高考化学卤素及其化合物的推断题综合复习附详细答案

高考化学卤素及其化合物的推断题综合复习附详细答案
一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息：①原子半径：A<B<C<D。

②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：
物质比例模型图存在或性质
甲是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二
乙无色，无气味并且易燃。

是常见的一种基础能源
丙有强氧化性的弱酸，有漂白性，可用于消毒杀菌
请根据上述信息回答下列问题。

（1）A的元素符号是___；C元素在元素周期表中的位置是___；甲的电子式是___。

（2）丙可由D元素的单质与物质甲反应得到，该反应的离子方程式是___；D所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E的单质与甲反应后的溶液呈___（填“酸”或“碱”）性，用电离方程式表示其原因是___。

（3）①A、B、C元素可组成多种化合物。

由A、C组成的一种化合物丁，其产量常常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则实验室中可用来除去乙中少量丁的试是___。

②A、C组成的化合物中，化学式为C2A6，该物质与D的单质发生反应的类型___，写出其中一个化学方程式是___。

【答案】H 第二周期第IVA族 Cl2+H2O=H++Cl-+HClO 碱 .NaOH=Na++OH-
Br2的CCl4溶液取代反应 C2H6+Cl2→C2H5Cl+HCl
【解析】
【分析】
四种短周期元素A、B、C、D，信息②中四种元素之间形成甲、乙、丙三种分子，甲分子为V型结构，是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二，故甲为H2O，乙为正四面体结构，无色无味而易燃，是常见的一种基础能源，乙为CH4，丙分子有3个不同的原子，具有强氧化性，可以用于消毒杀菌，丙应是HClO，再根据信息①原子半径大小：A＜B＜C＜D可得，A为H元素、B为O元素、C为C元素、D为Cl元素。

【详解】
由分析知：A为H元素、B为O元素、C为C元素、D为Cl元素；甲为H2O、乙为CH4、丙为HClO；
(1)A的元素符号是H；C为碳元素，在元素周期表中的位置是：第二周期IVA族，甲为
H2O，电子式是：；
(2)丙(HClO)可由D(Cl)元素的单质与物质甲反应得到，该反应的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；D(Cl)所在周期中，E元素的单质还原性最强，而E为Na，则E的单质与甲(水)反应生产NaOH溶液，发生电离：NaOH=Na++OH-，溶液呈碱性；
(3)①由H、C组成的一种化合物丁，其产量常常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则丁为乙烯，在实验室中利用Br2的CCl4溶液可除去甲烷中混有的少量乙烯；
②化学式为C2H6，为乙烷，在光照条件下，能与Cl2发生取代反应，其中生成CH3CH2Cl的
光照 C2H5Cl+HCl。

化学方程式是CH3CH3+Cl2−−−→
2．甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：
(1)甲物质为____________(填化学式)。

(2)乙与甲反应的化学方程式为____________，丙与甲反应的化学方程式为____________。

(3)D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是____________（结合化学反应方程式描述原因）。

(4)D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为____________，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为____________，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为____________。

【答案】Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
Cl2+H2O=HCl+HClO、 HClO有漂白性 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，
2HClO2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A 为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙(CO2)反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与
C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2)，则G为HCl，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为
Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。

(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；
(2)甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(3)D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO ，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，有效成分为Ca(ClO)2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：2HClO2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】
本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

3．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。

4．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。

5．某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几
种。

某同学做如下实验来确定溶液的成分：
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。

②向①中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。

③将足量稀盐酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。

依据以上实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定有__________________。

（2）一定没有__________________。

（3）可能含有_____________。

（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是__________________。

A.稀硝酸
B.Ba（NO3)2
C.AgNO3
D.Na2CO3
（5）写出中沉淀消失的离子方程式________________。

【答案】SO42-、CO32-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
【详解】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；
②将①中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；
③将①中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；
综上所述：
(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；
(2)一定没有H+、Ba2+；
(3)可能含有Cl-；
(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；
(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。

6．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知E溶液是无色的。

请回答：
(1)A是________，B是________，C是________(填化学式)。

(2)反应①的化学方程式为____________________________。

(3)反应③的化学方程式为____________________________。

(4)反应④的化学方程式为______________________。

【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe+2HCl===FeCl2+H2↑ 2FeCl2+Cl2===2FeCl3【解析】
【分析】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。

【详解】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。

（1）由以上分析可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2；H2；
（2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

7．A、B、C三种常见单质，其中A、C为气体，B为常见金属．A溶于水所得的溶液可使紫色石蕊先变红后褪色．F的水溶液为浅绿色，其转化关系如图所示，请回答：
（1）A和C燃烧的现象是______．
（2）F的化学式是______，检验F水溶液中金属阳离子的方法是______．
（3）反应②的离子方程式是______．
【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾Fe Cl2先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】
【分析】
A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，氯气与水反应生成HCl 和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色；F的水溶液为浅绿色溶液，说明F中含有Fe2+，能
H，E为HCl。

继续和Cl2反应生成D，则D为FeCl3，F为FeCl2，所以B为Fe，则C为2
【详解】
(1)A为氯气，C为氢气，氢气在氯气中燃烧：H2+Cl2点燃
2HCl，生成的氯化氢气体极易溶
于水，所以瓶口上方有白雾，所以燃烧的现象为：安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾；
(2)F为FeCl2，检验亚铁离子的方法为：先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子；
(3)②FeCl2具有还原性，能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

【点睛】
溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，水溶液为浅绿色，则该溶液为FeCl2。

8．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、Fe SO2 NH4+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋
H2O H+＋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NH 3，L 为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N 是NH 4Cl ，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NCl 3，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SO 2，G 是NH 3，其水溶液为氨水，存在电离+-324NH H O NH +OH g ?
，最多的阳离
子为NH 4+；
(3)K 为FeCl 2，H 为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++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：Cl 2+H 2O ⇌H ++Cl -+HClO ，加入的碳酸钙，CaCO 3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。

9．无机盐A 是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成。

将其溶于水，通入适量黄绿色气体B ，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色。

分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO 2和NH 3可获得纳米材料E 和铵态氮肥F 。

（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式___。

（2）CO 2和NH 3两气体中，应该先通入溶液中的是___(填化学式)，写出制备E 和F 的离子反应方程式___。

【答案】2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O NH 3 2NH 3+CO 2+Ca 2++H 2O=CaCO 3↓+2NH 4+
【解析】
【分析】
无机盐A 是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B ，则B 为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A 中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A 为溴化钙，往此溶液通入CO 2和NH 3可获得纳米材料E 和铵态氮肥F ，则F 为NH 4Cl ，E 为CaCO 3，据此分析解答。

【详解】
(1)工业上制取漂白粉是利用氯气与消石灰反应制备的，反应的化学反应方程式
2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，故答案为：2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ；
(2)CO 2和NH 3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH 3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E 和F 的离子方程式为Ca 2++CO 2+2NH 3+H 2O=CaCO 3↓+2NH 4+，故答案为：NH 3；
Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+。

10．已知： M是人们日常生活中一种重要调料，也是一种重要的化工原料，在灼烧时，焰色反应呈黄色。

A、B、D均为单质，在F的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，各物质的转化关系如下图所示：
根据以上信息回答下列问题：
（1）M和水发生电解的化学方程式____________。

（2）写出E溶于水的电离方程式__________。

（3）F和D反应生成G的离子方程式为____________。

（4）向G的溶液中滴加C的溶液，观察到的现象为________。

【答案】2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑ HCl=H++Cl- 2Fe3+ + Fe=3Fe2+先有白色沉淀生成，后变为灰绿色，最终变为红褐色
【解析】
【分析】
M是人们日常生活中一种重要调料，也是一种重要的化工原料，在灼烧时，焰色反应呈黄色，则M是NaCl，电解NaCl的水溶液产物为H2、Cl2和NaOH，结合A、B、D均为单质，可知C为NaOH，E为HCl；在F的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，可知F为FeCl3，则A为Cl2、B为H2，D为Fe，G为FeCl2，据此分析解题。

【详解】
由分析知：M为NaCl、A为Cl2、B为H2、C为NaOH、D为Fe、E为HCl、F为FeCl3、G为FeCl2；
(1)电解NaCl的水溶液发生的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑；
(2)HCl溶于水电离出H+和Cl-，电离方程式为HCl=H++Cl-；
(3)Fe溶于FeCl3溶液生成FeCl2的离子方程式为2Fe3+ + Fe=3Fe2+；
(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH的溶液，先有白色沉淀生成，因Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，则可继续观察到白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。

【点睛】
考查无机物的推断；注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意电解饱和食盐水的产物和铁三角之间的转化条件是解答该题的关键。

11．有关物质的转化关系如下图所示。

A为一种黄绿色的气体，B为常见的无色液体，H为
一种助燃的气体，F为一种气体，它在A中燃烧产生苍白色火焰，E为一种能被磁铁吸引的金属。

（1）B的化学式为____________。

（2）F的化学式为____________。

（3）写出反应②的化学方程式：_______________________________。

（4）写出反应①的化学方程式：_______________________________。

【答案】H2O H2 2HClO 光照
2HCl + O2↑ Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
【解析】
【分析】
由题给信息可知，A为一种黄绿色的气体，则其为Cl2；B为常见的无色液体，则其为
H2O；H为一种助燃的气体，则其为O2；H2在Cl2燃烧，产生苍白色火焰，则F为H2，E为一种能被磁铁吸引的金属，则E为Fe，从而推出C为HCl，D为HClO；
（1）由以上分析可知，B为水；
（2）F为氢气；
（3）反应②是次氯酸光照分解；
（4）反应①是铁与盐酸反应。

【详解】
（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B为水，化学式为H2O；
（2）F为氢气，化学式为H2；
（3）反应②是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO 光照
2HCl + O2↑；
（4）反应①是铁与盐酸反应，其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

【点睛】
在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。

如本题中，反应②就是解题的突破口，或者叫题眼。

Fe与某物质反应，生成H2，则C中必含有能被Fe置换的H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。

12．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。

13．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：
①纯净的A在B中安静地燃烧生成C：______
②将气体B通入到水中：______
③将气体B通入到NaOH溶液中：______
④将气体B通入到适量石灰乳中：______
（2）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）。

（3）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+Cl22HCl Cl2+H2O=HCl +HClO Cl2+2NaOH=NaCl +NaClO+H2O
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+C(ClO)2+2H2O BC 漂白粉 Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO、
2HClO2HCl +O2↑
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体，A为氢气；B在通常情况下呈黄绿色，B为氯气；纯净的A可以在B 中安静地燃烧生成C，则C为氯化氢。

把氯气通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物氯化钙和次氯酸钙的混合物；
【详解】
（1）①纯净的氢气在氯气中安静地燃烧生成HCl：H2+Cl22HCl；
②将氯气通入到水中，反应生成HCl和HClO：Cl2+H2O=HCl+HClO；
③将气体氯气通入到NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
④将气体氯气通入到适量石灰乳中反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）HCl和Cl2通入酸性硝酸银溶液中，都生成AgCl白色沉淀；
（3）白色浑浊物D因具有漂白性又称为漂白粉，该物质在空气中容易变质的原因是
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO、 2HClO2HCl +O2↑。

14．现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。

（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）丙的化学式为____。

（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的电子式为___。

（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：____。

（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是：____。

（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是___(用简单文字和离子方程式说明)。

（6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：____(写出实验步骤，现象和结论)。

【答案】HCl Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色抑制Fe3+水解，Fe3++3H 2O Fe(OH)3+3H+取少量的E溶液于试管
中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe （OH）3，由反应①Na→气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属B→E可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。

据此解答。

【详解】
（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；
（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠，该物质的电子式为
答案为：
（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；答案为：Cl2+2OH-＝Cl- +ClO-+H2O；
（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（5）FeCl 3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3++3H 2O Fe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加
K3[Fe(CN)6]，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。

15．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_____（填离子化合物、共价化合物、共价分子）；
（3）写出XZ（写化学式）的电离方程式_____；写出XZ（写化学式）与Ca(ClO)2反应的化学方程式_____。

【答案】H O Cl 共价化合物 HCl=H++Cl- Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2
【解析】
【分析】
有X、Y、Z三种元素，由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，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣．XZ的
水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为
H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；据以上分析进行解答。

【详解】
有X、Y、Z三种元素，由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，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣．XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为
H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；
（1）根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl元素；
（2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，其电子式为；X2Y为H2O，水分子中只含有共价键，属于共价化合物；
（3）XZ为HCl，属于强电解质，其电离方程式为：HCl=H++Cl﹣；HCl与Ca(ClO)2反应生成次氯酸和氯化钙，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。

【点睛】
盐酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红；氯水成分有：Cl2、 HCl、 HClO 、H2O等，溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能够使紫色石蕊试液变红（H+作用），后溶液褪色（HClO的漂白作用），而氯气本身没有漂白作用。