1、河南省淅川县荆紫关镇第四中学 （高中部）20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1下列反应属于氧化还原反应，且水既不是氧化剂又不是还原剂的是（ ）A2Na+2H2O=2NaOH+H2 B2F2+2H2O=4HF+O2CCaO+H2O=Ca（OH）2 DCl2+H2O=HCl+HClO【解答】答案D：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O元素的化合价不变，以此来解答解：A水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选；B水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故B不选；C没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D只有Cl元素的化合价变化，为
2、氧化还原反应，且水既不是氧化剂又不是还原剂，故D选；故选D2同温同压下，相同体积的H2和CO2气体，具有相同的（ ）A质量 B原子数 C分子数 D摩尔质量【解答】答案C。根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的分子数，则原子数不同，B错误C正确；分子数相同即物质的量相同，H2的摩尔质量为2g/mol，CO2为44g/mol，则质量不同，A、D均错误；答案选C。3相同物质的量的下列有机物，充分燃烧，消耗氧气量相同的是（ ）AC3H4和C3H6O BC3H6和C3H8O2CC3H6O2和C3H8O DC3H8O和C4H6O【解答】答案A：1mol有机物的分子式为CxHyOz充分燃烧
3、生成的是CO2和H2O，消耗氧气的量为x+y/4-z/2，A1molC3H4完全燃烧消耗氧气的物质的量为3+1=4mol，1molC3H6O完全燃烧消耗氧气的物质的量为3+3/2-1/2=4mol，A正确；B1molC3H6和C3H8O2分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别为4.5mol和4mol，不相同，B错误；C1mol C3H6O2和C3H8O分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别为3.5mol和4.5mol，C错误；D1mol C3H8O和C4H6O分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别为4.5mol和5mol，不相同，D错误，答案选A。考点：考查烃及其衍生物的燃烧规律4佛山西樵山是岭南名山，有
4、“天然氧吧”之美誉。山林里空气中的自由电子附着在O2分子上形成负氧离子（O2），被称为“空气维生素”。O2的摩尔质量为A32B16C32gmo11D16 gmo11【解答】答案C：A、O2的相对分子质量为32，错误；B、O的相对原子质量为16，错误；C、O2的摩尔质量为32g/mol，正确；D、O的摩尔质量为16g/mol，错误。考点：考查摩尔质量、相对分子质量、相对原子质量等相关知识。5同种元素的原子和离子，具有相同的（ ）A 核电核数 B 电子数 C 电子层数 D 化学性质【解答】答案A，同种元素的不同微粒一定既有相同的核电荷数即质子数，答案选A。6欲寻求新的催化剂和制造耐高温、耐腐蚀的合
5、金材料，应对元素周期表中进行研究的元素是（ ）A碱金属B主族元素C金属与非金属分界线附近的元素D过渡元素【解答】答案D：元素周期表中位置相近的元素性质相似，因此人们可以在元素周期表中一定的区域内研究合成有特定性质的新物质如在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素）解：A碱金属元素单质性质活泼，熔点较低，不具有耐高温、耐腐蚀的性质，故A错误；B主族元素具有金属元素，也有非金属性元素，性质差别较大，通常不做催化剂材料，故B错误；C金属和非金属的分界线附近元素的单质或化合物通常做半导体材料，故C
6、错误；D优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素）大多属于过渡元素，故D正确故选D7下列说法错误的是（ ）A可用 CuSO4溶液除去乙炔中的硫化氢杂质气体B煤焦油中含有苯、二甲苯等化工原料C天然气和可燃冰的主要成分都是甲烷D石油裂解的主要目的是为了得到更多的汽油【解答】答案D：A、硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，能除去乙炔中的硫化氢，故正确；B、煤焦油含有苯和二甲苯，故正确；C、天然气和可燃冰的主要成分为甲烷，故正确；D、石油裂解的目的是为了获得更多的短链烃，故错误。考点：煤和石油的综合利用8下列各组元素属于p区的是（ ） A原子序数为1，2，7的元素 B
7、O，S，P CFe，Ar，Cl DNa，Li，Mg【解答】答案B。A原子序数为1，2的元素在s区；B、价电子构型是ns2np16,全是p区；C中Fe过渡元素，d区；D全是s区。9用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A标准状况下，22.4L水含有NA个水分子B氧气和臭氧的混合物32 g中含有NA个氧原子C0.1mol Na2O2与水反应时转移0.1NA个电子D11.2 L氯气中含有NA个氯原子【解答】答案C，A、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，即2NA个故
8、B错误；C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，故0.1mol过氧化钠与水反应转移0.1mol电子即0.1NA个，故C正确；D、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大10下列反应的离子方程式书写正确的是A过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3+2I2Fe2+I2B含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2CCaCO3溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OD向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧
9、水：2I+H2O22OH+I2【解答】答案C：A、HI电离产生H，Fe（NO3）3提供NO3，形成氧化性比Fe3强的HNO3，依据氧化还原反应的规律，应是H、NO3和I反应，故说法错误；B、H结合OH能力强，漏掉一个离子方程式，即H和OH的反应，故说法错误；C、碳酸钙难溶物，醋酸属于弱电解质，不能拆写，故离子反应方程式为：CaCO3CH3COOH=Ca22CH3COOCO2H2O，故说法正确；D、酸性溶液中不能产生OH，其离子反应方程式：2IH2O22H=2H2OI2，故说法错误。考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。11硫代硫酸钠可作为脱“氯”剂，已知250mL 0100mol/L Na2
10、S2O3溶液恰好把001mol Br2完全转化为Br离子，则S2O32将转化成AS2 BS CSO32 DSO42【解答】答案D：本题利用氧化还原反应中得失电子守恒，Br22Br- 2e-Na2S2O3 2 2（x-2）e-0.01mol 0.02mol 0.0025mol 20.0025（x-2）根据得失电子守恒有：200025（x-2）=002解得x=+6，故本题选择D。考点：生活中的化学常识12青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有
11、NO，下列说法不正确的是 ()。A青石棉是一种易燃品且易溶于水B青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为Na2O3FeOFe2O38SiO2H2OC1 mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6 L 3 molL1的硝酸DNa2Fe5Si8O22(OH)2能与氢氟酸作用【解答】答案A，本题考查了硅酸盐的性质及学生处理信息的能力；由题设条件可知，青石棉为硅酸盐材料，其难溶于水，不易燃，A项错误；硅酸盐的表示方法：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，B项正确；由青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，当青石棉与足量硝酸反应时，可将2价铁氧化为3价，而自身被还原
12、，共消耗硝酸18 mol，C项正确；由青石棉的成分可知，它可与氢氟酸发生反应，D项正确。13科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅关于它的性质，预测错误的是（ ）A它的最外层电子数为4B它的失电子能力比铅强C它具有+2、+4价D它的最高价氧化物的水化物是强酸【解答】答案D：根据题目信息，114号是第7周期IVA族，的元素，可以得到两个结论：一、属于碳族元素；二、在周期表中处于元素Pb的下方，根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性来解答解：A、第7周期IVA族元素的最外层电子数均为4，故A正确；B、同主族元素的原子，从上到下
13、失电子能力逐渐增强，114号元素在周期表中处于元素Pb的下方，故它的失电子能力比铅强，故B正确；C、根据碳族元素中，C、Si等化合价有+2、+4价可以推知它具有+2、+4价，故C正确；D、同主族元素的原子，从上到下最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，碳酸是弱酸，所以它的最高价氧化物的水化物不具有酸性，故D错误故选D14设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是A2.4 g金属镁所含电子数目为0.2 NAB16 g CH4所含原子数目为NAC17 g NH3所含中子数目为10 NAD18 g水所含分子数目为NA【解答】答案D：A、2.4 g金属镁的物质的量为2.4/24=0.1mol，镁
14、原子含有12个电子，电子的物质的量为0.1mol12=1.2mol，故含有电子的数目为1.2molNAmol-1=1.2NA，A错误； B、16gCH4的物质的量为16/16=1mol，每个CH4分子含有5个原子，故含有原子的物质的量为1mol5=5mol，故含有原子的数目为5molNAmol-1=5NA，B错误； C、17 g NH3的物质的量为17/17=1mol，每个NH3含有7个中子，中字的物质的量为1mol7=7mol，故含有中子的数目为7molNAmol-1=7NA， C错误； D、18 g水的物质的量为18/18=1mol，故含有分子的数目为1molNAmol-1=NA，D正确；
15、答案选D考点：阿伏加德罗常数15为了除去氯化钠样品中的杂质碳酸钠，某兴趣小组最初设计了如下所示方案进行实验。（1）沉淀A的化学式是 。（2）加入过量氯化钙溶液后，分离除去沉淀A的实验操作是 。（3）他们在实验过程中，又发现了新的问题：此方案很容易引入新的杂质。固体物质B的成分为(用化学式表示)。（4）他们继续探究后又提出了新的方案：将混合物溶解，滴加盐酸至不再产生气泡为止，然后加热煮沸。有关反应的化学方程式为 。【解答】答案（1）CaCO3（2）将混合物沿玻璃棒加入到过滤器中，待液体滤出，收集滤液，即已除去了沉淀A（3）NaCl、CaCl2（4）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO
16、2解析：若用CaCl2除去Na2CO3，会引入新杂质CaCl2，蒸发后所得固体应是NaCl和CaCl2的混合物；若用盐酸除去Na2CO3，则溶液中会留下NaCl和HCl，蒸发结晶可得纯NaCl。考点：物质的分离与提纯16（10分）分子筛是一种具有立方晶格的硅铝酸盐化合物。分子筛具有均匀的微孔结构，它的孔穴直径大小均匀，这些孔穴能把比其直径小的分子吸附到孔腔的内部，并对极性分子和不饱和分子具有优先吸附能力，因而能把极性程度不同，饱和程度不同，分子大小不同及沸点不同的分子分离开来，即具有“筛分”分子的作用，故称分子筛。由于分子筛具有吸附能力高，热稳定性强等其它吸附剂所没有的优点，使得分子筛获得广泛
17、的应用。某种型号的分子筛的工业生产流程可简单表示如下：在加NH3 H2O调节pH的过程中，若pH控制不当会有Al(OH)3生成，假设生产流程中铝元素和硅元素均没有损耗,钠原子的利用率为10。（1）分子筛的孔道直径为称为4A型分子筛，当Na+被Ca2+取代时就制得5型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3型分子筛。要高效分离正丁烷(分子直径为4.65)和异丁烷(分子直径为5.6)应该选用 型分子筛 （2）Al2(SO4)3溶液与Na2SiO3溶液反应生成胶体的离子方程式为 。（3）该生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外，主要为 。（4）该生产流程中所得分子筛的化学式为 。（5）加NH3H
18、2O调节pH后，加热到900C并趁热过滤的原因可能是 .【解答】答案（1）5 ；（2）2Al3+ + 3SiO32- + 6H2O = Al(OH)3 + 3H2SiO3 （3）Na+ 、NH4+ 、SO42-;（4）Na(AlSi5O12 )3H2O （5）加热能促进胶体凝聚，趁热过滤可防止其它杂质结晶析出。解析：（1）要高效分离正丁烷(分子直径为4.65)和异丁烷(分子直径为5.6)应该选用直径在4.655.6之间的5型分子筛；（2）Al2(SO4)3溶液与Na2SiO3溶液发生双水解反应生成胶体的离子方程式为2Al3+ + 3SiO32-+ 6H2O = Al(OH)3 + 3H2SiO
19、3 ；（3）该生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外，主要为Na+ 、NH4+ 、SO42-;（4）n(Al)=（34.2g342g/mol）2=0.2mol；n(Si)=122g122g/mol=1mol,n(Na)=2 n(Si) 10=0.2mol；n(Na): n(Al)：n(Si) =0.2:0.2:1: =1:1:5根据化合物中正负化合价的代数和为0，可确定其中含有O原子个数是：（111354）2=12.在化学式Na(AlSi5O12 )的式量是382，由于含有Na+是0.2mol，所以Na(AlSi5O12 )的质量是0.2mol 382g/mol=76.4g，而分子筛质
20、量是87.2g,所以含有水的质量是87.2g 76.4g =10.8g,n(H2O)=10.8g18g/mol=0.6mol，所以每一摩尔的分子筛中含有水的物质的量是：0.6mol 0.2=3，故该分子筛化学式是Na(AlSi5O12 )3H2O ；（5）加NH3H2O调节pH后，加热到900C并趁热过滤的原因是加热能促进胶体凝聚，趁热过滤可防止其它杂质结晶析出。考点：考查物质的选择、离子方程式的书写、守恒法在物质化学式的确定的知识。17（14分）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是 价，Na2FeO4具有较强的 （填“氧化
21、性”或“还原性”）。（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是 （用离子方程式表示）。（3）工业上可用FeCl3 、NaOH 、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完成下列化学方程式：2FeCl3 + 10NaOH + 3NaClO = 2 + 5 + 9 。（4）工业上还可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4 。 若电解所需的浓NaOH溶液为16 mol/L，则在实验室配制500 mL该浓度的溶液需NaOH g，配制过程所需玻璃仪器是 。 电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如下图所示：阳极的电极反应式是 ；可循环使用
22、的物质是 ，理由是 。【解答】答案（1）+6， 氧化性（各1分，共2分）（2）Fe3+3H2O Fe(OH)33H+ （2分）（3）Na2FeO4 H2O NaCl （2分） （4） 320，烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管（计算2分，仪器答对2个给1分，答对4个给2分，没有500mL容量瓶扣1分） Fe6e8OHFeO424H2O（2分）；NaOH溶液（1分）；水电离的H+在阴极放电：2H+2eH2，c(OH-)增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，故可以循环使用（1分）解析：（1）Na2FeO4中钠和氧元素的化合价分别是1价和2价，则根据正负价代数和
23、为0可知铁元素的化合价是6价价。6价的铁易得到电子，则Na2FeO4具有较强的氧化性。（2）Fe3+在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性可以净水，反应的离子方程式表示为Fe3+3H2O Fe(OH)33H+。（3）根据方程式可知铁元素的化合价从3价升高到6价失去3个电子，氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子，则根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：2，所以根据质量守恒定律可知反应的化学方程式可表示为2FeCl3 + 10NaOH + 3NaClO2 Na2FeO4+ 5 H2O + 9 NaCl。（4）实验室配制500 mL该浓度的溶液需NaOH的质量是16mo
24、l/L0.5L40g/mol320g。配制过程所需玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管。电解池中阳极失去电子，则根据装置图可知阳极是铁电极，铁失去电子转化为高碳酸盐，阳极反应式为Fe6e8OHFeO424H2O；由于水电离的H+在阴极放电：2H+2eH2，c(OH-)增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，故氢氧化钠可以循环使用。考点：考查高碳酸盐的性质以及制备18（8分）实验室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列问题： （1）需要98%密度为1.84g/cm3的浓硫酸 mL（2）配制时，必须使用的仪器有 (填代号) 烧杯100 mL量筒2
25、0 mL量筒 1000 mL容量瓶 250 mL容量瓶托盘天平(带砝码) 玻璃棒 还缺少的仪器是 。（3）配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是 、 。（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”“不影响”）没有洗涤烧杯和玻璃棒。 。如果加水超过了刻度线，取出水使液面恰好到刻度线。 。容量瓶没有干燥。【解答】答案引流19（10分）下图为实验室制取溴苯的三个装置，根据要求回答下列各题：（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式是 ；装置A中左侧长导管的作用是 ；装置A和C中的两处明显错误是 、 。（2）在按装置B、C装好仪器及药品后要使反应开始，应对装置B进行的操作是
26、 ，应对装置C进行的操作是 。（3）装置B、C较好地解决了A中加装药品和使装置及时密封的矛盾，方便了操作。A装置中这一问题在实验中造成的后果是 。（4）B中采用了洗气瓶吸收装置，其作用是 。反应后洗气瓶中可能出现的现象是 。（5）B装置也存在两个明显的缺点，其中之一与A、C中的错误相同，而另一个缺点是： 。【解答】答案（1）+Br2 +HBr，导气和冷凝回流，锥形瓶未与大气相通、导管插入AgNO3（或水）溶液中；（2）旋转分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到铁粉上；托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；（3）Br2和苯的蒸气逸出，污染环境；（4）吸收反应中随HBr逸出的Br2和苯蒸气 ；
27、CCl4由无色变成橙红色；（5）装置B中反应器中左侧导管过短（或随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低。解析：(1)装置A中苯和液溴在铁作催化剂条件下，发生取代反应，其化学反应方程式为：+Br2+HBr，因为苯和液溴易挥发，且此反应放出大量的热，故左侧长导管的作用是导气和冷凝回流，这样可以让原料得到充分利用，取代反应生成的HBr极易溶于水，为防止倒吸，导管口不能深入液面一下，错误处：导管口深入液面以下，锥形瓶口塞有橡胶塞，造成内外气体不通；（2）苯和液溴反应需要铁粉作催化剂，对B的操作是打开分液漏斗的活塞，让混合液体滴铁粉上，对C装置的操作是托起软橡胶袋使铁粉落入混合液中
28、；(3)苯和液溴易挥发，且有毒，对环境有污染，后果是苯和液溴的蒸气逸出，污染环境；(4)洗气瓶的作用是除去挥发出来的溴蒸气和苯蒸气，溴易溶于有机溶剂，且溴是红棕色液体，故洗气瓶中出现的现象：CCl4由无色变成橙红色；（5）根据前面问题的分析，B装置中存在的缺点是导管口深入液面一下，左侧导管较短挥发出来的溴和苯不能被冷却，回流到反应装置中，造成原料利用较低。考点：考查有机物实验基本操作、实验设计的评价等知识。20已知：CuS、Cu2S是两种黑色不溶于水的固体，但一定条件下都能与稀HNO3反应，用离子方程式表示为：3CuS8H8NO33Cu23SO428NO4H2O3Cu2S16H10NO36Cu
29、23SO4210NO8H2O现有不同质量的四份CuS、Cu2S的混合物样品分别和100mL物质的量浓度5mol/L稀硝酸充分反应，所取样品质量与产生气体体积（标准状况下测定）如下表所示：实验序号abc样品质量(g)9.612.864.0气体体积(L)5.046.72V试回答下列问题（不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：（1）a组实验结束后，溶液中c(NO3) ；（2）b组实验结束后，溶液的pH ；（3）通过计算分析实验c组中产生气体的体积（V）范围 。 【解答】答案（1）2.75mol/L（2） 0（3）7L V 11.2L解析（1）设9.6g的样品中CuS的物质的量为x ，Cu2S的物质的量
30、为y96x160y9.6 8x/310y/30.225解得：xy0.0375mol， c(NO3)= （0.5mol0.225 mol）/0.4L=2.75mol/L（亦可根据N原子守恒来求）（2）设12.8g的样品中CuS的物质的量为x ，Cu2S的物质的量为y96x160y12.8 8x/310y/30.3解得：xy0.05mol根据方程式、可知消耗n(H)0.05mol8/30.05mol16/30.4mol故剩余n(H)0.1mol，c(H)1mol/L pH0（3）首先判断64g样品中CuS、Cu2S的物质的量皆为0.25mol，分别跟0.5mol硝酸反应时均过量。因此采用极端假设法
31、思考：若HNO3均与CuS反应：硝酸不足，则V(NO)0.5mol22.4L/mol11.2L若HNO3均与Cu2S反应：硝酸不足，则V(NO)0.5mol10/1622.4L/mol7L所以：c中产生气体体积（V）等于7L V 25 gmol1，则另一碱金属的M必小于25 gmol1，所以可能是Na或Li。23现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，G为黄绿色气体单质，E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，它们之间的相互转化关系如图，其他与题无关的生成物均已略去。请回答下列问题：（1）写出H、G的化学式：H ，G 。（2）写出、的化学方程式： ，
32、。（3）写出的离子方程式 。（4）写出F的水溶液与石灰水反应的化学方程式： 。 【解答】答案（1）H NaClO，G Cl2 （2） 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2， 2HClOHCl+O2 （3）2ClOH2O+ CO22HClOCO32 （4）Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH解析：现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，G为黄绿色气体单质，则G是氯气。E为无色气体单质，A与B或C均反应产生E，所以A是过氧化钠，E是氧气。M光照得到氧气，则M是次氯酸。F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，因此F是碳酸钠，C是二氧化碳，B是水，D是氢氧化钠，
33、H是次氯酸钠。（1）根据以上分析可知H、G的化学式分别是NaClO、Cl2。（2）根据以上分析可知反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；反应的化学方程式为2HClOHCl+O2。（3）根据以上分析可知的离子方程式为2ClOH2O+ CO22HClOCO32。（4）根据以上分析可知F的水溶液与石灰水反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断【名师点晴】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，注意相关基础知识的积累。化学推断题是一类综合性较强的试题，它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。例如本题中的黄绿色气体，淡黄色固体等均可以作为突破点。
