高考化学卤素及其化合物(大题培优)含答案

高考化学卤素及其化合物(大题培优)含答案
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】HCl H2O Na2O2 HClO 2Fe+3Cl22FeCl3 Al3++4OH-=-2
AlO+2H2O
V(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+3Cl2点燃
2FeCl3；故答案为：2Fe+3Cl2
点燃
2FeCl3。

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 + Cl2点燃
2HCl，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．已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：
（1）写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2点燃
2HCl NH4Cl + NaOH
加热
NaCl +H2O +NH3↑
盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B 是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E 是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：
H2+Cl2点燃
2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和
水，反应方程式为：NH4Cl + NaOH 加热
NaCl +H2O +NH3↑；
(3) F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

4．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 +=++↑，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。

5．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H 2。

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CuSO 4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】Na 2O 2 Cl 2+H 2O=H ++Cl -+HClO 2Al+2OH -+2H 2O = 2AlO 2-+3H 2↑ 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Na 2O 2，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H 2，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Fe 3O 4，据此分析解答。

【详解】
(1)根据分析，X 为Na 2O 2，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Cl 2+H 2O ⇌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 -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑；
(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 。

6．有A 、B 、C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大（按A 、B 、C 的顺序），将等物质的量的A 、B 、C 溶于水，所得溶液中只含有Fe 3＋、K ＋、SO 42-、NO 3-、Cl -五种离子，同时生成一种白色沉淀。

请回答下列问题：
（1）经检验，三种正盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是___。

A ．Na ＋
B ．Mg 2＋
C ．Cu 2＋
D ．Ag ＋
（2）若将A 、B 、C 三种正盐按一定比例溶于水后，所得溶液中只含有Fe 3+、SO 42-、NO 3-、K ＋四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则A 、B 、C 三种正盐的物质的量之比为___。

【答案】D 1∶3∶2
【解析】
【分析】
等物质的量的A 、B 、C 溶于水，所得溶液中只含有Fe 3+、K +、24SO -、3NO -、Cl -五种离子，同时生成一种白色沉淀，A 、B 、C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A 为盐酸盐，B 为硝酸银，C 为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl ，则A 为FeCl 3，B 为AgNO 3，C 为K 2SO 4，以此来解答。

【详解】
（1）所给离子中只有Ag +和24SO -、3NO -
、Cl −三种阴离子中Cl −按1:1生成沉淀，其余所给阳离子均和三种阴离子不沉淀，则该离子是Ag +，
故答案为：D ；
（2）只含有Fe 3+、24SO -、3NO -、K +四种离子且物质的量之比依次为1:2:3:4，则若FeCl 3为1mol ，AgNO 3为3mol ，二者发生Ag ++Cl −═AgCl↓，K 2SO 4为2mol ，A 、B 、C 三种正盐的物质的量之比为1:3:2，
故答案为：1:3:2。

7．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 E ，A 2Cl 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 E ，A 2Cl 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。

CO-、Cl－中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进8．某溶液中可能含有K＋、Na＋、2
3
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
_________
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，【答案】Na＋和2
3
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】
CO-能和盐酸反应生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；2
3
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－。

9．有X、Y、Z三种元素：
（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；
（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；
（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；
（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。

试写出其元素符号：（1）X_______，Y_______， Z_______，以及化合物的分子式：
XZ_______，X2Y_________。

（2）写出Z单质与X2Y反应的化学反应方程式：____________________________。

【答案】H O Cl HCl H2O Cl2+ H2O =HCl +HClO
【解析】
【分析】
（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，则X是H，Z是Cl，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；（3）氯化氢溶于水得到盐酸，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，所以Y是O，氢气在氧气中燃烧生成水；（5）氯气溶于水生成次氯酸，所得溶液具有漂白性。

【详解】
（1）根据以上分析可知X是H，Y是O，Z是Cl，XZ的分子式为HCl，X2Y的分子式为
H2O；
（2）氯气与水反应生成HCl和HClO，反应的化学方程式为Cl2 + H2O =HCl +HClO。

10．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】H2 Cl2 HClO Na2O2 Na H2+ Cl2点燃
2HCl 2Na＋O2
加热
Na2O2
2Na2O2+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+
Cl2点燃
2HCl ；
故答案为：H2+ Cl2点燃
2HCl；
(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＋O2
加热Na2O2；
故答案为：2Na＋O2 加热
Na2O2；
(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↑。

11．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___。

【答案】氢氧 HCl H2O 2Fe＋3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】
细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，且产生红棕色烟，Z是Cl元素； X单质可在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色，XZ是氯化氢，所以X是H元素；氯气溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用，则X2Y是水，Y是O元素。

【详解】
根据以上分析，（1）X是氢元素，Y是氧元素、Z是氯元素。

（2）化合物的化学式：XZ是氯化氢，化学式是HCl，X2Y是水，化学式是H2O；
（3）过程⑥是铁与氯气反应生成氯化铁，反应方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。

【点睛】
本题考查了物质性质的分析判断，抓住物质转化关系，特别是抓住反应现象的特征进行分析；如：根据细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，产生红棕色烟，可推知Z2(g)是氯气；火焰为苍白色是氢气在氯气中燃烧。

12．已知化合物X由3种元素组成，某学习小组进行了如下实验：
①取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色；
②取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和；中和后的溶液与硝酸酸化
的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀。

请回答：
（1）X中3种元素是____________(用元素符号表示)；
（2）X与水反应的化学方程式是______________；
（3）X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。

【答案】K、Cl、O K3ClO+H2O=KCl+2KOH 2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。

取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）
=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X 与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1－
(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）=
0.16g
16g/mol
=0.01mol，n
（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。

【详解】
取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。

取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）
=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X 与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1－
(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）=
0.16g
16g/mol
=0.01mol，n
（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。

⑴根据上面分析得出X中3种元素是K、Cl、O，故答案为K、Cl、O；
⑵X与水反应的化学方程式是K3ClO+H2O=KCl+2KOH，故答案为：K3ClO+H2O=KCl + 2KOH；
⑶氯气与石灰乳反应的化学方程式2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：
2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

13．下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，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)E是_____________，F是______________，H是_____________。

(填化学式)
(2)C物质在日常生活中可作______________剂。

(3)写出反应①的化学方程式：_________________________。

【答案】CaCO3 HCl O2消毒(或漂白) 2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【解析】
【分析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H 为O2，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO,H为O2；
(1) 由以上分析可以知道E为CaCO3，H为O2，F是HCl；
答案是：CaCO3；HCl；O2；
(2)C为Ca（ClO）2，可生成HClO，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；
答案是：消毒(或漂白)；
(3)反应①的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；
故答案是：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

14．某白色粉状固体X，它是碘的一种较稳定氧化物，M＝334 g·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】VIIA 2I2O5∆
2I2+5O2↑ CCl4 I3- 2IO3-+10Cl-+12H+=I2+5Cl2↑+6H2O 因反应
①5CO+I2O5∆
I2+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＝334 g·mol－1，设该氧化物的化学式为I x O y，
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2
I2O5∆
2I2+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：2I2O5∆
2I2+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+I2O5∆
I2+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。

15．无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。

B与金属D反应可生成白色固体E，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，F与CO2反应可
得到气体G，D与水反应可生成A，A在G中燃烧生成水。

推断出各种物质后，回答下列问题：
（1）E的化学式为_____。

（2）由D生成F的化学方程式为：_____。

（3）D与H2O反应的离子方程式为：______。

（4）写出F与CO2反应的化学方程式，并用双线桥表示该反应的电子转移____。

【答案】NaCl 2Na＋O2Na2O2 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑
【解析】
【分析】
无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。

可得出A为氢气，B为氯气，C为氯化氢，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，D为金属钠，F为过氧化钠，F与CO2反应可得到气体G，G为氧气，B与金属D反应可生成白色固体E，E为氯化钠。

【详解】
⑴根据以上分析得E为氯化钠，E的化学式为NaCl，
故答案为NaCl；
⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠，D生成F的化学方程式为：2Na＋O2Na2O2，
故答案为：2Na＋O2Na2O2；
⑶钠和水反应生成氢氧化钠和水，D与H2O反应的离子方程式为：2Na＋2H2O = 2Na＋＋
2OH－＋H2↑，
故答案为：2Na＋2H2O = 2Na＋＋2OH－＋H2↑；
⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，F与CO2反应的化学方程式为2CO2＋
2Na2O2 = 2Na2CO3＋O2↑，用双线桥表示该反应的电子转移
，
故答案为：。