备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案.docx
《备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案
2020-2021备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案
一、高中化学氯及其化合物
1．Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．将氯气溶于水能形成氯气﹣氯水体系．
完成下列填空：
（1）氯原子最外层电子的电子排布式是__．与电子排布式相比，轨道表示式增加了对核外电子运动状态中__描述．
（2）氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子，按离子半径由大到小的顺序排列这些离子__．
（3）氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡方程式表示：
__．已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强，氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是__（一种原因即可）．
（4）在氯水中，下列关系正确的是__（选填编号）．
ac（HClO）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）
bc（H+）=c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
cc（HClO）＜c（Cl﹣）
dc（Cl﹣）＜c（OH﹣）
（5）ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中Mn2+，写出该反应的化学方程式（需配平）__．有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气，这种认识对吗？
__（填“对”或“错”），说明理由__．
【答案】3s23p5自旋方向Cl﹣、O2﹣、H﹣Cl2（aq）+H2O
HClO+H++Cl﹣、HClO
H++ClO﹣、Cl2（g）
Cl2（aq）夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差bc2ClO2+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl错MnO2和浓盐酸加热的条件下才能反应
【解析】
【分析】
【详解】
（1）氯是17号元素，其最外层电子的电子排布式为
，若用轨道表示式来描述，则可以描述其电子的自旋方向；
（2）
相当于光秃秃的质子，
填满了前两层电子，而
填满了前三层电子，半径由大到小为
；
（3）首先氯气存在溶解—挥发平衡，即
，其次氯气还能和水发生可逆反应，即
，而
是一个弱酸，存在电离平衡
；夏季和冬季最大的区别在温度，我们知道
受热易分解，因此杀菌效果变差；
（4）a.溶液中存在质子守恒
，若要a项成立除非
，但是二者不可能相等，a项错误；
b.该项即溶液中存在的质子守恒，b项正确；
c.氯气和水反应得到等量的
和
，
是强酸可以完全电离，因此溶液中
的量等于生成的
的量，而
是弱电解质部分电离，因此剩余的
的浓度将小于
的浓度，c项正确；
d.氯水呈酸性，因此溶液中的
极低（室温下
），因此不可能出现
的情况，d项错误；
答案选bc；
（5）
作氧化剂，
作还原剂，二者发生氧化还原反应
，该反应得到的盐酸较稀，且没有加热，因此不太可能被
继续氧化变成氯气，反应在这一步就停止了。
2．氯气是一种重要的化工原料，氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。
（1）NaClO中Cl的化合价为____，有较强的___（填氧化、还原）性。
（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为SO42-，此反应的离子方程式为____。
②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
【答案】+1氧化2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-2:
5
【解析】
【分析】
（1）根据化合物中正负化合价的代数和为0；根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断；
（2）①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子；②根据得失电子守恒计算。
【详解】
（1）NaClO中Na为+1价，O为-2价，化合物中总化合价为0，则Cl为+1价；次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子，具有较强氧化性，故答案为：
+1；氧化；
（2）①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为：
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，故答案为：
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，故答案为：
2∶5。
【点睛】
本题的易错点为
（2）②，要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用，解答本小题，也可以书写出反应的方程式再分析计算。
3．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】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe＋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+3Cl2
2FeCl3；
（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－。
4．某溶液的溶质可能由下列离子组成：
H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。
某同学做如下实验来确定溶液的成分：
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。
②向①中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。
③将足量稀盐酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。
依据以上实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定有__________________。
（2）一定没有__________________。
（3）可能含有_____________。
（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是__________________。
A.稀硝酸B.Ba（NO3）2C.AgNO3D.Na2CO3
（5）写出中沉淀消失的离子方程式________________。
【答案】SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
【详解】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；
②将①中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；
③将①中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；
综上所述：
（1）一定含SO42-、CO32-、Na+；
（2）一定没有H+、Ba2+；
（3）可能含有Cl-；
（4）若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；
（5）碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：
BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。
5．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溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液
和C反应发出苍白色火焰
请回答：
（1）B是______，C是______
请填写化学式
；
（2）反应
的化学方程式______；
【答案】Cl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3
【解析】
【分析】
A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。
D为氯化铁。
【详解】
A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。
D为氯化铁。
（1）B为氯气，Cl2，C为氢气，H2；
（2）反应
的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
【点睛】
掌握无机推断题的突破口，注意常见物质的颜色和特性，如氯气为黄绿色气体，氢气为无色气体，苍白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。
6．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：
K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：
实验序号
实验内容
实验结果
a
加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
b
加足量NaOH溶液并加热
收集到气体1.12L（已折算成标准
状况下的体积）
c
加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量
第一次称量读数为6.27g，第二次
称量读数为2.33g
试回答下列问题：
（1）该混合物中一定不存在的离子是__________________________。
（2）溶液中一定存在的阴离子是____________________。
（3）试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。
（4）判断混合物中是否存在K+？
__________________（填“是”或“否”）。
【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+SO42-、CO32-NH4++OH-=NH3↑+H2O是
【解析】
【分析】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。
【详解】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断；
（1）上述分析可知，该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+；
（2）溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-；
（3）实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，反应的离子方程式为为：
NH4++OH-=NH3↑+H2O；
（4）题干信息可知，NH4+物质的量0.05mol，SO42-物质的量为0.01mol，CO32-物质的量为0.02mol，由溶液中电荷守恒可知，假设溶液中一定含有K+，溶液中电荷守恒c（K+）+c（NH4+）=2c（SO42-）+2c（（CO32-），c（K+）=0.2mol/L，溶液中可能存在Cl-，所以c（K+）≥0.2mol/L，即说明溶液中一定含有K+。
【点睛】
破解离子推断题的几种原则：
①肯定性原则：
根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；（记住几种常见的有色离子：
Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－）；②互斥性原则：
在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：
溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；（这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子）；④进出性原则：
通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
7．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HClH2O2Fe＋3Cl2
2FeCl3
【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＋3Cl2
2FeCl3。
【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。
8．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】NaCl2Na＋O2
Na2O22Na＋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＋O2
Na2O2，
故答案为：
2Na＋O2
Na2O2；
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：
。
9．有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可以在Z单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；③XZ极易溶于水，电离出X+和Z﹣，其水溶液可使蓝色石蕊试液变红；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。
（1）推断元素符号X_____、Y_____、Z_____；
（2）化合物XZ的电子式为_____，X2Y属于_____（填离子化合物、共价化合物、共价分子）；
（3）写出XZ（写化学式）的电离方程式_____；写出XZ（写化学式）与Ca（ClO）2反应的化学方程式_____。
【答案】HOCl
共价化合物HCl=H++Cl-Ca（ClO）2+2HCl=2HClO+CaCl2
【解析】
【分析】
有X、Y、Z三种元素，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、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可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；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，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；据以上分析进行解答。
【详解】
有X、Y、Z三种元素，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、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可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；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，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；
（1）根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl元素；
（2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，其电子式为
；X2Y为H2O，水分子中只含有共价键，属于共价化合物；
（3）XZ为HCl，属于强电解质，其电离方程式为：
HCl=H++Cl﹣；HCl与Ca（ClO）2反应生成次氯酸和氯化钙，该反应的化学方程式为：
Ca（ClO）2+2HCl=2HClO+CaCl2。
【点睛】
盐酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红；氯水成分有：
Cl2、HCl、HClO、H2O等，溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能够使紫色石蕊试液变红（H+作用），后溶液褪色（HClO的漂白作用），而氯气本身没有漂白作用。
10．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。
请据此回答下列问题。
（1）写出下列各反应的化学方程式。
①将气体B通入到水中：
_______________
②将气体B通入到NaOH溶液中：
__________
③将气体B通入到石灰乳中：
__________
（2）把三种气体分别通入到酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是____（用字母序号表示）。
（3）白色浑浊物D因具有漂白性又称为___，其有效成分为__。
【答案】Cl2＋H2O=HCl＋HClOCl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2OBC漂白粉Ca（ClO）2
【解析】
【分析】
A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，结合物质的性质分析解答。
【详解】
根据上述分析，A为H2，B为Cl2，C为HCl，D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物。
（1）①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：
Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：
Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
②氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；
③氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：
2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：
2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸，盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为：
BC；
（3）D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，因为具有漂白性又称为漂白粉；其有效成分为Ca（ClO）2，在空气中容易与二氧化碳、水发生反应生成次氯酸：
Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，故答案为：
漂白粉；Ca（ClO）2。
11．现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。
把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。
（1）A、B、C、D的化学式分别为：
A_______；B______；C______；D_____。
（2）写出下列各反应的化学方程式：
A与B_______；
B与水_______。
【答案】H2Cl2CO2HCl
Cl2+H2O=HCl+HClO
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体即为氢气，B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象，即D为氯化氢，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，进一步验证B为氯气，D为氯化氢，无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。
【详解】
⑴A是密度最小的气体即为氢气，A为H2；
B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，B为Cl2；
无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体，C为CO2；
纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即生成HCl，D为HCl；
⑵A与B反应方程式为：
；
B与水反应方程式为：
Cl2＋H2O=HCl＋HClO。
【点睛】
①根据PV=nRT可以推出
，所以相同条件下，气体的密度和其摩尔质量呈正比，即相同条件下密度最小的气体即为氢气；②纯净的A可以在B中安静地燃烧，
升级会员 