2025届高三化学专题复习--无机推断题

2025届高三化学专题复习--无机推断题 1．（2024·四川成都·模拟预测）红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 (1)Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72- 的离子方程式： 。 (2)Ⅱ中，加入NaOH调节pH至 (填字母序号)。 a．4.3~5.6    b．4.3~7.1 c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 (3)Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为 。 (4)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是 。 (5)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。 (6)为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 (已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为 (用质量分数表示)。 2．（2024·浙江·模拟预测）氨气的用途非常广泛，下列是氨气的部分转化关系图。 (1)混合物A的成分为 (用化学式表示)。 (2)N2H4又称联氨，为二元弱碱，不如氨气稳定。 ①从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是 。 ②N2H4在水中的电离与氨相似；25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 。 (已知：N2H4+H+N2H    K=8.7×107) (3)NH3在无水环境下与CO2反应生成化合物B(不稳定)，继续与NH3反应生成C。已知化合物C中含有铵根离子，可完全水解，其水解产物有NH4HCO3，，下列说法正确的是 。 A．化合物B的化学式为NH2COOH B．化合物B属于氨基酸 C．化合物C水解生成两种盐 D．化合物C可用于制备尿素 (4)实验中在加热条件下，通入过量的NH3与CuO反应，请设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体 。 3．（2024·湖北·模拟预测）化合物I是一种抗癫痫药物，我国科学家近来发现I对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式： 已知G的分子式为：。回答下列问题： (1)A中的官能团的名称 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和反应使原料的利用率提高 B．D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化 C．A的碱性比的碱性强 D．A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物 (3)E的结构简式 。 (4)写出K到I的化学方程式 。 (5)与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，符合下列条件的该产物的同分异构体有 种 a．能发生银镜反应 b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色 c．谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3∶2∶2∶1 (6)运用上述信息设计以为原料制备高分子化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 4．（2023·浙江·一模）某结晶水合物含常见4种元素，为探究其组成，某学习小组按如下流程进行实验    已知：固体C为混合物，溶液D溶质与固体E所含阴离子相同，D中阳离子为+1价，固体E恰好溶于适量的稀硝酸，气体H为纯净物，在空气中变红棕色。 (1)X的组成元素是 ，X化学式是 。 (2)写出X受热分解的化学方程式 。 (3)写出固体E溶于稀硝酸反应的离子方程式 。 (4)设计实验检验溶液D中的阳离子和溶液G中的阴离子 。 5．（2023·浙江绍兴·二模）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答： 已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。 (1)气体B的电子式是 ，C的化学式是 。 (2)写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式 。 (3)无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应) 。 (4)将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子 。 6．（2023·浙江温州·二模）化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。 请回答： (1)X的组成元素是 ，X的化学式是 。 (2)写出X→A的化学方程式 。 (3)写出C→D的离子方程式 。 (4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证 。 7．（22-23高三上·浙江绍兴·阶段练习）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验： 已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。 (1)组成X的四种元素为 ；X的化学式为 。 (2)混合气体A组成为 。 (3)①写出X受热分解的化学方程式： 。 ②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式： 。 (4)设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子： 。 8．（22-23高三上·浙江·开学考试）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。 请回答： (1)X的组成元素为 (写元素符号)。 (2)D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于_______。 A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子 C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子 (3)写出由F到B的化学方程式 。 (4)写出由X到A的离子方程式 。 (5)写出两种检验气体B的方法 ； 。 9．（2022·北京顺义·模拟预测）下表是元素周期表的一部分。表中 A-K 分别代表某一种化学元素。 (1)D、G 中，电负性较大的是 (用元素符号表示)。 (2)H 的基态原子价层电子的轨道表示式是 。 (3)D、E、F 的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)。 (4)BC2分子的电子式是 ，是 (填“极性分子”或“非极性分子”)。在 BC2晶体中，1 个 BC2 分子周围有 个紧邻分子。 (5)由 K、B、C 三种元素形成的某种配位化合物，常温下该化合物具有挥发性，化学式为 K(BC)4，构型为正四面体。基态 K 原子的简化核外电子排布式是 ；中心原子杂化类型是 ，K(BC)4固态时属于 晶体(填晶体类型)。 (6)A 与 E 组成的一种化合物 EA2，刷新了金属化合物超导温度的最高记录。下图是该化合物的晶体结构单元。图中 代表的原子是 (填元素符号)。 10．（2021·浙江绍兴·模拟预测）某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，某学习小组开展如下探究实验。 请问答： (1)紫黑色固体C的化学式是 ，深红棕色液体D的化学式是 。 (2)化合物X的化学式是 ，化合物X的一价阴离子为直线形结构，写出该阴离子的电子式 。 (3)暗灰紫色固体A与作用，产物与溶剂有关。 ①若与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，写出该反应的离子方程式 。 ②若与在乙醚中反应，生成两种盐，写出该反应的化学方程式 。 11．（21-22高三上·浙江·阶段练习）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。 已知X是由三种元素组成的盐，金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸；气体B在标准状况下的密度为3.17 g/L；所加试剂均足量。 (1)X的化学式 ，固体C的电子式 。 (2)金属A溶于王水(浓硝酸：浓盐酸=1：3)生成化合物X对应的酸和遇空气显红棕色的气体，写出金属A溶于王水的化学方程式 。 (3)与B中元素同主族元素之间形成的化合物的性质与气体单质B相似，在碱性环境中，XO-→X-+XO，非金属性越弱该反应越容易发生。写出该族第四周期与第五周期元素形成的化合物YZ与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。 (4)下列有关说法正确的是 。 A．用金属A做焰色反应实验时，需用稀硫酸洗净 B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，证明一定有钠盐，但不一定有钾盐。 C．工业上使用阴离子交换膜电解饱和食盐水生产气体B D．白色固体D可用于医疗上检查肠胃的内服药剂 E．白色沉淀E在光照下颜色会变深，可能溶于氨水 12．（21-22高三上·浙江·开学考试）某兴趣小组对某种储氢材料X开展探究实验。 其中X由三种短周期主族元素组成，且阴、阳离子个数比为2∶1，回答下列问题： (1)X的化学式是 ，化合物H的电子式为 。 (2)溶液E和过量发生反应的离子方程式为 。 (3)某种钠盐和X具有相同的阴离子，且该钠盐可由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成，请写出一个可能的化学方程式： 。 (4)气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计实验方案，检验产品中是否含有单质D： 。 13．（2021·辽宁·模拟预测）物质F是一种芳香酯，常用作调香剂，其合成路线如下图所示： 已知E中含有两个甲基，请回答下列问题： (1)物质A的名称是 。 (2)各取1 mol物质D分别与足量Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗的Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为 。 (3)物质A到F中除D以外含有手性碳原子的物质是 (填标号)。 (4)B→C的反应方程式是 。 (5)E的同分异构体中与其含有相同种类官能团的有 种(不含E本身)。 14．（2021·山西吕梁·一模）甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。 (1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式 。 (2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因 ，写出此时反应④的离子方程式 。 (3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为 。 (4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式 。 15．（2020·新疆乌鲁木齐·一模）X、Y、L、M、N为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体，Y、M与N三种元素的质子数均为5的倍数，Y与L同主族。回答下列问题： (1)X与M组成的最简单化合物的化学式是 。 (2)X与N组成的物质是 (填“共价”或“离子”)化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式是 。 (3)Y在周期表中的位置是 ，其含氧酸的化学式是 。 (4)M与N形成的化合物中M的化合价是 。 (5)在25℃、101kPa下，已知13.5g的L固体单质在氧气中完全燃烧后恢复到原状态，放热419kJ，该反应的热化学方程式是 。 16．（2020·北京·模拟预测）四种常见的短周期非金属元素在周期表中的相对位置如图所示，其中乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。 甲 乙 丙 丁 请用化学用语回答： (1)丙在元素周期表中的位置是 。 (2)丁单质的电子式是 (用化学用语回答，下同) (3)乙的两种常见单质分别是 。 (4)甲、丙、丁的气态氢化物水溶液显酸性的是 。 (5)氢元素与甲和丁可以组成一种既有离子键、又有共价键的化合物，其化学式是 。 (6)已知丁的非金属性比丙强，原因是 (从原子结构角度解释)。 17．（2018·浙江·模拟预测）Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。 请回答： (1)组成A的非金属元素是 ，气体B的结构简式 。 (2)固体A与足量水反应的化学方程式是 。 (3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式 。 Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图： (4)说明氧化性 Br2＞I2的实验现象是 。 (5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检 。 18．（2020·天津·二模）已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A单质是密度最小的气体。B是周期表已知元素中非金属性最强的元素，且和C属同一主族。D、E、F属同一周期，D、F为主族元素，又知E、F的原子序数分别是29、33。D跟B可形成离子化合物，其晶胞结构如图： (1)比C元素质子数少1的原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)E元素在周期表中第 周期，第 族的元素，它的+2价离子的电子排布式为 。写出E的单质与稀硝酸反应的离子方程式 。 (3)F元素的名称是 。与F同一主族的第二、三周期元素与A形成的化合物沸点的高低为 > (用化学式表示)，判断的理由 。 (4)写出D跟A形成的化合物的电子式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2)c (3)3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O (4)H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低 (5)加入使得溶液中H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率 (6) 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 【分析】浸出液(主要含、、、、和)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()。 【详解】（1）加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，，对应的离子方程式为：，故答案为：； （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故答案为：c； （3）Ⅲ中，氧化沉淀生成Na2CrO4和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O； （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； （5）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入使得溶液中H+增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率，故答案为：加入使得溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； （6）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为，故答案为：。 2．(1)SO(NH2)2，NH4Cl (2) N2H4中含有N－N键，由于N上的孤电子对对排斥使得N－N键键能变小，稳定性比NH3差 8.7×10-7 (3)AD (4)①将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，则说明尾气中含有氨气；②将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠出现，则说明尾气中有H2O。 【分析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与CuO反应生成红色固体Cu，NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B，即，则B的化学式为NH2COOH；化合物C中含有铵根离子，则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4，即C为NH2COONH4，NH3与SOCl2生成SO(NH2)2和NH4Cl。 【详解】（1）根据化学方程式：4NH3+ SOCl2=SO(NH2)2+2NH4Cl，混合物A的成分为SO(NH2)2，NH4Cl； （2）①从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因：N2H4中含有N－N键，由于N上的孤电子对对排斥使得N－N键键能变小，稳定性比NH3差；②N2H4在水中的电离与氨相似；25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为； （3）NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B，即，则A正确；氨基酸是氨基取代了羧酸分子中烃基上的氢原子形成的取代羧酸，则化合物B不属于氨基酸，B错误；已知化合物C中含有铵根离子，则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4，NH2COONH4可完全水解，NH2COONH4+H2O= NH4HCO3+，故C错误；根据，化合物C可用于制备尿素，D正确，故选AD； （4）在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，可得到红色固体，反应方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，在尾气中含有过量NH3及反应产生的N2、水蒸气，其中NH3、水蒸气比较活泼，检验NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；检验水蒸气的方法是：将尾气通入冷的的集气瓶中，若有集气瓶内壁有液珠出现，说明含水蒸气。 3．(1)硝基和氨基 (2)AB (3) (4)++HCl (5)3 (6) 【分析】 A中氨基与发生取代反应生成C，C与H2发生还原反应将硝基转化为氨基得到D，D与反应生成E，E与浓硫酸、浓硝酸发生取代反应引入硝基生成F，F与NH2NH2转化为G，G与反应转化为H，H与氢气反应转化为I；B与反应生成J，J与氢气发生还原反应生成K，K与反应生成I； 【详解】（1）A中的官能团的名称硝基和氨基； （2）A．根据分析可知，A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2CO3反应促使反应正向减小，使得原料的利用率提高，A正确； B．根据分析可知，D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化，B正确； C．-CH3对N原子有推电子作用，增大N原子的电子密度，的碱性更强，C错误； D．A用氢气还原的产物中含有氨基，可以和发生取代反应，D错误； 故选AB。 （3） 由分析可知，E为：； （4） K中氨基与发生取代反应生成I，反应为：++HCl； （5） 与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，分子式：C9H8O4，满足a．能发生银镜反应，含有醛基；b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色，水解产生酚羟基；c．−H−NMR谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，四种等效氢，峰面积比为3∶2∶2∶1；则其同分异构体有：，3种； （6） 以为原料制备高分子化合物，先与反应生成，接着被高锰酸钾转化为，再与NH2NH2转化为，再发生缩聚反应得高分子化合物，线路如下： 。 4．(1) K、Fe、C、O (2) (3) (4)用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含 【分析】气体H为纯净物，在空气中变红棕色，可知H为NO，红褐色固体J为氢氧化铁，质量为2.14g，可得n[Fe(OH)3]=，E与硝酸生成NO和三价铁，可知发生氧化还原反应，同时产生能与石灰水反应生成沉淀的气体，该气体为二氧化碳，则E中含亚铁离子，F与石灰水反应生成碳酸钙的质量为4g，物质的量为0.04mol；根据元素守恒可知E中含铁0.02mol，质量为1.12g，含C0.04mol，质量为0.48g，则E中含O质量为2.88-1.12-0.48=1.28g，O的物质的量为0.08mol，则E化学式为；E的物质的量为：0.02mol，D中阳离子为+1价，该阳离子为K+；溶液D溶质与固体E所含阴离子相同，则D为；气体A通入澄清石灰水中生成白色固体为碳酸钙，气体A为二氧化碳，其物质的量为：0.02mol，X中含氧酸根为草酸根，其中碳的化合价为+3价，产物中C的化合价部分为+4价，说明X分解过程中发生氧化还原反应，可知X中Fe应为+3价，分解过程中被草酸根还原为+2价，结合以上数据及元素守恒可知X为，其物质的量为0.02mol，则0.02×(437+18x)=8.74，x=3，则X为，据此分析解答。 【详解】（1）由以上分析可知X中含K、Fe、C、O；其化学式为，故答案为：K、Fe、C、O；； （2）X受热分解的化学方程式，故答案为：； （3）E为，其与硝酸反应生成三价铁离子、NO和二氧化碳，根据得失电子守恒得反应方程式：，故答案为：； （4）检验溶液D中的阳离子K+和溶液G中的阴离子的方法：用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含故答案为：用洁净铂丝或铁丝蘸取溶液D在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到浅紫色，则含，取溶液G少许于试管，先加入少许稀硫酸，然后放入铜丝，若在试管口看到红棕色气体生成，则证明含。 5．(1) (2) (3) (4)取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有 【分析】气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成，F为，E为硫化物，X为钾盐，所以E为,A、B与反应生成紫红色固体Cu单质，生成的气体通入澄清石灰水，生成沉淀和气体单质，且A、B相对分子质量相同，A为，B为，D能与氧气反应生成和紫红色的铜单质，D中含有Cu和S，为，G溶于氨水得到一无色溶液，G为，与氨水反应生成无色离子，D与G发生反应：，根据数据计算，钾盐X中含有K元素：,S元素物质的量：，还有C元素和N元素，所以钾盐X为。 【详解】（1）根据以上分析，B为，电子式为：； （2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：； （3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：； （4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。 6．(1) Fe、O FeO2 (2)FeO2+NaOH= NaHFeO3 (3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl 【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05mol；C中含有0.1molFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。 【详解】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O； （2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH= NaHFeO3； （3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓； （4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。 7．(1) K、Cu、C、O K2[Cu(C2O4)2] (2)0.3molCO2和0.3molCO (3) 2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO↑ + Cu2O + 2K2CO3 K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O (4)用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+ 【分析】无色气体B标况下密度为1.25g/L，m(B)= 1.25g/L×0.672L=0.84g，M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由混合气体A通入足量澄清石灰水生成白色沉淀即CaCO3，可知A含有CO2，还有未反应的气体B，则B为CO，n(CO2)= n(CaCO3)=，n(CO)=，混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO，根据碳元素的价态变化可推知受热时能产生CO和CO2,则固体中含有草酸根离子；则X含有C、O元素，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，E和NaOH溶液反应得到蓝色沉淀Cu(OH)2，加热分解生成黑色固体CuO，则n(CuO)=，0.64g紫红色固体为Cu，n(Cu)=，铜的总物质的量n(Cu)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，根据固体混合物与稀硫酸反应产生铜单质和Cu2+，可推知固体中铜以+1价存在，混合物C中含有n(Cu2O)=n(Cu)=0.01mol，混合物中另一种物质碳酸盐的质量为6.36g-m(CO)-m(CO2)-m(Cu2O)=6.36g-0.03mol×28g/mol-0.03mol×44g/mol-0.01mol×144g/mol=2.76g，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，则碳酸盐M==138g/mol，138-60=78，结合金属元素的价态及相对原子质量可推知为K元素，则碳酸盐为K2CO3，n(O)==0.16mol，n(K):n(Cu):n(C)：n(O)=0.04:0.02:0.08:0.16=2:1:4:8，结合物质价态得X为K2[Cu(C2O4)2]； 【详解】（1）根据分析可知X含有K、Cu、C、O四种元素；X的化学式为K2[Cu(C2O4)2]； （2）混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO； （3）①X受热分解的化学方程式为：2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO ↑+ Cu2O + 2K2CO3； ②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，说明发生络合反应，反应的离子方程式为：K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O； （4）检验无色溶液F中的金属阳离子：用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。 8．(1)N、H、S、O (2)A (3)或 (4) (5) 用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气 用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气） 【分析】有上述框图关系可知，紫色溶液A中含有高锰酸根离子，从而可知X为氧化剂，与MnSO4发生氧化还原反应；A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应产生无色气体B，则推知B一定为氨气，其物质的量为，所以X中含铵根离子，其物质的量为0.02mol，由紫色溶液A中加入足量氯化钡溶液后产生白色沉淀C可知，原溶液中A中所含硫酸根离子的物质的量为，因硫酸锰溶液中的硫酸根离子的物质的量为0.004mol，则推知固体X中含S元素原子的物质的量为0.024mol-0.004mol=0.02mol，则铵根离子与S原子的个数比为1:1；此外，固体X受热分解产生气体D，根据D为单质，推测可能为氧气，得到的剩余固体E溶于水形成溶液后，再加入足量氢氧化钠，加热，得到无色气体B的物质的量与上一操作得到的B的物质的量刚好相等，则再一次证明气体B为氨气，固体X中含铵根离子，结合上述分析可知，可推知固体X为过二硫酸铵，其化学式为(NH4)2S2O8，该物质具有较强的氧化性，可将锰离子氧化为高锰酸根离子，受热分解可产生氧气和硫酸铵或硫酸氢铵，据此结合物质的性质分析回答。 【详解】（1）根据上述分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O； （2）根据上述分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意，故选A。 （3）根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：或； （4）X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：； （5）根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。 9．(1)Cl (2) (3)Mg>Al>Na (4) 非极性分子 12 (5) [Ar]3d84s2 sp3 分子 (6)Mg 【分析】根据元素在周期表中的位置，A是B元素；B是C元素；C是O元素；D是Na元素；E是Mg元素；F是Al元素；G是Cl元素；H是Fe元素；K是Ni元素。 【详解】（1）同周期元素从左到右，元素电负性增大，Na、Cl中，电负性较大的是Cl； （2）Fe是26号元素，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式是； （3）同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，Mg原子4s轨道全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序是Mg>Al>Na； （4）CO2是共价化合物，含有2个碳氧双键，电子式是，二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子；二氧化碳晶体为面心立方晶胞，在 CO2晶体中，1 个 CO2分子周围有12个紧邻分子； （5）Ni是28号元素，基态 Ni原子的简化核外电子排布式是[Ar]3d84s2；Ni (CO)4构型为正四面体，Ni有4个杂化轨道，Ni原子杂化类型是sp3，Ni (CO)4具有挥发性，熔沸点低，属于分子晶体； （6）根据均摊原则，白球代表的原子数为 ，黑球代表的原子数为6，白球、黑球数比为1:2，结合化学式MgB2，可知代表的原子是Mg。 10．(1) (2) (3) 【分析】某固体化合物X由四种元素组成，其中一种为金属元素，X经低温加热的无色固体B，B与足量硝酸酸化的硝酸银反应，产生的白色沉淀E为AgC1、则B+AgNO3→E的反应为复分解反应， B为金属氯化物、设其化学式为MCla，24.35g AgC1的物质的量为0.1mol，按元素质量守恒、B含0.1molCl、即3.55gCl，则B中所含金属元素M为7.45g -3.55g =3.9g，a=1、M为钾元素可满足，故B为KCl、其物质的量为0.1 mol；28.15gX分解得B(KCl)和A， X由四种元素组成，其中一种为金属元素，则暗灰紫色固体A由非金属元素组成、高温下加热冷却所得紫黑色固体C、为碘单质，12.70g碘单质、即0.05 mol；深红棕色液体D为溴单质、8.00g溴单质为0.05 mol，则20.70gA由溴和碘元素组成、所含Br、I均为0.1 mol，其化学式为IBr，由此，化合物x含钾、氯、溴、碘四种元素，它们的物质的量之比是1:1:1:1，则X化学式为，据此回答； 【详解】（1）紫黑色固体C的化学式是I2，深红棕色液体D的化学式是Br2。 （2）据分析，化合物X的化学式是，化合物X的一价阴离子为为直线形结构，则该阴离子的电子式。 （3）①暗灰紫色固体A为IBr，能与水发生反应生成HBr、HIO，氢溴酸能与硝酸银发生复分解反应生成淡黄色沉淀溴化银和硝酸，则IBr与在水中反应，生成淡黄色沉淀和两种含氧酸，该反应的离子方程式。 ②若与在乙醚中反应，生成两种盐，则该反应是复分解反应，相互交换成分得到两种盐：该反应的化学方程式。 11．(1) BaPtCl6 BaCl2 (2)3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O (3)3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O (4)DE 【分析】金属单质A银白色常用于实验室做焰色反应实验，不溶于硝酸，则A为Pt，气体B的质量为，标准状况下4.48L气体B的物质的量，则B的摩尔质量为，则B为Cl2，白色沉淀D为BaSO4，，白色沉淀E为AgCl，，则钡和氯个数比为0.05:0.1=1:2，固体C为BaCl2，X是由Ba、Pt、Cl三种元素组成的盐，化学式为BaPtCl6； 【详解】（1）分析可知，X的化学式为BaPtCl6，固体C的化学式为BaCl2， （2）金属A为Pt，与王水反应生成NO，对应的酸为H2PtCl6，N元素化合价从+5降至+2，Pt化合价从0升到+4，反应化学方程式是：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO+8H2O； （3）B元素是Cl，该族第四周期是Br与第五周期元素I形成的化合物YZ是IBr，由于非金属性：I2>Br2，IBr与氢氧化钠溶液反应是I2发生IO-→I-+IO，反应的离子方程式为3IBr+6OH-=2I-+IO+3Br-+3H2O； （4）A．用金属Pt做焰色反应实验时，由于盐酸易挥发，应用稀盐酸洗净，A错误； B．某试剂做焰色反应实验时，火焰黄色，说明含有钠离子，不一定有钾离子，但可能是NaOH，不一定是钠盐，B错误； C．电解饱和食盐水时Cl-在阳极失电子生成Cl2，为防止氯气和OH-反应，应选用阳离子交换膜，C错误； D．白色固体D为BaSO4，不溶于胃酸中的盐酸，可用于医疗上检查肠胃的内服药剂，D正确； E．白色沉淀E为AgCl，AgCl遇光易分解，生成银单质由于生成的单质粉末对光的折射看上去是黑的，所以在光照下颜色会变深，可能溶于氨水，E正确； 故选：DE。 12．(1) Mg2+ (2) (3) (4)取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg 【分析】由X为储氢材料可知，X中含有氢元素、气体A为氢气;由题给框图可知，固体B、金属互化物C都能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则单质B为铝、金属互化物C中含有铝元素；由X中的某种元素单质可用来制造信号弹可知，单质D为镁、溶液E为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀F为氢氧化铝，则化合物X中含有镁元素、铝元素和氢元素;由铝的质量为1.08g、氢氧化铝的质量为4.68g和镁的质量为0.72g可知，金属互化物C中镁与铝的物质的量比为，则C的化学式为Mg3Al2，则化合物X中镁、铝和氢元素的物质的量比为0.03mol∶0.06mol∶= 1∶2∶8，由X中阴、阳离子个数比为2∶1，可知，X的化学式为Mg(AlH4)2；由镁和氢气反应生成化合物H可知，H为MgH2。 【详解】（1）由分析可知，X的化学式为Mg(AlH4)2，H为离子化合物MgH2，电子式为； （2）E为偏铝酸钠，其与过量二氧化碳反应的离子方程式为； （3）由某种钠盐和X具有相同的阴离子可知，钠盐的化学式为NaAlH4，则由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成钠盐的反应为氢化钠与氯化铝反应生成四氢合铝酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为； （4）氢化镁能与冷水反应生成氢氧化镁和氢气，而镁不能与冷水反应，则检验氢化镁中镁杂质的含量可以取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量，故答案为：取少量固体粉末，加入足量的冷水，待不再产生气体后，继续滴加盐酸，若有气泡产生，说明固体粉末中含有Mg。 13． 2-甲基-1-丁烯 2:1:1 BC 7 【分析】A：与溴水发生反应生成B：，B：在氢氧化钠的热溶液中反应生成C：，C：在酸性高锰酸钾中反应生成D： ，D： 在浓硫酸加热的条件下生成E：，E：与苯甲醇反应生成F：，本题其他的物质结构根据题中所给的D ：的结构可以推断出来，以此解题。 【详解】(1)根据C5H10分子式，可知有一个双键，结合题意可知A为 ；则A为2-甲基-1-丁烯； (2)钠与-OH、-COOH反应，氢氧化钠与-COOH反应，碳酸氢钠与-COOH反应，则物质的量之比为2:1:1； (3)A为；B为；C为；E为；F为；则BC中含有手性碳原子； (4) B→C的反应方程式是； (5)，，，4+2+1=7种 14． 2H2S + O2 2S + 2H2O Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O 血红色 【详解】(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为H2S，乙为S，丙为SO2，故此时反应①的化学方程式2H2S + O2 2S + 2H2O，故答案为：2H2S + O2 2S + 2H2O； (2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Al2O3，乙为Al2(SO4)3或者AlCl3，丙为AlO，故乙的水溶液呈酸性的原因为Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，此时反应④的离子方程式为Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O，故答案为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O； (3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Fe，乙为Fe3+，丙为Fe2+，故往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，故答案为：血红色； (4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为CH4，乙为CO2，丙为CO，故乙的电子式为：，故答案为：。 15． PH3 离子 CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑ 第二周期第ⅢA族 H3BO3 -3 4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H=-3352kJ·mol-1 【分析】X、Y、L、M、N为核电荷数依次增大的前20号主族元素，是最轻的气体，所以X为H元素；Y、M与N三种元素原子的质子数均为5的倍数，质子数在数值上等于原子序数，所以Y为B元素，M为P元素，N为Ca元素；Y和L同主族，所以L为Al元素，以此解答； 【详解】(1) X(H）和 M(P）组成的最简单化合物的化学式为PH3，故答案为：PH3； (2) X(H)与N(Ca)组成的化合物为 CaH2，CaH2中含有离子键，故CaH2为离子化合物；其与水反应可生成应急燃料，由反应物中只含有H、Ca 、O三种元素可推断该反应的产物之一 (燃料）为H2，反应的化学方程式为CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，故答案为：离子；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑； (3) B元素位于元素周期表中第二周期第ⅢA族，其最高化合价为+3价，则其含氧酸有H3BO3，故答案为：第二周期第ⅢA族；H3BO3； (4) M(P)与N(Ca)形成的化合物为Ca3P2, Ca3P2中P元素的化合价为-3价，故答案为：-3； (5) 25℃101 kPa 下，13.5 g Al的物质的量为0.5 mol，完全燃烧放热419kJ，所以该反应的热化学方程式为4Al(s）+3O2(g)=2Al2O3 (s) △H =-419 kJ·mol-1× 8 = -3352 kJ·mol-1，故答案为：4Al(s）+3O2(g)=2Al2O3 (s) △H =-3352 kJ·mol-1。 16． 第三周期第VIA族 O2、O3 H2S，HCl NH4NO3 S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强 【分析】乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则乙为O，甲为N，丙为S，丁为Cl。 【详解】(1)丙在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；故答案为：第三周期第VIA族。 (2)丁单质是氯气，其电子式是：；故答案为：。 (3)乙的两种常见单质分别是O2、O3；故答案为：O2、O3。 (4)甲的气态氢化物为NH3，水溶液显碱性，丙的气态氢化物H2S，水溶液显酸性，丁的气态氢化物HCl，水溶液显酸性，因此气态氢化物水溶液显酸性的是H2S，HCl；故答案为：H2S，HCl。 (5)氢元素与甲和丁可以组成一种既有离子键、又有共价键的化合物，则为铵盐，其化学式是NH4NO3；故答案为：NH4NO3。 (6)已知丁的非金属性比丙强，原因是S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强；故答案为：S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，Cl比S易得到电子，因此Cl非金属比S强。 【点睛】非金属元素能形成离子化合物一般是铵盐，两种非金属元素形成的离子化合物则为NH4H，气态氢化物水溶液显碱性的为NH3。 17． 碳(C)和氢(H) CH≡CH NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 CO2+2FeOFe2O3+CO 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色， 取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量 【分析】Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重 3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体 B、C、D 均无色、无臭，B、D 是纯净物；气体D能被碱石灰吸收，则D为CO2，碱石灰增重 17.60g，即CO2的质量为17.60g，根据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液 F 焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，根据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)= n(Cl)= n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物 A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2，据此分析解答； Ⅱ．向 NaBr 溶液中通入一定量 Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，根据实验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。 【详解】Ⅰ．(1)根据分析，组成 A 的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体 B 为C2H2，结构简式CH≡CH； (2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 ↑； (3)根据分析，D为CO2，一定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有一定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO； Ⅱ．(4) 将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性 Br2＞I2； (5)为了排除 Cl2 对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入 Cl2 未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。 【点睛】本题难点为Ⅰ中物质的推断，要结合物质的性质分析，气体D被碱石灰吸收，说明D为酸性气体，且气体 B、C、D 均无色、无臭，则D为CO2，流程图中，100℃时，C气体部分被浓硫酸吸收，则可确定被吸收的为水蒸气。 18． 四 ⅠB 1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9） 3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O 砷 NH3 PH3 NH3可以形成分子间氢键，沸点高 【分析】根据题目所给条件，A单质是密度最小的气体，则A为H元素；B是周期表已知元素中非金属性最强的元素，则B为F元素；C与B同主族且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，则C为Cl元素；E、F的原子序数分别是29、33，则E为Cu元素，F为As元素；D跟B可形成如图所示的晶胞结构，晶胞中D占有8个顶点和6个面心，则晶胞中含有=4个D，8个B全部晶胞内部，则该粒子化合物为DB2，因D为主族元素且原子序数大于Cl小于Cu，则D为Ca元素，据此分析。 【详解】(1)比Cl元素质子数少1的原子为S原子，其价电子数为6，根据电子排布规则，S原子基态价电子轨道表示式为； (2)E为Cu元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其+2价离子为Cu2+，电子排布式为1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9）；Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O； (3)F的元素名称为砷，与其同主族的第二、三周期元素为N、P，氢化物为NH3、PH3，因NH3可以形成分子间氢键，故NH3的沸点高于PH3； (4)Ca与H两种元素形成的化合物为离子化合物，化学式为CaH2，其中Ca最外层的两个电子分别转移到2个H上，Ca形成+2价离子，H形成-1价离子，故CaH2的电子式为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$