全国高考化学卤素及其化合物的推断题综合高考真题分类汇总.docx

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全国高考化学卤素及其化合物的推断题综合高考真题分类汇总

全国高考化学卤素及其化合物的推断题综合高考真题分类汇总

一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．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）B是________，D是________，G是________，H是________（填化学式）。

（2）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__________________________。

（3）A中元素的原子结构示意图为________________。

（4）上述反应中属于氧化还原反应的是_________（填写序号）。

【答案】CO2CaCl2HClOO22Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OCa（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO

①⑤

【解析】

【分析】

反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca（ClO）2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E与HCl反应产生B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca（ClO）2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，沉淀E为CaCO3，以上推断符合题目转化关系，结合物质的性质和题目要求解答该题。

【详解】

根据上述推断可知A是Cl2，B是CO2，C是Ca（ClO）2，D是CaCl2，E是CaCO3，F是HCl（盐酸），G是HClO，H是O2。

（1）由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2；

（2）反应①为Cl2和石灰乳Ca（OH）2的反应，生成CaCl2和Ca（ClO）2和H2O，反应的方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉在空气中可发生Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

（3）A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为

；

（4）反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故上述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。

【点睛】

本题考查无机物的推断，本题注意把握常见物质工业用途及次氯酸干燥分解、次氯酸具有漂白性的性质为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，在平时的学习中注意知识的积累。

2．A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系（部分产物已略去，有的反应在溶液中进行）。

请回答：

（1）A是_____________，C是_____________。

（均用化学式表示）

（2）写出实验室制备D的化学方程式：

_____________。

（3）写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：

_____________。

（4）设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：

_____________

【答案】FeFeCl2MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水、双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A为金属单质，B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C（FeCl2），结合（3）“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。

【详解】

（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，

故答案为：

Fe；FeCl2；

（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，

故答案为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，

故答案为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：

取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，

故答案为：

取C溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。

3．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：

。

4．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。

5．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

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-+2H2O

2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：

2Cl-+2H2O

2OH-+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。

6．物质A～K有如图的转化关系，其中D、E为气体单质，A、H为常见金属。

试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：

（1）写出下列物质的化学式：

D是________，I是______。

（2）写出“C→F”反应的离子方程式：

______________________________________。

（3）写出反应“J→K”的离子方程式：

____________________________________。

（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是______________________________。

【答案】H2FeCl2

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色

【解析】

【分析】

黄绿色气体E为Cl2，红褐色沉淀K为Fe（OH）3，金属H与溶液B反应得到I，I能被氯气氧化得到J，J与氢氧化钠反应得Fe（OH）3，可推知H为Fe、B为盐酸、I为FeCl2，J为FeCl3，故B为HCl、气体单质D为H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F，且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G，可推知A为Al、C为AlCl3、F为Al（OH）3、G为NaAlO2，据此解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，D为H2，I为FeCl2，

故答案为：

H2；FeCl2；

（2）C为AlCl3，其与NH3·H2O反应生成氢氧化铝和氯化铵，其离子反应方程式为：

；

故答案为：

；

（3）J为FeCl3，其与NaOH溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，其离子反应方程式为：

，

故答案为：

；

（4）I为FeCl2，其与NaOH溶液反应会生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁，其现象为：

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，

故答案为：

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。

7．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】H2OH22HClO

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

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。

8．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。

9．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所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，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所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。

（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是一种氮肥,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＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-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所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。

【答案】

SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc（H＋）∶c（Al3＋）∶c（NH4+）∶c（SO42-）＝1∶1∶2∶3

【解析】

【分析】

由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。

【详解】

（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为

，故答案为：

；

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：

2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：

Na2CO3和NaHCO3；

（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，故看到的现象为溶液中先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，故答案为：

先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；

（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，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E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：

3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：

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N