高考化学 卤素及其化合物 培优易错试卷练习(含答案)及答案

高考化学卤素及其化合物培优易错试卷练习(含答案)及答案
一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G 的单质都能与 H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素。

(1)B 在元素周期表中的位置是______。

(2)D 的两种常见氧化物中均含有____________(填“离子键”或“共价键”)。

(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。

(4)D 的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为
___________。

(5)用原子结构解释“B、G 单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：________。

【答案】第2周期第VIIA族离子键 2H2SO4(浓)+C CO2↑+2SO2↑+2H2O Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O 氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键
【解析】
【分析】
A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B 与G 的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E 同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。

【详解】
A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B 与G 的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E 同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；
(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；
(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；
(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+C CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-
+H2O；
(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX 型氢化物。

2．现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。

现进行如下实验：①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；②向溶液中加入
BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。

根据上述实验现象推断：
(1)一定不存在的物质是___________；
(2)写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式___________；
(3)可能存在的物质是___________；
(4)用化学反应的现象来检验可能存在的物质所用试剂为：__________；若不使用化学试剂还可用_________来检验该物质的存在。

【答案】CaCO3、Na2SO4、CuSO4 BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O NaCl 稀硝酸、硝酸银溶液焰色反应
【解析】
【分析】
①原固体中CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色溶液，固体粉末溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现说明一定不含这两种物质；②碳酸钡沉淀溶于盐酸，硫酸钡沉淀不溶于盐酸，向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，则固体粉末中一定不存在的物质是CaCO3、
Na2SO4、CuSO4，一定有K2CO3，由于没有涉及与NaCl有关的实验，固体粉末中可能含有NaCl。

【详解】
（1）由分析可知，固体粉末中一定不存在CaCO3、Na2SO4、CuSO4，故答案为：CaCO3、Na2SO4、CuSO4；
（2）向溶液中加入BaCl2溶液，K2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成BaCO3白色沉淀，再加盐酸，BaCO3白色沉淀与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O，故答案为：BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O；
（3）由分析可知，固体粉末中可能含有NaCl，故答案为：NaCl；
（4）氯化钠的存在与否，可以通过检验氯离子或钠离子来确定，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银来检验，钠离子的检验可以用焰色反应来检验，故答案为：稀硝酸、硝酸银溶液；焰色反应。

【点睛】
碳酸钡沉淀溶于盐酸，硫酸钡沉淀不溶于盐酸，向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子是判断的关键。

3．根据下图所示的转化关系，回答下列问题：
(1)写出反应①的离子方程式：______________________________________________；写出反应②的离子方程式：______________________。

(2)推出下列物质的化学式：E____________；I______________。

(3)在上述转化过程中，B、C、F、H的氧化能力由弱到强的顺序为
______________________(写化学式)。

【答案】MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O Br2＋2I－===2Br－＋I2KCl AgBr I2＜Br2＜Cl2＜MnO2
【解析】
【详解】
H中加入淀粉溶液变蓝，说明H为 I2单质，F溶液为橙色，应为溴水，即F是 Br2 单质，其通过反应②即加入G（钾盐）溶液后有单质 I2生成，说明G溶液一定是KI溶液，则D为KBr，因为C+KBr→Br2 +E ，很容易联想到卤素间的置换反应，比 Br2 单质氧化性强的应是Cl2，所以C应该是Cl2，B为黑色粉末，可想到A和B的反应是制 Cl2的反应，则A为HCl，E为KCl，I为AgBr。

（1）反应①是实验室制氯气反应，离子方程式为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，反应②是Br2与I－的置换反应，反应的方程式为：Br2＋2I－===2Br－＋I2，故答案为MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；Br2＋2I－===2Br－＋I2
（2）C为 Cl2， Cl2与KBr反应生成Br2和KCl，所以E为KCl，D为KBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，所以I为AgBr，故答案为KCl；AgBr。

（3）B、C、F、H分别为：MnO2、Cl2、Br2、I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以推出氧化能力由弱到强的顺序为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2，故答案为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2
4．已知：A为正盐，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体E本身为无色气体，但是与空气接触会生成一种红棕色气体I，H为黄绿色气体。

F在常温下是一种无色液体。

C、J的水溶液分别为两种强酸。

图中反应条件（除加热外）均己略去。

（1）写出它们的化学式：A__、C__、J__。

（2）写出②的离子反应方程式：__。

（3）写出③的化学反应方程式：__。

（4）红热的碳与J的浓溶液反应的化学方程式：__。

（5）J的浓溶液与单质Ag反应的离子方程式为：__。

（6）若86.4g银与含有1.4molJ的浓溶液恰好完全反应，则最终得到气体（NO、NO2）的总物质的量为__mol。

【答案】NH4Cl HCl HNO3 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO 3NO2+H2O=2HNO3+NO
C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O 0.6
【解析】
【分析】
气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，B是氨气；气体E本身为无色气体，但是与空气接触会生成一种红棕色气体I，则E是NO、I是NO2，D是O2；J的水溶液为强酸，J是HNO3，F是液体，NO2与水反应生成硝酸，F是H2O，G是氢气；H为黄绿色气体，H是Cl2；Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸光照条件下分解为盐酸和氧气，则C是HCl、K是HClO；A是NH4Cl。

【详解】
（1）A是氯化铵，化学式是NH4Cl、C是氯化氢，化学式是HCl；J是硝酸，化学式是HNO3；
（2）②是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子反应方程式是Cl2+H2O=H++Cl-
+HClO；
（3）③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学反应方程式是
3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（4）红热的碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式是
C+4HNO3(浓)=∆CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（5）浓硝酸与Ag反应生成硝酸银、二氧化氮、水，反应的离子方程式为Ag+2H++NO3-
=Ag++NO2↑+H2O；
（6）86.4g银的物质的量是
86.4g
0.8mol
108g/mol
=，生成硝酸银的物质的量是0.8mol，根
据氮元素守恒，最终得到气体（NO、NO2）的总物质的量为1.4mol－0.8mol=0.6mol。

【点睛】
本题考查无机物的推断，侧重物质转化及氯、氮及其化合物性质的考查，明确H、I为有色气体，I通常为红棕色气体，F在常温下是一种无色液体是解题关键。

5．现有A、B、C三种金属单质和甲、乙、丙三种气体，及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图所示变化（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请回答下列问题：
（1）写出指定物质的化学式：D____________、G____________、丙____________。

（2）上述反应中既是化合反应，又是氧化还原反应的是____________（填序号）。

（3）写出反应①的离子方程式：____________________________________。

（4）写出反应⑤的离子方程式________________________。

用于检验溶液G 中金属阳离子的试剂是____________。

【答案】NaOH 3FeCl HCl ②⑤ 222Na 2H O=2Na 2OH H +-+++↑
2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++ KSCN 溶液
【解析】
【分析】
金属单质A 的焰色反应为黄色，A 为Na ，Na 与水反应生成NaOH 和2H ，气体甲为2H ，溶液D 为NaOH ，NaOH 与金属单质Al 反应生成2NaAlO 和2H ，B 为Al ，黄绿色气体是2Cl ，2H 与2Cl 反应生成HCl 气体，气体丙为HCl ，HCl 加水得到溶液E 为盐酸，盐酸与金属单质Fe 反应，生成2FeCl 和2H ，金属C 为Fe ，溶液F 为2FeCl ，2FeCl 与2Cl 反应，生成3FeCl ，溶液G 为3FeCl ，3FeCl 与NaOH 反应生成红褐色沉淀3Fe(OH)和NaCl ，H 为3Fe(OH)。

【详解】
（1）根据分析可知，D 为NaOH 、G 为3FeCl 、丙为HCl ，故答案为：NaOH ；3FeCl ；HCl ；
（2）化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，氧化还原反应是反应前后有元素化合价改变的反应，所以②⑤是既是化合反应，又是氧化还原反应，故答案为：②⑤；
（3）反应①是Na 与水反应生成NaOH 和2H ，其离子反应方程式：
222Na 2H O=2Na 2OH H +-+++↑，故答案为：
222Na 2H O=2Na 2OH H +-+++↑；
（4）反应⑤是2FeCl 与2Cl 应生成3FeCl ，其离子反应方程式：
2+3+-22Fe +Cl =2Fe +2Cl ，溶液G 为3FeCl ，阳离子是3+Fe ，滴加KSCN 溶液，溶液变
为血红色，说明有3+Fe ，故答案为：2+3+-22Fe +Cl =2Fe +2Cl ；KSCN 溶液。

6．如图中A ～H 均为中学化学中常见的物质，A 、B 、H 为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系（反应中生成的水已略去）。

请回答以下问题：
（1）工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：_____，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为____。

（2）A中元素的原子结构示意图为____。

（3）F在溶液中的电离方程式为_____。

（4）上述反应中属于氧化还原反应的是___（填写序号）。

【答案】2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO
HCl=H＋＋Cl－①⑤
【解析】
【分析】
C能与气体B反应得到E，而B与石灰水反应也得到E，题给B为气体，可推知B为CO2，则E为CaCO3，F为HCl；A与石灰乳反应得到C，反应①是重要的工业反应，由此可知，该反应为工业制备漂白粉的反应，所以A为Cl2，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO， H 为O2，据此来分析作答即可。

【详解】
（1）B是CO2，D是CaCl2，G是HClO，H是O2；
（2）工业上常利用反应①氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：2Cl2＋
2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO；
（3）A为氯元素，其原子结构示意图为；
（4）F为HCl，在溶液中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－；
（5）上述反应中属于氧化还原反应的是①2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，氯元素化合价由0价变为+1价和-1价；⑤2HClO2HCl+ O2↑，氯元素、氧元素化合价均发生改变。

7．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。

（1）D与G反应的化学方程式________。

（2）L→N的离子方程式_____________。

（3）H→I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+3Fe3O44Al2O3+9Fe 3 Fe2++4H++NO3-=3 Fe3++NO↑+2H2O 4NH3+5O2 4NO+6H2O O2 0.045
【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+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；
(2)L→N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3 Fe2++4H++NO3-=3
Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3 Fe2++4H++NO3-=3 Fe3++NO↑+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：
4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(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
氮气体体积为VL，物质的量为
VL
22.4L/mol=
V
22.4mol，所得溶液中硝酸的物质的量为
V
22.4mol，溶液的物质的量浓度为
m
V
22.4
ol
VL
≈0.045mol/L，故答案为：O2；0.045。

【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。

8．A、B、C、D四种元素都是短周期元素。

A元素的离子具有黄色的焰色反应。

B离子带
有2个单位正电荷，且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布。

H2在C单质中燃
烧产生苍白色火焰，D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。

根据上述条件回答：
(1)元素C位于第___周期第___族。

(2)A是___元素，B是___元素，D是___元素。

(3)A与D形成稳定的化合物的化学式为___，此化合物与水反应的化学方程式为___。

(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为___。

【答案】三ⅦA Na Mg O Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【解析】
【分析】
A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；B离子带两个单位正电荷，且B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布，则B
为12号Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素；D元素原子的电
子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则D原子核外有2个电子层，次外层为2，最外层电子为2×3=6，D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解
答。

【详解】
根据上述分析可知A是Na元素，B是Mg元素，C是Cl元素，D是O元素。

(1)元素C是Cl，Cl原子核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素在周期表中位于第三周期第ⅦA族；
(2)根据上述分析可知：A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；
(3)A 是 Na，D是O，Na与O形成的稳定化合物为Na2O2，Na2O2与水反应产生NaOH和
O2，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
(4)元素C是Cl，Cl元素的单质Cl2是有毒气体，可以与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO和H2O，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以用NaOH溶液吸收氯气可消除氯气对环境造成的污染。

【点睛】
本题考查了元素的位置、结构、性质的关系及应用。

正确推断各元素为解答本题的关键，要明确元素周期表结构、元素周期律的内容，并结合元素及其单质、化合物的性质进行解答。

9．有两种常见的非金属元素A、B与常见的三种金属元素C、D、E。

A与C的单质在加热条件下反应生成淡黄色化合物X，B单质的水溶液有漂白性，但干燥的B单质不能使干燥
红布条褪色，D的单质既能与盐酸也能与NaOH溶液反应生成H2。

E的单质在A的单质中燃烧火星四射，生成一种黑色固体Y。

请回答下列问题：
(1)物质X的化学式为__________。

B单质与水反应的离子方程式_________。

(2)将D的单质用砂纸打磨，然后与NaOH溶液发生反应，写出该反应的离子方程式
__________________________。

(3)将 C的单质投入足量CuSO4溶液中，下列实验现象正确的有____(填字母序号)。

A．C的单质熔化成光亮的小球
B．C的单质沉在溶液底部
C．生成红色固体物质
D．小球四处游动发出“嘶嘶”的声音
E．生成蓝色沉淀
【答案】Na2O2 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO 2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑ ADE
【解析】
【分析】
A与C的单质在加热条件下反应生成淡黄色化合物X，X为Na2O2，则A为O元素，C为Na元素；B单质的水溶液有漂白性，但干燥的B单质不能使干燥的红色布条褪色，则B为Cl；D的单质既能与盐酸也能与NaOH溶液反应生成H2，说明D的单质具有两性，D是Al；E的单质在A的单质中燃烧火星四射，生成一种黑色固体Y，E是铁，Y是Fe3O4，据此分析解答。

【详解】
(1)根据分析，X为Na2O2，B单质是氯气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
(2)Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-
+3H2↑；
(3)C的单质是Na，钠的密度比水小，易和水反应生成氢气，小球四处游动，发出“嘶嘶”的声音，反应放出的热可使钠熔化，将钠加入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀，故选ADE。

10．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：
（1）W在元素周期表中的位置___________________，实验室制取W单质的离子方程式是____________________________________________________________；
（2）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___________、____________；
（3）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____________；
【答案】第三周期、ⅦA族 MnO2+ 4H++ 2Cl-加热
Mn2++ 2H2O + Cl2↑ NaOH NaClO
【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ⅦA族元素，且原子序数大于Na的，应为Cl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】
(1)W为Cl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ⅦA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
MnO2+ 4H++2Cl-加热
Mn2++2H2O +Cl2↑；
(2)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NaClO；
(3)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：。

11．已知：某些强酸盐的水溶液呈中性，如NaCl溶液，某些弱酸盐的水溶液呈碱性，如Na2CO3溶液。

请根据如下图所示转化关系回答有关问题。

A和B均为焰色反应呈黄色的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有强氧化性。

（1）写出C的化学式：________。

（2）依次写出A→D和D→E(E中含有某＋5价元素的含氧酸根离子)的离子方程式：
___________________，_____________________。

（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：____________。

（4）检验K溶液中阳离子的简易方法是__________。

【答案】AgI 2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH- I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，溶液变红
【解析】
【分析】
A、B的焰色反应均为黄色，则A、B均含有Na元素；A和AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的黄色沉淀C为AgI，则说明A为NaI溶液；B和浓盐酸反应生成的黄绿色气体F为Cl2，且B呈碱性，则B为NaClO溶液，K为FeCl3溶液，H为NaCl和NaClO的混合溶液；将B 逐滴滴入A中，NaClO将NaI氧化为I2（D），再继续加入B，NaClO将I2氧化，根据题（2）可以推测E为NaIO3溶液。

【详解】
（1）根据分析，C为AgI；
（2）A为NaI溶液，D为I2，E为NaIO3溶液，A→D的离子方程式为：2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH-，D→E的离子方程式为：I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O；
（3）K溶液为FeCl3溶液，向此溶液中通入SO2的离子方程式为：
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）K溶液中阳离子为Fe3+，检验该阳离子的方法为：取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有Fe3+。

12．现有A、B、C、D、E五种物质，其中A是最轻的气体，B是黄绿色气体，A能在B中燃烧生成苍白色火焰，B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，请写出这五种物质的化学式。

A________，B________，C________，D________，E________。

【答案】H2（氢气） Cl2(氯气) Fe(铁) FeCl3(三氯化铁) Fe(OH)3 (氢氧化铁)
【解析】
【分析】
A是最轻的气体，所以A是氢气；B是黄绿色气体，所以B为HCl；氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰；B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，可知D为氯化铁，则C为铁单质；向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，即氢氧化铁沉淀。

【详解】
根据分析可知A为H2(氢气)；B为Cl2(氯气)；C为Fe(铁)；D为FeCl3(三氯化铁)；E为
Fe(OH)3 (氢氧化铁)；
【点睛】
物质的密度、颜色、气味及反应现象等时推断突破口，注意把握相关物质的性质，平时多积累相关知识，难度不大。

13．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，进行如下实验：
⑴溶液中肯定存在的离子是________________________；
⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________；
⑶为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_____________________________；
____________________________。

【答案】Mg2+、Al3+、NO3-、SO42- Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
【解析】
【详解】
因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据①取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓
H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；
（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；
（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；
（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3。

14．已知：X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，并有如下转化关系：
请回答下列问题：
(1)写出Y2的化学式____________。

(2)X2分别在Y2、Z2中点燃时火焰的颜色是________、_________。

(3)Z2与X2Y反应生成两种酸，其化学方程式为 ___________________。

(4)Z2与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________。

【答案】O2淡蓝色苍白色 Cl2+H2OƒHCl+HClO 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，所以X是H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，说明只有两个电子层，最外层电子数是6，即是O元素，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，氢气在Z2燃烧，生成XZ，可知Z是氯元素，所以形成的单质分别是：氢气，氧气，氯气，据此回答问题。

【详解】
（1）根据分析Y2的化学式O2，故答案为：O2
（2）氢气分别在氧气，氯气中燃烧的火焰的颜色是淡蓝色，苍白色；故答案为：淡蓝色；苍白色；
（3）氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，故化学方程式是：Cl2+H2OƒHCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OƒHCl+HClO；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，次氯酸钠，水，故化学方程式是：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O。

15．某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A 的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。

（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。

（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。

（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。

【答案】HCl Cl2MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
【解析】
【分析】
B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；
(2)A的浓溶液与MnO2共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。