全国备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合备战高考真题分类汇总附答案.docx

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全国备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合备战高考真题分类汇总附答案

全国备战高考化学卤素及其化合物的推断题综合备战高考真题分类汇总附答案

一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．在下列各变化中，反应①为常温下的反应，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体。

回答下列问题：

（1）A、G的化学式分别为________________、________________。

（2）F和E反应的化学方程式为____________________________。

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

（4）在反应②中，每生成2.24L气体G（标准状况）时，消耗F___________g。

【答案】Cl2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O15.6

【解析】

【分析】

E常温下为无色无味的液体，推测E为水，F为淡黄色粉末，推测为过氧化钠，由图中关系可推知：

A：

Cl2；B：

NaOH；C：

NaCl；D：

NaClO；E：

H2O；F：

Na2O2；G：

O2。

在结合反应①②的情况，即可推断反应①为：

Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，反应②为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，据此解答。

【详解】

由图中关系可推知：

A：

Cl2；B：

NaOH；C：

NaCl；D：

NaClO；E：

H2O；F：

Na2O2；G：

O2。

（1）A、G的化学式分别为Cl2、O2。

故答案为Cl2；O2；

（2）F和E反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，

故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；

（3）A和B反应的方程式为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

故答案为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（4）在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每产生标准状况下的氧气22.4L，消耗的Na2O22mol.即156g。

现在产生了2.24L气体G（标准状况），则消耗Na2O2质量为15.6g，

故答案为15.6。

2．常见物质A~K之间存在如图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问题。

（1）下列物质的化学式是：

C______，H______。

（2）反应“I→J”的离子方程式是____。

（3）检验J溶液中的金属离子的方法是（写出操作步骤、现象及结论）____。

【答案】AlCl3Fe2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+

【解析】

【分析】

溶液C与氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F与氢氧化钠溶液反应生成溶液G，说明G为NaAlO2，F为Al（OH）3，金属A与溶液B反应生成气体D，金属A为Al，气体D和黄绿色气体E（Cl2）反应生成气体B，气体B溶于水，溶液B与金属H反应生成溶液I，根据后面红褐色沉淀，得到金属H为Fe，则B为HCl，溶液C为AlCl3，则D为H2，溶液I为FeCl2，溶液J为FeCl3，K为Fe（OH）3。

【详解】

（1）根据前面分析得到物质的化学式是：

C为AlCl3，H为Fe；

（2）反应“I→J”是Fe2+与Cl2反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；

（3）检验J溶液中的金属离子的方法是主要是用KSCN溶液检验铁离子，变红，说明溶液中含有铁离子。

3．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：

（1）请分别写出下列物质的化学式（如为溶液请填溶质的化学式）：

A________、B________、D________。

（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式（请注明反应条件）：

A＋H2O（离子方程式）：

_________；A＋NaOH（离子方程式）：

_______________；D→A（化学方程式）：

____________________。

【答案】Cl2HClOHClCl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClOCl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O4HCl（浓）＋MnO2

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O

【解析】

【分析】

常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。

【详解】

（1）据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；

（2）Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：

Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：

Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：

4HCl（浓）＋MnO2

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。

4．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。

A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

请根据下图的转化关系回答：

（1）用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________

（2）写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________

（3）若A和B按1:

1通入水中反应，写出反应方程式_________________。

【答案】NH3+H2O

NH３·H2O

NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3

【解析】

【分析】

D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为（NH4）2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。

【详解】

（1）由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O

NH3·H2O

NH4+＋OH－；

（2）C溶液为（NH4）2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；

（3）NH3和SO2按1:

1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

5．现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有如下情况:

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体

（2）X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.

（3）两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体.

（4）Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性.

（5）A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液.

（6）B与Z形成的化合物BZ3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解.

（7）C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M.

请完成下列问题:

（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:

________________________________

（4）BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式:

__________________________

（5）X单质与Z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，求原混合气体中X单质与Z单质的体积比可能为______________．

【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2 

2FeCl3Al3++4OH-═AlO2-+2H2OV（氢气）：

V（氯气）≤1:

1

【解析】

【分析】

（2）X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，推出X的单质为H2，Z的单质为Cl2，即X为H，Z为Cl；XZ为HCl；

（3）2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y，H2Y为液体，则H2Y为H2O，Y为O；

（5）A的单质可以在Cl2中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液，说明该溶液中含有Fe3＋，即A为Fe；

（6）B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该沉淀为Al（OH）3，推出B为Al；

（7）C的单质与O2反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，M为Na2O2，即C为Na；据此分析；

【详解】

X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色，推出X的单质为H2，Z的单质为Cl2，即X为H，Z为Cl；XZ为HCl；2molH2与1molY的单质发生化合反应生成2NmolH2Y，H2Y为液体，则H2Y为H2O，Y为O；A的单质可以在Cl2中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液，说明该溶液中含有Fe3＋，即A为Fe；B与Cl形成的化合物BCl3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该沉淀为Al（OH）3，推出B为Al；C的单质与O2反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，M为Na2O2，即C为Na；

（1）根据上述分析，XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；

答案：

HCl；H2O；Na2O2；

（2）Cl2与H2O反应Cl2＋H2O

HCl＋HClO，HClO具有强氧化性，起漂白性；

答案：

HClO；

（3）Fe与Cl2反应：

2Fe＋3Cl2

2FeCl3；

答案：

2Fe＋3Cl2

2FeCl3；

（4）BZ3为AlCl3，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，因此AlCl3与过量的NaOH反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；

答案：

Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；

（5）H2和Cl2反应：

H2＋Cl2

2HCl，因此HCl、Cl2都能被NaOH溶液吸收，因此V（H2）：

V（Cl2）≤1；

答案：

V（H2）：

V（Cl2）≤1。

6．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-

Mn2++2H2O+Cl2↑NaOHNaClO

【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-

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：

。

7．某溶液中可能含有K＋、Na＋、

、Cl－中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验：

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_________

【答案】Na＋和

K＋Cl－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－

【解析】

【分析】

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；

能和盐酸反应生成气体。

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－。

8．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；其生成的产物为HCl，F为HCl；用惰性电极电解M溶液，产生H2、Cl2，则M为NaCl，B为NaOH。

【详解】

（1）常温下，用惰性电极电解NaCl溶液（足量）时，生成氢气、氯气和氢氧化钠，则反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑；溶液中出来的为氢气和氯气，则溶液还原时，应加入HCl恢复；两极共生成气体1.12L，则生成n（H2）=n（Cl2）=

=0.025mol，则溶液中产生0.05mol的OH－，c（OH－）=

=0.1mol/L，则c（H+）=10-13mol/L，pH=13；

（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，A为二氧化硅，与NaOH反应生成硅酸钠，其溶液俗称水玻璃；

（3）若A是CO2气体，根据图像可知，开始时未产生气体，且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2：

1，则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液，且其物质的量之比为1：

1，则Na2CO3，0.005mol；NaHCO3，0.005mol；

（4）若A是一种化肥，E与HCl相遇产生白烟，则E为氨气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体，方程式为3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl。

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CO2和NH3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）CO2和NH3两气体中，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】2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2ONH32NH3+CO2+Ca2++H2O=CaCO3↓+2NH4+

【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CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，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2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（2）CO2和NH3两气体中，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NH3，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Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，故答案为：

NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+。

10．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，1molZ2W2参加反应时转移1.5mol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↑+2H2OAB2S2Cl2+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SO2，1molZ2W2参加反应时转移1.5mol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。

11．下图表示由元素周期表中1到20号且不同主族的元素组成的单质及化合物之间的转化关系（产物中的水已略去）。

其中A为黄绿色气体单质，D有漂白性；在实验室中常用固体B和固体C加热制取刺激性气味F；F和G的组成元素相同，G与H分子所含电子数相同。

请回答

（1）单质A的组成元素在周期表中的位置是________；

（2）B的化学式为________，F的电子式为________，C中所含化学键类型有_______；

（3）写出反应②的化学方程式_____________；

（4）反应④中F和气体H在空气中相遇时的实验现象为__________写出的F一种具体用途_______________；

（5）向具有漂白作用的D溶液中加入H的浓溶液有A生成，其反应的离子方程