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的化学方程式是CH3CH3+Cl2
C2H5Cl+HCl。
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】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2
2FeCl3Al3++4OH-=
+2H2OV（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
2FeCl3；故答案为：
2Fe+3Cl2
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
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．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】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO
2HCl+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：
2HClO
2HCl+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。
4．已知X是一种黄绿色气体，X、Y、Z都是有刺激性气味的气体，M是一种金属单质，D是一种盐，受热易分解。
有以下转化关系，部分产物未标出。
试回答：
（1）写出下列物质的化学式：
X________、Y________、M________、D________。
（2）写出下列反应的离子方程式
①_______________________________________，
②_______________________________________，
③_______________________________________。
（3）Z是合成硝酸的重要原料，请写出其与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式___________________。
【答案】Cl2SO2FeNH4ClCl2＋SO2＋2H2O=2Cl－＋SO42－＋4H＋2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋Fe3＋＋3NH3＋3H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4＋4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】X是一种黄绿色气体，X为氯气；X、Z都是有刺激性气味的气体，Z和C的溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则Z为NH3，C为铁盐，氨气和氯气反应生成D，D是一种盐，D为铵盐；Y是有刺激性气味的气体，氯气和Y、水反应生成A和B，A能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，则A中含有氯离子，B能和盐酸酸化的氯化钡反应生成白色沉淀，则B中含有硫酸根离子，根据元素守恒及物质的性质知，Y为SO2，A为盐酸，B为硫酸；M是金属单质，能和X生成可溶性铁盐，根据元素守恒知，M是Fe；
（1）通过以上分析知，X、Y、M、D分别是Cl2、SO2、Fe、NH4Cl，故答案为：
Cl2；SO2；Fe；NH4Cl；
（2）X是氯气、Y是二氧化硫，二者在水溶液里发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+；C是氯化铁、Y是二氧化硫，氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸，离子方程式为：
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；Z是氨气、C是氯化铁，二者反应生成氢氧化铁和氯化铵，离子方程式为：
Fe3++3NH3+3H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：
Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；Fe3++3NH3+3H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）氨气与氧气在催化剂的作用下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O，故答案为：
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
点睛：
本题考查了无机物推断，根据物质的颜色、物质的特殊气味等为突破口，采用正逆结合的方法进行推断，再结合物质的氧化性、还原性是解答本题的关键。
本题的易错点为氯气与二氧化硫的反应方程式的书写，需要根据生成物的现象结合氧化还原反应的规律分析书写。
5．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＋2H2OCa（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；⑤2HClO
2HCl+O2↑，氯元素、氧元素化合价均发生改变。
6．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：
X______、Y______、A______、B______、C______。
（2）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
反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。
【详解】
（1）分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。
（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+。
7．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】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+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+3Cl2
2FeCl3，故答案为：
2Fe+3Cl2
2FeCl3；
（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。
8．下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。
A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化为I2。
它们的转化关系如下：
（有些反应的条件和部分产物为注明）
（1）写出下列物质化学式：
B_________，F_______________；
（2）写出反应①的化学方程式：
____________________；
（3）H在空气中很容易被氧化为I，该过程的实验现象是__________________；
（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是___________________。
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有__________。
A．具有丁达尔现象
B．红褐色液体可用过滤的方法纯化
C．液体中分散质微粒直径小于1nm
D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀
【答案】Fe3O4FeCl23Fe+4H2O
Fe3O4+4H2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-AD
【解析】
【分析】
甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，G为FeCl3。
【详解】
（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4；FeCl2；
（2）A与甲反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）
Fe3O4+4H2；
（3）H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；
（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是Fe（OH）3胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，选项AD正确。
9．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）
和C燃烧的现象是______．
（2）
的化学式是______，检验F水溶液中金属阳离子的方法是______．
（3）反应
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FeCl2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
，E为HCl。
【详解】
（1）A为氯气，C为氢气，氢气在氯气中燃烧：
H2+Cl2
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。
10．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下图所示（部分产物、反应条件已略去）：
（1）常温下，用惰性电极电解M溶液（足量）发生反应的离子方程式为__________，电解一段时间后，让溶液复原的方法为_____，若M溶液为0.5L，电解一段时间后，两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为_____（忽略溶液的体积变化）。
（2）若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，则E溶液的俗称是_______。
（3）若A是CO2气体，将一定量的A通入B溶液，得到溶液W，再向溶液W中滴入盐酸，相关量如图所示，则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_____、_____。
（4）若A是一种化肥。
A和B反应可生成气体E，E与D相遇产生白烟，工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏，是因为E与D可发生反应：
_________（写化学方程式）。
【答案】2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑通入HCl13水玻璃Na2CO3，0.005molNaHCO3，0.005mol3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl
【解析】
【分析】
C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则C为H2，D为Cl2；其生成的产
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