高考化学卤素及其化合物推断题综合经典题附答案

高考化学卤素及其化合物推断题综合经典题附答案一、卤素及其化合物练习题(含详细答案解析)1.在下列各变化中，反应①为常温下的反应，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体。回答下列问题：(1)A、G的化学式分别为TOC\o"1-5"\h\zF和E反应的化学方程式为。⑶写出反应①的化学方程。⑷在反应②中，每生成2.24L气体G(标准状况)时，消耗Fgo【答案】Cl2O22曲2。2+2H2O=4NaOH+O2Cl2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O丄5.6【解析】【分析】E常温下为无色无味的液体，推测E为水，F为淡黄色粉末，推测为过氧化钠，由图中关系可推知：A：Cl2；B：NaOH；C：NaCl；D：NaClO；E：H2O；F：Na2O2；G：02。在结合反应①②的情况，即可推断反应①为：CI2+2NaOH=NaCIO+NaCI+H2O，反应②为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2f,据此解答。【详解】由图中关系可推知：A：CI2；B：NaOH；C：NaCI；D：NaCIO；E：H2O；F：Na2O2；G：O2oA、G的化学式分别为Cl2、O2o故答案为ci2；O2；F和E反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；A和B反应的方程式为：CI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2Oo故答案为CI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O；在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+02个，每产生标准状况下的氧气22.4L，消耗的Na2O22moI.即156g。现在产生了2.24L气体G(标准状况)，则消耗Na2O2质量为15.6g，故答案为15.6。2.下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C常温下为一种液体，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，丨为红褐色固体，F为棕黄色溶液。①是实验室制取丁的反应之一。各物质间的转化如下图所示，回答下列问题(部分生成物未列出)：TOC\o"1-5"\h\z物质I的化学式为；F中阴离子是；反应①的化学方程式为为；B与K的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为；⑷反应②的化学方程式为；(5)若E与G以物质的量比为1:1投入足量水中，反应的化学方程式为；生成1mol气体转移电子的个数为。MnO△【答案】Fe(OH)3Cl-2H2O222H2O+O2MnO2+4H++2CI-Mn2++CI2个+2H2O3Fe+高温4H2O(g)Fe3O4+4H24FeCI2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)32+8NaCI+02个6NA【解析】【分析】丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2，B与K的反应是实验室制取丙的反应，且B为黑色粉末，则B为MnO2，K为HCI:①是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应，所以C为H2O，丁为氧气；G为淡黄色固体，且可以生成氧气，则G应为Na2O2，则J为生活中常见的调味品，应为NaCI,I为红褐色固体应为Fe(OH)3；F为棕黄色溶液，应含Fe3+,E与氯气反应可生成F,则F为FeCI3，E为FeCI2；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D为Fe3O4。【详解】根据分析可知物质I为Fe(OH)3；F中阴离子为CI-；MnO反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为2H2O22H2O+O2；实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：MnO2+4H++2CI-A=Mn2++CI2个+2H2O；反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：3Fe+4H2O(g)^Fe3O4+4H2；(5)E为FeCI2，G为Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1价的氧被还原成-2价，二者1：1反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2自身发生氧化还原反应，所以E与G以物质的量比为1:1投入足量水中，反应方程式为4FeCI2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3d+8NaCI+O2个。【点睛】解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体”，则丙为Cl2,"F为棕黄色溶液"，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。3.A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。写出A〜F各物质的化学式：TOC\o"1-5"\h\zA、B、C、D、E、F。写出A、B跟水反应的离子方程式：。【答案】ClSOHSOHClBaSOBaSOCl+S0+2H0===4H++SO2-+2CI-2224342224【解析】【详解】由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(0H)2和AgNO3均产生沉淀，B能与Ba(OH)产生沉淀，由此可知A为Cl；B为SO；222A、B与HO反应的化学方程式为：Cl+SO+2HO===HSO+2HC1；222224B与Ba(OH)反应的化学方程式为：Ba(OH)+SO===BaSO山+HO；22232含C、D的无色溶液与Ba(OH)反应的化学方程式为：HSO+Ba(OH)===BaSO&+2HO；224242溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCld+HNO3；故C为HSO；D为HCl；E为BaSO；F为BaSO。2434【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl+SO+222HO===HSO+2HCl。2244.化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验:已知：气体A在标准状况下密度为0.714g・L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。X中非金属元素的名称为，X的化学式。X与水反应的化学方程式为。化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型补充焰色反应的操作：取一根铂丝，，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。【答案】碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4个将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】【分析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g・L-ix22.4L/mol=16g/moI,则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g,根据Cl-守恒，其中含有AgCI沉淀质量为m(AgCI)=0.04molx143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g=188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol,其质量为0.01molx80g/mol=0.80g,结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH,贝X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05molx23g/mol-0.80g)=12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr,Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4个，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr,A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4个；化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。

5.如图是中学化学常见物质的转化关系（某些反应条件及部分产物已略去），A、G为日常生活中的常见金属。B、C、E、I、J5.如图是中学化学常见物质的转化关系（某些反应条件及部分产物已略去），A、G为日常生活中的常见金属。B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，M为红褐色胶体。A占燃AL4AKNF（悒和溶液.）｛过量）③-（胶体）査燃（固体）TOC\o"1-5"\h\z（1）D与G反应的化学方程式。（2）LTN的离子方程式。（3）H9的化学方程式。（4）现将一试管J气体倒立于水槽中一段时间后，水面上升但不充满；若使水充满整个试管，应向试管中通入一定量（填气体的化学式），此时试管中溶液的浓度为—mol/L（气体体积按标准状况计算）（保留两位有效数字）。【答案】8Al+3Fe3O4運yAl2O3+9Fe3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO个+2H2O4NH3+5O2催化剂4NO+6H2OO20.045【解析】【分析】B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，则C是Cl2；A、G为日常生活中的常见金属,A能和水蒸气反应，则A是Fe,铁和B反应生成D，B是气体，则D是Fe3O4，B为O2，E是H2；M为红褐色胶体，M为Fe（OH）3；则F是FeCl3，H为NH3，I为NO,J为NO2，K为HNO3；G是生活中常见金属，能发生置换反应，则G是Al；过量铁和稀硝酸反应生成L，L是Fe（NO3）2，硝酸亚铁被氧化生成N，N为Fe（NO3）3，据此分析解答。【详解】（1）D是Fe3O4，G是Al，二者反应的化学方程式为8Al+3Fe3O^^Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O4^L4Al2O3+9Fe；（2）LTN为硝酸亚铁酸化后被氧化生成铁离子，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++N0个+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++N0个+2H2O；（3）H为NH3，I为NO,氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为:（4）现将一试管气体J（NO2）倒立于水槽中一段时间后，水面上升但不充满；若使水充满整个试管，应向试管中通入一定量氧气，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；设原试管中二氧化4NH3+5O2催优剂4NH3+5O2催优剂△4NO+6H2O,故答案为：4NH3+5O2催优剂4NO+6H2O；VLV氮气体体积为VL,物质的量为224L/mol=124mol,所得溶液中硝酸的物质的量为

V224mol,溶液的物质的量浓度为22.4V224mol,溶液的物质的量浓度为22.4mol=0.045mol/L,故答案为：O2；0.045。VL【点睛】解答此类试题的关键是寻找突破口正确推断出物质。本题的易错点为(2),要注意在溶液中H+、Fe2+、NO3-要发生氧化还原反应。氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色。请回答下列问题：X的化学式为；X与水反应生成NO和一种酸，该酸的名称为;Y能使湿润的有色布条褪色，说明Y的水溶液具有—(填“漂白"或"酸”)性。【答案】no2硝酸漂白【解析】【分析】氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；X为NO2,Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为Cl2。【详解】X的化学式为no2;故答案为：no2。X与水反应生成NO和一种酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO,该酸的名称为硝酸；故答案为：硝酸。⑶Y能使湿润的有色布条褪色，Cl2+H2O=HCl+HCIO，HClO具有漂白性，说明Y的水溶液具有漂白性；故答案为：漂白。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：C(1)写出下列各物质的化学式：C——X—H,0¥X、Y、A、B、C。⑵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Fe反应，则X为Cl2，Y为so2,A为HCl，B为H2SO4,C为FeCl3。【详解】⑴分析可知，X为ci2，Y为so2，A为HCI,B为H2SO4，C为FeC—(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+。8.如图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D、E为单质，E为固体，F为有磁性的化合物。它们之间存在如下关系(反应中生成的水及次要产物均已略去)：写出下列物质的化学式：B，E。指出MnO在相关反应中的作用：反应①中是齐U,反应②中是齐腹2若反应①是在加热条件下进行，则A是(填化学式)；若反应①是在常温条件下进行，则A是(填化学式)；如在上述两种条件下得到等质量的C单质，反应中转移的电子数之比为。【答案】HClFe催化氧化KClOHO2：1322【解析】分析】根据铁及其化合物的性质及转化关系分析解答；根据氯气的制备原理及氯气的强氧化性分析解答。【详解】本题的突破口为“F为有磁性的化合物”，所以F为FeO，逆向推理可知E为固体属于34E是Fe,C为O,由于A是在加热条件下反应，贝A为KClO，同时注意到G、H之间的转23化为Fe3+与Fe2+之间的转化，不难推出D为Cl，B为HCl；2故答案为：HCl，Fe。反应①的方程式为：2KC1O2KC1+3Of,其中MnO作催化剂，反应②方程式322为：MnO+4HCl”=MnCl+Clf+2HO,其中MnO中的Mn元素化合价从+4价降低到+222222价，所以MnO作氧化剂；2故答案为：催化，氧化。若反应①是在加热条件下进行，则A是KClO，方程式为：2KC1O2KC1+3Of,332若反应①是在常温条件下进行，则A是HO,方程式为：2HO2HO+Of,假设两种条2222—22件下均生成氧气1mol，当A是KClO时，生成1molO转移4mole-，当A是HO时，生成32221molO时，转移2mole-，所以在上述两种条件下得到等质量的C单质时，反应中转移的电2子数之比为2:1；故答案为：KClO,HO,2：1。322元素X、Y、Z、W均为短周期元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4，W-、Z+、X+的离子半径逐渐减小，化合物XW常温下为气体，Z是本周期中除稀有气体元素外，原子半径最大的元素。据此回答下列问题：W在元素周期表中的位，实验室制取W单质的离子方程式是A、B均由上述四种元素中的三种组成的强电解质，A是一种强碱，B是某种家用消毒液的有效成分，则A、B的化学式分别为、;C是由Y和Z两种元素组成的一种化合物，其中Y和Z的原子个数比为1:1，则C的电子式是；加热【答案】第三周期、WA族MnO2+4H++2CI-Mn2++2H2O+Cl2fNaOHNaCIONa+［：O：O：］2-Na+【解析】【分析】Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4,则最外层电子数应为6,原子的核外电子总数为8,应为O元素，Z是本周期中除稀有气体元素外，原子半径最大的元素，且原子序数大于O,应为第三周期Na元素，W-、Z+、X+的离子半径逐渐减小，W带1个负电荷，应为第WA族元素，且原子序数大于Na的，应为CI元素，X带1个正电荷，应为第IA族元素，且化合物XW常温下为气体，说明X为H元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【详解】w为CI元素，原子序数为17,原子核外有3个电子层，最外层电子为7,应位于周期表第三周期WA族；实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2,反应的离子方程式为加热MnO2+4H++2CI-Mn2++2H2O+CI2f；由上述四种元素中的三种组成的强碱为NaOH,由上述四种元素中的三种组成的某种家用消毒液的有效成分为NaCIO；⑶由O和Na两种元素组成的一种化合物，其中O和Na的原子个数比为1:1,则对应的化合物为Na2O2，为离子化合物，含有的化学键类型是离子键和共价键，电子式为：。某溶液中可能含有SNa+、CO2、CI-中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验：亭号实驰操柞且现集取障溶濒遴行塔色反煎罐負直遗过直色常玻璃观察无就色取原溶液，向溶淞中拥入琵酸.有％体产生请回答下列问题：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。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CO,k+Cl-取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，3再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在CI-,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(透过蓝色钻玻璃)是紫色；CO,能和盐酸反应生3成气体。检验CI-的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液。【详解】根据焰色反应显黄色、透过蓝色钻玻璃无紫色，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CI-；则原溶液中一定存在Na+和CO32-,—定不存在K+,可能存在的是CI-。要检验是否存在CI-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CI-,若白色沉淀消失，则原溶液中不存在CI-。11.已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物,它们之间的转换关系如下图所示(1)已知条件丨和条件II相同，则该反应条件为。2)物质X的电子式为。写出B与Ca(OH)2反应的化学方程写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式

写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目请简述鉴定物质X的实验方法(用双线桥表示也【答案】通电Na1I:Cl:|一2Cl2+2Ca(OH)2=CaC屮Ca(ClO)2+2H2O2C1-+2H20电解20H-+H2f+Cl2fJ1a(用双线桥表示也222可)用焰色反应检验Na+,用硝酸银和稀硝酸检验Cl-【解析】【分析】X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2,A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与电0不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na,B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。物质X为NaCl,由此可写出其电子式。Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。X为NaCl,在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、H2。实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+,又要鉴定Cl-。【详解】已知条件丨和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；物质X为NaCl，其电子式为血应叮。答案为:何€叮;Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaC屮Ca(ClO)2+2H2O。答案为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；X为NaCl,在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2C1-+2氏0「言巨2OH-+C1J+HJ。答案为：2C1-+2H2O声2OH-+C1J+HJ.(5)实验室制Cl2(5)实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为:(6)鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+,又要鉴定Cl-,鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。【点睛】鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物

质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。12.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知12.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：写出B的电子式。若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式。若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学。TOC\o"1-5"\h\z若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是。⑸若A是一种氮肥,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为。⑹若A是一种溶液，可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Ab+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为。柄(沉淀)oV(B)oV(B)【答案】SiO2+2OH===SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3CI2+8NH3===N2+6NH4CIc(H+)：c(Ab+)：c(NH4+):c(SO42-)二1：1：2：3【解析】【分析】由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCI,故C为H2、D为Cl2、F为HCI,M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B,则M为NaCI、B为NaOH。【详解】B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为：二］；若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2,则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAIO2，贝V将过量的HCI溶液逐滴加入NaAIO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3CI2+8NH3=N2+6NH4CI，故答案为:3CI2+8NH3=N2+6NH4CI；由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+,—定含有AI3+；中间段沉淀的质量不变，应为nh4++oh-=nh3・h2o的反应，则含有nh4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Ab++3OH-=AI(0H)3(铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3,发生反应NH4++OH-=NH3・H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(AI3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(AI3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Ab+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3，故答案为：c(H+)：c(AI3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C。把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。请据此回答下列问题：(1)写出下列各反应的化学方程式纯净的A在B中安静地燃烧生成C

将气体B通入到水中：。将气体B通入到NaOH溶液中：将气体B通入到适量石灰乳中：把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是(用字母表示)。将白色浑浊物D溶于水得到澄清溶液，分别取适量该澄清液两份。向第一份中滴加碳酸钠溶液观察到出现沉淀，发生反应的化学方程式为向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，会观察到(填现象)。白色浑浊物D因具有漂白性又称为，该物质在空气中容易变质的原因为(用化学方程式表示)。【答案】H2+C12点燃2HC1CI2+H2OfHCI+HCIOCI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O2CI2+2Ca(OH)2=CaCI2+Ca(CIO)2+2H2OBCCaCl2+Na2CO3=CaCO3^+2NaClCa(ClO)2+Na2CO3=CaCO3^+2NaClO生成白色沉淀漂白粉Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3>2HCIO光照2HCl+O2个【解析】【分析】A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成D,则D为HCI，把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，结合对应物质的性质解答该题。【详解】A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成D,则D为HCI，把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，(1)①A与B反应是氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl点燃2HClCl点燃2HCl，故答案为：H2＋Cl2=2HCl；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：CI2+H2OfHCI+HCIO,故答案为：CI2+H2OfHCI+HCIO；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)氯气溶于水会生成盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为：BC；(3)①D为CaCl2和Ca(CIO)2的混合物，滴加碳酸钠溶液发生的化学反应为CaCI2+Na2CO3=CaCO3^+2NaCl>Ca(CIO)2+Na2CO3=CaCO3^+2NaCIO,故答案为：CaCI2+Na2CO3=CaCO3^+2NaCI>Ca(CIO)2+Na2CO3=CaCO3^+2NaCIO；向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，故答案为：生成白色沉淀；因为具有漂白性又称为漂白粉；在空气中容易与二氧化碳、水发生反应变质，其反应的方程式为：Ca(CIO)2+H2O+CO2=2HCIO+CaCO3>2HCIO光=照2HCI+O2个；故答案为：漂白粉；Ca(CIO)2+H2O+CO2=2HCIO+CaCO3>2HCIO光=照2HCI+O2个。【点睛】氯气是一种强氧化剂，与水或是碱都发生歧化反应，本题考察氯气及其化合物的性质，解题时需注意化学方程式的书写。某白色粉状固体X,它是碘的一种较稳定氧化物，M=334g・moIr；有关化学性质与转化如下：X在343K时，与CO作用生成B和CO2；X在573K时，分解生成A和B；X与水作用生成D；d+hcitb+z+h2o；z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：TOC\o"1-5"\h\z(1)组成B的元素处于第族。⑵写出②的化学方程式：。⑶写出Y的分子式：(4)B与KI作用生成的阴离子的符号是⑸写出④的离子方程式：。⑹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：。Z与氯仿反应的方程式一般为Z+氯仿TY+氢化物，但也有另一种可能，其化学方程式是。A【答案】VIIA21205=212+502个CCI413-2IO3-+10CI-+12H+=l2+5CI2个+6H2O因反应A①5CO+I2O5=l2+5CO2较完全，生成了l2,再用碘量法(用硫代硫酸钠溶液滴定l2)，即可测定CO的含量CI2+2CHCI3=H2+2CCI4【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,xy127x+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2AI2O^2I2+5O2个，故A为02；③X与水作用生成D,即I2O5+H2O=2HIO3，推出D为HIO3；④D+HClTB+Z+H2O,发生氧化还原反应，可推出该反应为2HIO3+10HCl=I2+5Cl2个+6H2O,贝可知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，贝V(1)B为I2,组成B的元素为卤族元素，则该元素处于第VII