCl=I2+5Cl2↑+6H2O，其离子方程式为：2IO3-+10Cl-+12H+=I2+5Cl2↑+6H2O；(6)因反应①5CO+I2O5I2+5CO2较完全，生成了I2，再用碘量法（用硫代硫酸钠溶液滴定I2），即可测定CO的含量；(7)Z与氯仿反应属于取代反应，副产物较多，除上述反应以外，还可能生成氢气，发生的化学方程式是Cl2+2CHCl3=H2+2CCl4。14．有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可以在Z单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；③XZ极易溶于水，电离出X+和Z﹣，其水溶液可使蓝色石蕊试液变红；④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子，X2Y在常温下为液体；⑤Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。（1）推断元素符号X_____、Y_____、Z_____；（2）化合物XZ的电子式为_____，X2Y属于_____（填离