备战高考化学易错题精选-卤素及其化合物练习题及详细答案

备战高考化学易错题精选-卤素及其化合物练习题及详细答案
一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）
1．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】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe＋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－。

2．现有单质A、B、C及化合物D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）反应③是D 物质的水溶液与金属铝反应，金属铝被氧化___(写化学式)；
（2）步骤⑦中刚生成的白色沉淀颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀H ，请写出由白色沉淀变成H 的化学方程式：___；
（3）检验G 中所含的金属离子时，在G 溶液中加入硫氰化钾溶液，离子方程式为：___； （4）工业上将氯气通入D 溶液中制取消毒液，反应的化学方程式为___，1mol 氯气发生反应，转移电子___mol ；消毒液中的有效成分是___(填名称)；
（5）将0.1molA 的碳酸盐溶液和0.15molE 溶液混合，有如下两种方式：
A ．将含A 的碳酸盐溶液逐滴加入到E 溶液中；
B ．将E 溶液逐滴加入到含A 的碳酸盐溶液中；
理论上产生气体比较多的是___(填序号)，多___mol 。

【答案】2H O 22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++= 33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=
222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++ 1 次氯酸钠 A 0.025
【解析】
【分析】
金属A 焰色反应为黄色，故A 为Na ，由反应Na +①水→气体C D +，故C 为2H 、D 为NaOH ，则E 为HCl ，HCl 溶于水形成盐酸。

金属B 能与盐酸反应生成F ，F 与氯气反应生成G ，而G 能与NaOH 反应生成红褐色沉淀H ，故B 为Fe 、F 为2FeCl 、H 为3Fe(OH)，据此解答。

【详解】
()1反应③是NaOH 水溶液与金属铝反应，本质是Al 与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与NaOH 反应生成偏铝酸钠与水，金属铝被2H O 氧化，故答案为：2H O ； ()2步骤⑦中刚生成的白色沉淀氢氧化亚铁易被氧化，颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀氢氧化铁，化学方程式为：22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，故答案为：22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=；
()3检验3FeCl 中所含的金属离子时，在3FeCl 溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变红，离子方程式为：33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=，故答案为：33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=； ()4工业上将氯气通入NaOH 溶液中制取消毒液NaClO ，反应的化学方程式为：
222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++，根据氧化还原反应化合价规律可知，氯气中的Cl 有一半化合价升高，一半化合价降低，即反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，各占一半，1mol 氯气发生反应转移1mol 电子，消毒液中的有效成分是次氯酸钠，故答案为：222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++；1；次氯酸钠；
()5A ．将碳酸钠溶液逐滴加入到盐酸中，发生反应：
2322Na CO 2HCl 2NaCl H O CO +=++↑n ，生成2CO 为10.15mol 0.075mol 2
⨯
=； B ．将盐酸逐滴加入到含碳酸钠溶液中，先发生反应：233Na CO HCl NaHCO NaCl +=+，剩余0.05molHCl 、生成30.1molNaHCO ，而后发生反应：322NaHCO HCl NaCl H O CO =+++↑，生成20.05molCO ；故理论上产生气体比较多的是A ，多产生2CO 为0.075mol 0.05mol 0.025mol -=。

故答案为：A ；0.025。

3．在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去．
回答下列问题：
(1)若甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。

①反应I 中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是__________。

A ．热分解法
B ．热还原法
C ．电解法
②反应Ⅱ中，乙与H 2O 在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应Ⅱ的化学方程式是____________________________________________________。

③通过比较反应I 、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是__________________________________（写出一种即可）。

(2)若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。

①反应Ⅲ的化学方程式是__________________________________________________。

②反应I 的另一种产物为有机物，则该有机物的电子式是________________。

③反应Ⅱ是化合反应．乙可与硫酸铵共热反应制氨气，则此反应的化学方程式是__________。

④在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO 溶液，同时放出一种气体。

其反应的离子方程式是_______________________________________________________。

【答案】C 3Fe+4H 2O(g) Fe 3O 4+4H 2 强 金属与酸反应的难易程度[或NaOH 是强
碱，Fe （OH ）3是弱碱等] 2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O
CaO+(NH 4)2SO 4=CaSO 4+2NH 3↑+H 2O 2Cl 2+H 2O+CaCO 3=Ca 2++2Cl -+2HClO+CO 2↑
【解析】
【分析】
(1)反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠等，焰色反应为黄色的物质含有钠元素；四氧化三铁一种有磁性的物质，据此分析解答；
(2)若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，据此分析解答。

【详解】
(1)反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠等。

①焰色反应为黄色的物质含有钠元素，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠，钠是活泼金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，故答案为：C；
②反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙是铁，高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
③金属与水或酸反应置换氢气的越容易，金属性越强，根据反应条件知，钠的金属性比铁强，故答案为：强；金属与酸反应的难易程度[或NaOH是强碱，Fe(OH)3是弱碱等]；(2)若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。

①反应Ⅲ是氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
②反应I的另一种产物为有机物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔的电子式为：，故答案为：；
③反应Ⅱ是化合反应，乙可与硫酸铵共热反应制氨气，则乙是氧化钙，氧化钙和硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应方程式为：CaO+(NH4)2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O，故答案为：CaO+(NH4)2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O；
④氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反应方程式为：
2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑，故答案为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-
+2HClO+CO2↑。

【点睛】
明确化合物的性质，正确判断框图中的物质是解本题的关键。

本题的易错点为(2)②，要注意有机化学中生成氢氧化钙的反应的联想和应用。

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】H 2 向下 2Fe+3Cl 2
2FeCl 3
【解析】
【分析】 A 是密度最小的气体，则A 为H 2；B 是黄绿色气体，则B 为Cl 2；C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C 为NH 3；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H 2，故答案为H 2；
（2）C 为NH 3，NH 3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Cl 2，D 为Fe ，Fe 在Cl 2中燃烧生成FeCl 3，反应的化学方程式为
2Fe+3Cl 2
2FeCl 3，故答案为2Fe+3Cl 22FeCl 3。

【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．A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质旳相互转化关系如图所示(反应条件未标出)，其中反应①是置换反应，A 是常见旳金属单质，D 是无色气体单质、F 是黄绿色气态单质，反应①②均在水溶液中进行的。

（1）写出B 旳电子式___。

（2）写出反应①旳化学方程式___。

（3）E 旳水溶液显酸性其原因是(用离子方程式表示)____。

（4）保存C 旳水溶液时，要防止其被氧化，一般旳做法是：___。

【答案】
Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑ Fe 3++3H 2O Fe(OH)3+3H + 在C 溶液中加入少量
铁粉
【解析】
【分析】
F 是黄绿色气态单质，为Cl 2，由反应①A ＋B→C ＋D ，D ＋Cl 2→B ，结合A 是常见的金属单质，D 是无色气体单质，反应①是置换反应，考虑反应①是金属与酸发生的置换反应，故D 为H 2，B 为HCl ，C 含有金属A 的元素，由C 2Cl uuu r E ，A 2Cl uuu r E 可知，A 为变价金属，故A
为Fe ，C 为FeCl 2，E 为FeCl 3，验证符合转化关系。

【详解】
F 是黄绿色气态单质，为Cl 2，由反应①A ＋B→C ＋D ，D ＋Cl 2→B ，结合A 是常见的金属单质，D 是无色气体单质，反应①是置换反应，考虑反应①是金属与酸发生的置换反应，故
D 为H 2
，B 为HCl ，C 含有金属A 的元素，由C 2Cl uuu r E ，A 2Cl uuu r E 可知，A 为变价金属，故A 为Fe ，C 为FeCl 2，E 为FeCl 3，验证符合转化关系；
(1)B 为HCl ，氯原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：
；
(2)反应①是铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑；
(3)FeCl 3的水溶液中Fe 3＋离子水解，Fe 3++3H 2O
Fe(OH)3+3H +，溶液呈酸性，故答案为：Fe 3++3H 2O Fe(OH)3+3H +； (4)C 为FeCl 2，保存FeCl 2的水溶液时，要防止其被氧化，一般的做法是在FeCl 2溶液中加入少量铁粉，故答案为：在C 溶液中加入少量铁粉。

【点睛】
做无机推断题时，找突破口是关键，本题中F 是黄绿色气态单质，反应①是置换反应，A 是常见的金属单质，D 是无色气体单质等均为解题突破口。

6．室温下，单质A 、B 、C 分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可以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⑥的化学方程式为：__________________________________________。

(3)反应④的离子方程式为：__________________________________________。

【答案】Fe Cl 2 H 2 4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3 2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl －
【解析】
【分析】
由B 为黄绿色气体且为单质，可知B 为Cl 2；由框图可知反应生成的固体D 为固体单质A 与Cl 2反应生成的一种氯化物；反应生成的E 为Cl 2与气体单质C 生成的一种可溶于水的氯化物，且E 溶液和固体单质A 又可以重新生成气体C 和F ，只有当C 为H 2，F 为一种氯化物时才能满足这一过程；而A 与Cl 2反应已生成了一种氯化物D ，F 又是一种氯化物，所以A 为变价金属，应为Fe ，所以A 为Fe ，B 为Cl 2，C 为H 2，D 为FeCl 3，E 为HCl ，F 为FeCl 2，G 为Fe(OH)2，H 为Fe(OH)3。

【详解】
(1)A是Fe，B是Cl2，C是H2，故答案为：Fe ； Cl2； H2；
(2)Fe(OH)2在很容易氧化，反应⑥的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)亚铁离子能被氯气氧化成铁离子，反应④的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－。

【点睛】
本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意推断Fe为解答该题的关键，从化合价变化的角度分析，学习中注意常见元素化合物的知识的积累。

7．现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：
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。

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。

⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。

请完成下列问题：
（1）请写出Z-的的离子结构示意图_____________。

（2）请写出Z单质溶于X2Y中发生反应的化学方程式_____________。

（3）请写出Z单质与NaOH反应的化学方程式：_____________。

【答案】 Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
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，则XZ为HCl，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，所以X为H2，Z为Cl2；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，X2Y为H2O，由⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用，则氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，然后结合化学用语及物质的性质来解答。

【详解】
（1）Z-为Cl-，离子结构示意图为；
（2）Z单质溶于X2Y中发生反应的化学方程式为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO；
（3）Z单质与NaOH反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。

【点睛】
本题考查无机物的推断，明确信息中物质反应的现象“火焰呈苍白色”、“Z的单质溶于X2Y 中所得溶液具有漂白作用”、“X2Y常温下为液体”即可解答。

8．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
H，E为HCl。

【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。

9．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I和条件II相同，则该反应条件为____________________ 。

（2）物质X的电子式为_____________________ 。

（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________ 。

（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式
_____________________________________________ 。

（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目
____________________________________________ 。

（6）请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。

【答案】通电2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-
+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑（用双线桥表示也
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H2O 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。

（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。

（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。

（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。

（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。

（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。

（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。

【详解】
（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。

答案为：通电；
（2）物质X为NaCl，其电子式为。

答案为：；
（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）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2Cl-
+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（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：
（用双线桥表示也可）；
（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。

10．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。

11．已知A～H是中学化学中的常见物质，A、C、G是金属，E、F是氧化物， B溶于水得蓝色溶液，E为红棕色粉末，它们有如下图所示的关系（反应中生成的水已略去）。

试回答下列问题。

（1）推断填写物质化学式：A是________ ，E是_________，H是_________。

（2）F的类别是_________（选填“酸性氧化物”、“碱性氧化物”或“两性氧化物”）。

（3）反应④的化学方程式为___________________________________。

若反应④转移电子数目为4N A，则生成F______mol。

【答案】Cu Fe2O3 FeCl3两性氧化物 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe 2/3 或0.67
【解析】
【分析】
A、C、G是金属，G和氯气反应生成H，H和KSCN反应后溶液呈红色，说明H是FeCl3，所以G是Fe，C是金属单质、E和F是氧化物，则反应④是铝热反应，则C是Al，F是
Al2O3，E为红棕色粉末，E是Fe2O3，A是金属单质，和氯气反应生成氯化物，B溶于水得蓝色溶液，说明B中含有铜离子，根据元素守恒知，B为CuCl2，A为Cu，Al和CuCl2发生置换反应生成Cu和AlCl3，D是AlCl3，氧化铝(F)和盐酸反应生成氯化铝，结合物质的性质分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知A为Cu，E为Fe2O3，H为FeCl3，故答案为：Cu； Fe2O3；FeCl3；
(2)F是Al2O3，为两性氧化物，故答案为：两性氧化物；
(3)反应④为铝和氧化铁发生的铝热反应，生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：
2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应中转移6个电子，若反应④转移电子数目为4N A，即转移
4mol电子，则生成的氧化铝为4mol
6
=
2
3
mol，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；
2
3。

【点睛】
明确物质的性质及物质的特殊反应现象是解本题关键。

本题的突破口为“反应⑥中加入KSCN，溶液变成红色”。

解答本题要注意理解铝热反应的特征。

12．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：
X Y
Z W
(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，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol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↑+2H2O AB
2S2Cl2+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SO2，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol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。

13．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1所示(部分产物已略去)：
(1)写出B的电子式________。

(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。

(3)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2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为
_____________；c(HCl)=________mol/L 。

(4)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______________________________________。

(5)若A 是一种可用于做氮肥的化合物, 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___________________。

(6)若A 是一种溶液，可能含有H ＋、NH 、Mg 2＋、Fe 3＋、Al 3＋、CO 32-、SO 42-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3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。

【答案】 Si+2OH - +2H 2O=SiO 32-+2H 2↑ NaOH 、Na 2CO 3 0.05 先有白色沉淀生
成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl 2＋8NH 3===N 2＋6NH 4Cl H ＋、Al 3＋、4NH +、24SO -
c(H ＋)∶c(Al 3＋)∶c(4NH +)∶c(24SO -
)＝1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1) C 可在D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl ，可推知C 为H 2、D 为Cl 2、F 为HCl ，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M 的溶液电解生成氢气、氯气与B ，可推知M 为NaCl 、B 为NaOH ；
(2)若A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A 为Si ，Si 和NaOH 的水溶液反应生成Na 2SiO 3和H 2；
(3) 曲线中，从0.4L ～0.6L 发生反应NaHCO 3+HCl=NaCl+CO 2↑+H 2O ，该阶段消耗盐酸为200mL ，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL ，大于200mL ，所以溶液中的溶质成分NaOH 、Na 2CO 3；
(4) 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NaAlO 2，则将过量的HCl 溶液逐滴加入NaAlO 2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；
(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；
(6) 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+，一定含有Al3+；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-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。

【详解】
(1)B为NaOH，其电子式为；
(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-
+2H2O=SiO32-+2H2↑；
(3) 曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理
NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)=0.01mol
0.2L
=0.05mol/L；
(4) 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NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2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：液中逐渐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；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，
(6) 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+，一定含有Al3+；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溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-
=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：
n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。

14．有X、Y、Z三种元素，已知：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色；③XZ极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；
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；⑥细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，且产生红棕色烟。

推断：
（1）X、Y两种元素的名称X___，Y___。

（2）化合物的化学式：XZ___，X2Y___。

（3）过程⑥中涉及的化学反应方程式为___。