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．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。
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．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。
5．根据下图所示的转化关系，回答下列问题：
（1）写出反应①的离子方程式：
______________________________________________；写出反应②的离子方程式：
______________________。
（2）推出下列物质的化学式：
E____________；I______________。
（3）在上述转化过程中，B、C、F、H的氧化能力由弱到强的顺序为______________________（写化学式）。
【答案】MnO2＋2Cl－＋4H＋
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OBr2＋2I－===2Br－＋I2KClAgBrI2＜Br2＜Cl2＜MnO2
【解析】
【详解】
H中加入淀粉溶液变蓝，说明H为 I2 单质，F溶液为橙色，应为溴水，即F是 Br2 单质，其通过反应②即加入G（钾盐）溶液后有单质 I2 生成，说明G溶液一定是KI溶液，则D为KBr，因为C+KBr→Br2 +E ，很容易联想到卤素间的置换反应，比 Br2 单质氧化性强的应是Cl2，所以C应该是Cl2，B为黑色粉末，可想到A和B的反应是制 Cl2 的反应，则A为HCl，E为KCl，I为AgBr。
（1）反应①是实验室制氯气反应，离子方程式为：
MnO2＋2Cl－＋4H＋
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，反应②是Br2与I－的置换反应，反应的方程式为：
Br2＋2I－===2Br－＋I2，故答案为MnO2＋2Cl－＋4H＋
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；Br2＋2I－===2Br－＋I2
（2）C为 Cl2 ， Cl2 与KBr反应生成Br2和KCl，所以E为KCl，D为KBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，所以I为AgBr，故答案为KCl；AgBr。
（3）B、C、F、H分别为：
MnO2、Cl2、Br2、I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以推出氧化能力由弱到强的顺序为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2，故答案为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2
6．X、Y、Z为3个不同短周期非金属元素的单质，在一定条件下有如下反应：
X+Y→A（g），Y+Z→B（g），请针对以下两种不同的情况回答：
（1）若常温下X、Y、Z均为气体，且A和B化合生成固体C时有白烟生成，则：
①Y的化学式是___，
②生成固体C的化学方程式是___。
（2）若常温下Y为固体，X、Z为气体，A在空气中充分燃烧可生成B，则：
①B的化学式是___，
②向烧碱溶液中通入过量的A，所发生反应的离子方程式：
___。
③将Y与①中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式：
___。
【答案】H2NH3+HCl=NH4ClSO2H2S+OH-=HS-+H2OS+3Cl2+4H2O=H2SO4+6HCl
【解析】
【分析】
（1）若常温下X、Y、Z均为气体，A和B化合生成固体C时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则C为NH4Cl，A、B分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知Y为H2；
（2）若常温下Y为固体，X、Z为气体，A在空气中充分燃烧可生成B，结合转化关系可推知，Y为S、X为H2、A为H2S、B为SO2。
【详解】
（1）若常温下X、Y、Z均为气体，A和B化合生成固体C时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则C为NH4Cl，A、B分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知Y为H2，则：
①由上述分析可知，Y的化学式是H2；
②生成固体C的化学方程式是：
NH3+HCl=NH4Cl；
（2）若常温下Y为固体，X、Z为气体，A在空气中充分燃烧可生成B，结合转化关系可推知，Y为S、X为H2、A为H2S、B为SO2，则：
①由上述分析可知，B的化学式是SO2；
②向苛性钠溶液中通入过量的H2S，所发生反应的离子方程式是：
H2S+OH-=HS-+H2O；
③将S与
（1）中某单质的水溶液充分反应可生两种强酸，应是硫与氯水反应生成硫酸与HCl，该反应方程式是：
S+3Cl2+4H2O=H2SO4+6HCl。
7．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+。
8．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H2。
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CuSO4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】Na2O2Cl2+H2O=H++Cl-+HClO2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑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Na2O2，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H2，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Fe3O4，据此分析解答。
【详解】
（1）根据分析，X为Na2O2，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Cl2+H2O⇌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-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（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。
9．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=FeCl2+H2↑Fe3++3H2O
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Cl2，由反应①A＋B→C＋D，D＋Cl2→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H2，B为HCl，C含有金属A的元素，由C
E，A
E可知，A为变价金属，故A为Fe，C为FeCl2，E为FeCl3，验证符合转化关系。
【详解】
F是黄绿色气态单质，为Cl2，由反应①A＋B→C＋D，D＋Cl2→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H2，B为HCl，C含有金属A的元素，由C
E，A
E可知，A为变价金属，故A为Fe，C为FeCl2，E为FeCl3，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=FeCl2+H2↑，故答案为：
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（3）FeCl3的水溶液中Fe3＋离子水解，Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，故答案为：
Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+；
（4）C为FeCl2，保存FeCl2的水溶液时，要防止其被氧化，一般的做法是在FeCl2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。
10．已知：
某些强酸盐的水溶液呈中性，如NaCl溶液，某些弱酸盐的水溶液呈碱性，如Na2CO3溶液。
请根据如下图所示转化关系回答有关问题。
A和B均为焰色反应呈黄色的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有强氧化性。
（1）写出C的化学式：
________。
（2）依次写出A→D和D→E（E中含有某＋5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式：
___________________，_____________________。
（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：
____________。
（4）检验K溶液中阳离子的简易方法是__________。
【答案】AgI2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH-I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，溶液变红
【解析】
【分析】
A、B的焰色反应均为黄色，则A、B均含有Na元素；A和AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的黄色沉淀C为AgI，则说明A为NaI溶液；B和浓盐酸反应生成的黄绿色气体F为Cl2，且B呈碱性，则B为NaClO溶液，K为FeCl3溶液，H为NaCl和NaClO的混合溶液；将B逐滴滴入A中，NaClO将NaI氧化为I2（D），再继续加入B，NaClO将I2氧化，根据题
（2）可以推测E为NaIO3溶液。
【详解】
（1）根据分析，C为AgI；
（2）A为NaI溶液，D为I2，E为NaIO3溶液，A→D的离子方程式为：
2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH-，D→E的离子方程式为：
I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O；
（3）K溶液为FeCl3溶液，向此溶液中通入SO2的离子方程式为：
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）K溶液中阳离子为Fe3+，检验该阳离子的方法为：
取少量K溶液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有Fe3+。
11．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
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