第二章海水中的重要元素——钠和氯综合练习

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第二章海水中的重要元素——钠和氯综合练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法中，不正确的是A．1molCl2的质量是71gB．标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1molC．1molNH3中含有的分子数约为NAD．1mol·L-1Na2SO4溶液中含有2molNa+2．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加1 mol/L的稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的量的关系如图所示。下列判断正确的是A．在0～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2OC．a=3D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶23．下列反应的离子方程式中，正确的是A．向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO32-+2H＋=CO2↑+H2OB．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋++OH－=CaCO3↓+H2OC．向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO2+2OH－=+H2OD．向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓4．固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，且反应后气体C的密度是原气体密度的4倍。则下列判断正确的是A．A、B两种单质的摩尔质量之比为1：4B．生成物C中A元素的质量分数为75%C．生成物C中A、B的原子个数之比为3：1D．反应前后气体分子数之比为1：45．下图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关，如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是A．浓H2SO4 B．饱和NaCl溶液 C．浓NaOH溶液 D．石灰乳6．关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是A．它们的物质的量相等时，跟足量的盐酸反应，在相同状况时放出的CO2体积相同B．它们的物质的量相等时，跟足量的盐酸反应，所消耗盐酸的物质的量相同C．它们的质量相等时，在水中电离出相同数目的Na+D．它们的质量相等时，与足量盐酸反应产生物质的量相等的CO27．下列关于0.5molNa2SO4的说法正确的是（    ）A．含有3.01×1023个SO B．含有0.5个Na2SO4C．含有0.5molNa+ D．含有1mol氧原子8．阿伏加 德罗常数的值为NA下列说法正确的是（    ）A．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAB．1L0.1mol•L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA9．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的盐酸，产生CO2气体的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（    ）A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol•L-1B．通入CO2在标准状况下的体积为448mLC．所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2CO3)=1：3D．所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=1：310．在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气  ②二氧化碳  ③氧气，并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是（    ）A．分子数目：①=②=③ B．质量关系：①＜③＜②C．压强关系：①＞③＞② D．原子数目：②＞③＞①11．下列说法错误的是A．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体B．由矿盐(主要成分是，还含有等其他可溶性杂质的离子)生成食盐，除去最合适的试剂是C．用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液可能是钠盐溶液，也可能是溶液12．海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如图流程的实验：粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等杂质，提纯的步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液　②加入过量的BaCl2溶液　③加入过量的NaOH溶液　④加入适量盐酸　⑤溶解　⑥过滤　⑦蒸发，其正确的操作顺序是(　　)A．⑤②③①⑥④⑦B．⑤①②③⑥④⑦C．⑤②①③④⑥⑦D．⑤③①②⑥④⑦13．如图所示，甲、乙、丙常温下都为气体，2 mol甲反应生成1 mol丙和3 mol乙，下列判断不正确的是A．1个乙分子中含有2个H原子B．甲的摩尔质量为17 g·mol－1C．同温同压下，生成丙和乙的体积比为1∶3D．标准状况下，将11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1 mol·L－114．若氖原子质量是a g，12C的原子质量是b g，NA是阿伏加 德罗常数的值，下列说法不正确的是A．该氖原子的相对原子质量是 B．该氖原子的摩尔质量是aNAgC．W g该氖原子的物质的量是 mol D．W g该氖原子所含质子数是15．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba(OH)2溶液，过滤二、实验题16．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：(1)装置G的名称为 。(2)装置F的作用为 。(3)从上图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为 (用仪器下方字母表示，如A→B→…)。(4)制备氯气的反应中体现了浓盐酸的 性和 性。Ⅱ.漂白粉的制备已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。②(5)①写出制取漂白粉的化学方程式，并用双线桥标注电子转移的方向和数目 。②兴趣小组制得的漂白粉中的含量远超过预期，而含量明显偏低。主要原因可能是(请用化学方程式结合文字表述) 。(6)为提高产品中有效成分的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是(任写一种即可) 。17．(1)如图所示的仪器中，配制450mL0.5mol/L的硫酸溶液肯定不需要的是 。(填序号)仪器C的名称是 ，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是 。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有 (填序号)A．配制一定体积准确浓度的标准溶液    B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质    D．量取220毫升体积的溶液(3)在配制0.1mol/L的NaOH溶液实验中，共它操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度 0.1mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度 0.1mol/L。(4)根据计算得知：配制450mL0.5mol/L需质量分数为98%、密度为1.84g.cm-3的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有l0mL、25mL、50mL量筒，应选用 mL规格的量筒最好。(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作 。三、元素或物质推断题18．下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。请填写下列空白：(1)写出下列化学式：A ，B ，D 。(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有 (填写编号)。(3)写出A→C反应的离子方程式： ，E→D的化学方程式： 。(4)反应④中，若有标准状况下3.36L的氧气生成，则反应的CO2的质量为 ，此时反应中转移的电子的物质的量为 。19．室温下，单质A、单质B，单质C分别为固体、黄绿色气体、无色气体。在一定条件下，它们之间的转化关系如图所示，已知E溶液是无色的。请回答下列问题：(1)A是 （填化学式，下同），B是 ，C是 。(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 。参考答案：1．D【详解】A．氯气的摩尔质量是71g/mol，所以1molCl2的质量是71g/mol×1mol=71g，A正确；B．标准状况下，22.4LCH4的物质的量为22.4L÷22.4L/mol＝1mol，B正确；C．根据N＝nNA可知1molNH3中含有的分子数约为NA，C正确；D．1mol·L-1Na2SO4溶液的体积未知，无法计算其中含有的Na+的物质的量，D错误；答案选D。2．C【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先是HCl和NaOH反应生成水和NaCl，方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，HCl和Na2CO3发生反应，到a点时，恰好HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl反应完全，a点以后，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可见在0～a范围内，发生了中和反应和HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，A错误；B．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该反应的离子方程式为：+H+=H2O+CO2↑，B错误；C．根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是1 mol，1 mol Na2CO3完全转化为NaCl两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是1 mol，则消耗1 mol/L稀盐酸的体积分别是1 L，所以a=3，C正确；D．根据C元素守恒可知Na2CO3的物质的量是1 mol，其反应产生NaCl消耗HCl 2 mol，由于混合物与HCl恰好完全发生反应转化为NaCl时共消耗4 mol HCl，则其中含有的NaOH的物质的量是2 mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是2 mol和1 mol，二者的物质的量之比为2：1，D错误；故合理选项是C。3．D【详解】A．醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，A错误；B．碳酸氢铵电离产生的也会与OH-发生反应产生弱电解质NH3·H2O，反应不符合事实，B错误；C．向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生，不符合事实，C错误；D．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选项是D。4．B【解析】化学反应遵循质量守恒定律，同温下测得容器内压强不变，则气体的物质的量不变，反应后气体C的密度是原气体密度的4倍，则生成C的质量为B的质量的4倍，固体单质A的质量是体单质B的3倍，以此解答该题。【详解】A. 化学方程式系数不确定，A、B两种单质的摩尔质量之比无法确定，故A错误；B.题述条件下容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量不变，再结合质量守恒定律，由气体的密度变化可知固体单质A的质量是气体单质B的质量的3倍，即生成物C中A元素的质量分数为75%，故B正确；C. 单质A和气体单质B的结构不确定，生成物C中A、B的原子个数之比无法确定，故C错误；D.固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，说明反应前后气体物质的量不变，即反应前后气体分子数之比为1：1，故D错误；故选：B。5．B【分析】先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化，说明C中红色布条也是干燥的，当关闭B时，C处红色布条颜色褪去，说明干燥的氯气经过D后变成潮湿的氯气，据此分析解答。【详解】A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶后得到干燥的氯气，不能使干燥的有色布条褪色，故A不选；B．氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水蒸气，能生成具有漂白性的HClO，可使干燥的有色布条褪色，故B选；C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，则有色布条不会褪色，故C不选；D．氯气经过盛有石灰乳的洗气瓶被吸收，则有色布条不会褪色，故D不选； 故选B。6．A【详解】A．它们的物质的量相等时，跟足量的盐酸反应，反应后都生成二氧化碳，根据C元素守恒可知，生成二氧化碳体积相同，故A正确；B．根据Na元素守恒，物质的量相等的碳酸钠和碳酸氢钠，与盐酸反应后都生成NaCl，则碳酸钠消耗的盐酸多，故B错误；C．Na2CO3=2Na++CO32−，NaHCO3=Na++HCO3−，设它们的质量相等时都是1g，物质的量分别为：和，在水中电离出的Na+离子的物质的量为：和，数目不同，故C错误；D．它们的质量相等时，碳酸钠和碳酸氢钠的摩尔质量不相等，它们的物质的量不相等，与足量盐酸反应后都生成二氧化碳，根据C元素守恒可知，生成CO2的物质的量不相等，故D错误；答案选A。7．A【详解】A．0.5mol Na2SO4含有0.5mol，即个，故A正确；B．0.5mol Na2SO4含有0.5mol，1mol Na+，而不是0.5个Na2SO4，故B错误；C．含有Na+物质的量为0.5mol×2=1mol，故C错误；D．0.5mol Na2SO4含有氧原子物质的的量为0.5mol×4=2mol，故D错误。综上所述，答案为A。8．A【详解】A．标准状况下，二氧化碳气体的物质的量是，一个二氧化碳分子中有两个氧原子，故标准状况下中含有的氧原子数为，故A正确；B．溶液中有大量的水，水分子中也含有氧原子，故B错误；C．由Na+和构成，则中含离子总数为，故C错误；D．的物质的量为，与完全反应转移电子，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故答案为A。9．A【分析】生成时发生的反应为，假设与气体反应所得溶液中只有，则开始阶段发生反应为，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图象可知生成消耗盐酸的体积是，说明与气体反应所得溶液中溶质为、，加入盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为溶液，据此分析解答。【详解】A. 根据氯原子、钠原子守恒，，所以，故A正确；B. 由曲线可知，加入的盐酸体积为到时，发生的是碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳的反应，所以，由碳原子守恒可得，通入气体在标准状况下的体积为，故B错误；C. 转化为消耗盐酸，生成的转化为二氧化碳又消耗盐酸，故与气体反应所得溶液中消耗盐酸的体积为，因此、的物质的量之比为，故C错误；D. 根据C项分析知，所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=，故D错误；故选A。10．C【详解】A. 三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，根据知，质量相同时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，三种气体的摩尔质量不相等，所以其物质的量不相等，则分子个数不相等，故A错误；B. 由A项分析知，质量关系①=②=③，故B错误；C. 密度相等、温度相同时，气体压强之比等于其摩尔质量的反比，即气体的摩尔质量越小，压强越大，则压强大小顺序是①＞③＞②，故C正确；D. 三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的反比，即、、的物质的量之比为，结合分子构成计算其原子个数之比为，则原子数目：①＞②＞③，故D错误；故选C。11．B【详解】A．碳酸钠受热难分解，碳酸氢钠受热易分解生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故A项正确；B．加入除去的同时，引入了新的杂质离子，故B项错误；C．溶液呈中性，溶液呈碱性，故可以用酚酞试液鉴别，故C项正确；D．焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色的元素是钠，故该溶液含有，则该溶液中溶质可能是钠盐，也可能是，故D项正确。答案选B。12．A【详解】粗盐溶解，然后加入足量的NaOH溶液，除去Mg2+、Fe3+；然后加入过量的BaCl2溶液，除去、；再加入过量的Na2CO3溶液除去过量的和溶液中原有的；过滤后向滤液中加入过量的盐酸，除去过量的氢氧根和碳酸根，最后加热除去HCl，也可先加BaCl2溶液、再加Na2CO3溶液，但应保证Na2CO3溶液一定在BaCl2之后，最后加入HCl溶液，故合理的顺序为：⑤②③①⑥④⑦或者⑤③②①⑥④⑦，故选A。答案选A。13．D【分析】根据图示，甲是氨气、丙是氮气，2 mol甲反应生成1 mol丙和3 mol乙，根据原子守恒，乙是氢气。【详解】A．由题给反应知，甲为氨气，丙为氮气，乙为氢气，1个乙分子中含有2个H原子，故A正确；B．甲为氨气，氨气的摩尔质量为17 g·mol－1，故B正确；C．同温同压下，气体的体积比等于分子数比，所以生成丙和乙的体积比为1∶3，故C正确；D．标准状况下，将11.2 L甲溶于500 mL水中，得到溶液的体积不是500mL，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1，故D错误；选D。14．B【详解】A. 该氖原子的相对原子质量=，A说法正确；B. 摩尔质量为单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位、摩尔质量的单位为g/mol时，摩尔质量的数值等于1mol原子的质量，即aNAg/mol，B说法错误；C. Wg该氖原子的物质的量=mol，C说法正确；D. Wg该氖原子所含质子数等于其物质的量与1mol氖原子所含质子数的乘积，等于10×mol×NA/mol=，D说法正确；答案选B。15．D【详解】A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；D.氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；故答案为：D。16． 分液漏斗 除去氯气中的HCl B→F→E→D→C 还原 酸 发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2] 用冰水或冷水冷却【分析】由实验装置图可知，B中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，然后连接F中饱和食盐水可除去HCl，再连接E干燥氯气，然后连接D收集氯气，最后连接C进行尾气处理，以此来解答。【详解】Ⅰ．(1)装置G的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置F的作用为除去氯气中的HCl，故答案为：除去氯气中的HCl；(3)从图中选择合适装置制备并收集纯净干的氯气仪器连接顺序为B→F→E→D→C（从左侧看导管长进短出），故答案为：B→F→E→D→C；(4)制备氯气的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成氯气体现还原性，生成氯化锰体现酸性，则体现了浓盐酸的还原性和酸性，故答案为：还原；酸；Ⅱ．(5)①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，将氯气通入石灰乳制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程为2C12+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，用双线桥标注电子转移的方向和数目， ，故答案为： ；②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]， 故答案为：发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2];③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，故答案为：用冰水或冷水冷却。17． AC 分液漏斗 500mL容量瓶 BCD 小于 大于 13.6 25 重新配制【详解】(1)配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，用量筒量取浓硫酸、用烧杯稀释浓硫酸、用玻璃棒搅拌和引流，用容量瓶定容、最后用胶头滴管加水至刻度线；用不到的仪器是平底烧瓶和分液漏斗；C是分液漏斗；实验室没有450mL的容量瓶，所以选用500mL的容量瓶；(2)容量瓶只能用来配制一定体积的准确浓度的溶液，不用于任何其他用途，故选BCD；(3)定容时，仰视，溶液体积偏大，所配溶液的浓度小于0.1mol/L；若氢氧化钠溶液未冷却就转移定容，冷却后，溶液体积偏小，所配溶液的浓度大于0.1mol/L。(4)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度c==18.4mol/L，设配制0.5mol/L硫酸溶液500mL需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程溶液所含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4mol/L=0.5mol/L×500mL，解得V=13.6mL，根据大而近的原则，选用25mL量筒；(5)如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。18． Na Na2O2 Na2CO3 ①②③④ 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑ 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ 13.2g 0.3mol【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色，A是Na；Na在空气中燃烧生成B，B是Na2O2；Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，D是Na2CO3；Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，C是NaOH；NaOH和过量二氧化碳反应生成NaHCO3，E是NaHCO3。【详解】(1)根据以上分析，A是Na，B是Na2O2，D是Na2CO3；(2)有元素化合价变化的反应是氧化还原反应， 2Na+2H2O=2NaOH+H2中Na、H元素化合价改变、2Na+O2 Na2O2中Na、O元素化合价改变、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中O元素化合价改变、2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2中O元素化合价改变，属于氧化还原反应的有①②③④；(3) A→C是Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，E→D是碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；(4)反应④为2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2，所以反应的CO2是生成的O2的2倍，O2为0.15mol，所以CO2为0.3mol，质量为13.2g；反应的转移电子数为2NA，即生成的1molO2转移2mol电子，所以生成0.15molO2转移0.3mol电子。【点睛】本题考查物质推断，根据“焰色反应均为黄色”可推断含有钠元素，明确钠的化合物之间的转化关系是解题关键，注意根据是否有元素化合价改变判断氧化还原反应。19． 【分析】单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，结合物质的相关性质解答该题。【详解】(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；故答案为：；(3)反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为-，故答案为：。