四川省棠湖中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析
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2020年春四川省双流棠湖中学高一期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64
第I卷 选择题(50分)
一、单选题(每小题5分，共10个小题，共50分)
1.X、Y是元素周期表ⅠA族中的两种金属元素，下列叙述中能说明X的金属性比Y强的是（ ）
A. Y与水反应比X与水反应更剧烈 B. Y+离子的氧化性比X+离子强
C. YOH的碱性比XOH强 D. Y的原子半径比X大
【答案】B
【解析】
【详解】A、Y与水反应比X与水反应更剧烈说明Y的金属性强于X，A错误；
B、Y+离子的氧化性比X+离子强能说明X的金属性比Y强，B正确；
C、YOH的碱性比XOH强说明Y的金属性强于X，C错误；
D、同主族元素，半径越大，越易失电子，金属性越强，Y的原子半径比X大说明Y的金属性强于X，D错误；
故答案为B。
2.已知R2＋核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2＋中含有电子的物质的量为( )
A. m(A-N)/A mol B. m(A-N+2)/Amol
C. m(A-N-2)/A mol D. m(A+N-2)/A mol
【答案】C
【解析】
【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量==mol，则含有的电子的物质的量为mol×（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；
答案选C。
3.13C−NMR(核磁共振)、15N−NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是
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A. 15N的核外电子数比中子数少1 B. 14N与14C互为同位素
C. 15N与14N 为同一种核素 D. 13C与15N有相同的中子数
【答案】A
【解析】
【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(15－7)=8，因此核外电子数比中子数少1，故A正确；
B、14N质子数为7，14C质子数为6，质子数不同，两个核素不互为同位素，故B错误；
C、两个核素中子数不同，属于不同核素，故C错误；
D、前者中子数为(13－6)=7，后者中子数为(15－7)=8，中子数不同，故D错误。
【点睛】原子结构表示AZX，其中A为质量数，Z为质子数，中子数等于A－Z，对于原子：质子数等于核电荷数等于核外电子数。
4.同一周期三种非金属元素X、Y、Z，其最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是：HXO4>H2YO4>H3ZO4。下列说法正确的是（ ）
A. 元素的非金属性：X
H2Y>ZH3
C. 阴离子的还原性：X->Y2->Z3-
D. X、Y、Z依次位于ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族。
【答案】B
【解析】
【详解】由化学式可知三元素的化合价分别为+7、+6、+5，其最高价一定等于它所在主族序数，也就是说依次位于ⅦA族、ⅥA族、ⅤA族；由元素周期律可知，它们的非金属性依次递减，气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，阴离子的还原性：Z3->Y2->X-。故答案为B
5.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是
A. 此反应无光照也可发生
B. 甲烷和Cl2反应后的产物只有CH3Cl和HCl
- 14 -
C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出
D. CH4和Cl2完全反应后液面上升，液体充满试管
【答案】C
【解析】
分析】
甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应,反应产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳四种卤代烃，同时还有氯化氢生成，所以反应产物为混合物；卤代烃不溶于水中，因此在试管内壁有油状液滴出现，据此进行判断。
【详解】A、甲烷和氯气发生取代反应，必须在光照条件下进行，故A错误；
B、甲烷和Cl2反应后生成的CH3Cl能继续和氯气发生取代，从而生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故B错误；
C、发生取代反应生成的HCl溶于氯化钠溶液后，能使氯化钠的溶解度降低，故饱和氯化钠溶液中有晶体析出，所以C选项是正确的；
D、甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，其它有机产物均为液态，生成的HCl易溶于水，故甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，故会导致液面上升，但液体不能充满整个试管，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查甲烷的取代反应与实验现象，弄清甲烷的取代反应及产物的性质，注意生成HCl的现象容易忽略。
6.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是
A. X、Y、Z能形成共价化合物
B. Y和Z元素的原子半径大小顺序为Y > Z
C. X与Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有YX3和X2Z
D. Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z > H2W
【答案】C
【解析】
【分析】
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X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，解得x= ，不合理，且X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素，据此解答。
【详解】A. X、Y、Z可形成的化合物可为HNO3或NH4NO3等，前者为共价化合物，后者为离子化合物，A项正确；
B. Y、Z位于同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为：Y>Z，B项正确；
C. H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH−、H2O、H3O+等，C项错误；
D. Z、W分别为O、S元素，其氢化物分别为水、硫化氢,非金属性越强,氢化物稳定性越强,且水分子之间存在氢键,则二者最简单氢化物沸点和稳定性均为H2Z > H2W，D项正确；
答案选C。
7.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A →B ；当A、D组成原电池时， A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱顺序为
A. A﹥B﹥E﹥D B. A﹥B﹥D﹥E C. D﹥E﹥A﹥B D. D﹥A﹥B﹥E
【答案】D
【解析】
【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；
当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；
B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E。
答案选D。
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8.一种新型燃料电池，用两根金属作电极插入KOH溶液中，然后向两极分别通入甲烷和氧气，其电极反应为X极：CH4＋10OH－－8e－===CO32-＋7H2O；Y极：4H2O＋2O2＋8e－===8OH－。下列关于此燃料电池的说法中，错误的是( )
A. X为负极，Y为正极
B. 工作一段时间后，KOH的物质的量减少
C. 在标准状况下，通入5.6 L O2完全反应后，有1 mol电子发生转移
D. 该电池工作时，X极附近溶液的碱性增强
【答案】D
【解析】
考查原电池的判断和有关计算。在原电池中负极是失去电子，发生氧化反应的。正极是得到电子，发生还原反应的。甲烷失去电子，被氧化，所以X是负极，Y是正极。将两电极的方程式叠加即得到CH4＋2OH－＋2O2===CO2＋3H2O，因此氢氧化钾是减少的。标准状况下5.6 L O2是，所以转移的电子是0.25mol×4＝1.0mol。根据X极的电极反应式可知负极X是消耗OH－的，所以碱性是降低的，因此答案选D。
9.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）
A. 铜棒的质量 B. c(Zn2＋) C. c(H＋) D. c(SO42-) -
【答案】C
【解析】
【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e-=H2↑。则
A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；
D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选C。
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10.核内中子数为N的R2＋离子，质量数为A，则n g它的氧化物所含电子物质的量为( )
A. (A－N＋8) mol B. (A－N＋10)mol
C. (A－N＋2)mol D. (A－N＋6)mol
【答案】A
【解析】
【详解】核内中子数为N的R2＋离子，质量数为A ，则R原子的质子数是A-N、电子数是A-N；R氧化物的化学式是RO，n g氧化物的物质的量是，电子物质的量为，故选A。
【点睛】本题考查了原子中质子数、中子数、质量数、电子数之间的关系，注意质量数在数值上等于其相对原子质量，质子数+中子数=质量数。
第II卷 非选择题(50分)
11.利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
(1)A中制取Cl2反应的化学方程式是_________________________。
(2)B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③_______________________。
(3)D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI，其作用是________________。
(4)E装置的作用是_______________________。
(5)E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是______________。
(6)将1 mol CH4与Cl2发生取代反应，测得4种有机取代产物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是_____。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 干燥气体 (3). 除去过量的Cl2 (4). 吸收氯化氢 (5). 分液 (6). 2.5mol
【解析】
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【分析】
甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢。A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有氯化氢，容易污染空气，需要进行尾气处理。
【详解】（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为Cl2，A中制取Cl2反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）通过B装置，浓硫酸除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，故答案为干燥气体；
（3）湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2；
（4）由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气，HCl极易溶于水易发生倒吸，另外E还可以防止倒吸，故答案为吸收氯化氢；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
（6）1 mol CH4与Cl2发生取代反应，欲使得到的四种取代物的物质的量相等，则生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各为0.25 mol，该四种取代物中n(Cl)＝0.25 mol×(1＋2＋3＋4)＝2.5 mol。根据取代反应的特点知，n(HCl)＝2.5 mol，故生成物中含氯原子物质的量为5 mol，根据元素守恒可判断参加反应的n(Cl2)＝2.5 mol。
12.如图是元素周期表的一部分。
（1）②、⑥、⑧的离子半径由大到小的顺序为____________（用离子符号表示）。
（2）④、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_____ （用化学式表示）。
（3）As原子结构示意图为_________其氢化物的化学式为__________；
（4）Y由②、⑥、⑧三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As 可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为__________，当消耗l mol还原剂时，电子转移了_____mol。
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【答案】 (1). Cl->O2->Na+ (2). HClO4>H3PO4>H2CO3 (3). (4). AsH3 (5). 5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl (6). 5
【解析】
【分析】
(1)离子半径比较；
(2)非金属性的比较，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
【详解】(1)②⑥⑧代表的元素分别为Na、O、Cl。它们的离子分别为Na＋、O2－、Cl－。Cl－有3个电子层，而Na＋和O2－电子层只要2个，则Cl－的半径最大。Na＋和O2－的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则Na＋半径小于O2－，由大到小的顺序为Cl->O2->Na+；
(2)④⑦⑧代表的元素分别为C、P、Cl，它们最高价含氧酸分别为H2CO3、H3PO4、HClO4。非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则HClO4的酸性比H3PO4的酸性强，H2CO3的酸性比H3PO4的酸性弱，排序为HClO4>H3PO4>H2CO3；
(3)As为33号元素，其各层电子数分别为2、8、18、5，其原子结构示意图为。其与N同主族，氢化物与NH3类似，氢化物为AsH3；
(4)②⑥⑧分别是Na、O、Cl，Y的水溶液为常见的消毒剂，为NaClO。As可与NaClO反应得到H3AsO4，As的化合价升高，从0升高到+5,，则Cl的化合价降低，从+1到－1。化合价升降守恒，则As和NaClO的比例为2:5，根据原子守恒可以配平，方程式为5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl。还原剂为As，其化合价从0升高到＋5，则消耗1molAs，电子转移5mol。
【点睛】这题如果根据非金属性的排序，H2CO3和H3PO4的酸性无法比较，只能根据记忆的顺序来比较。常见的弱酸的排序为H2SO3>H3PO4>HF>HNO2>HCOOH>苯甲酸>CH3COOH>H2CO3>H2S>次氯酸>HCN >苯酚。
13.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。
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（1）如图中仪器A的名称是____。甲同学实验步骤：连接仪器、______、加药品、滴入试剂。
（2）①如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为___溶液，C中的盛放试剂为______溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_________。
（3）如图中A处反应的离子方程式为__________。
（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此____（填“能”或“不能”）得出溴的非金属性强于碘，理由是______。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝
【解析】
【分析】
（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；
（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；
（3）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，卤素单质之间可发生置换反应；
（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为分液漏斗，检查装置气密性。
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（2）①图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为碳酸钠，硅酸钠。
②烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为一段时间后产生白色胶状沉淀。
（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。
14.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。③在通常状况下，B的单质是气体，0.1 mol B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4 mol电子转移。④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。请回答下列问题：
（1）写出A元素的最高价氧化物的电子式_____________。
（2）B元素在周期表中的位置为_____________。
（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有______________。
（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为______________。
（5）C与D能形成2∶1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程______________。
【答案】 (1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 离子键、非极性共价键（或共价键） (4). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (5).
【解析】
【分析】
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A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，则B元素表现为-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D为S元素，E为Cl元素。
（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，含有极性键，电子式为：，故答案为。
（2）B为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为第二周期第ⅥA族。
（3）B为O元素、C为Na元素，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键和非极性共价键，故答案为离子键、非极性共价键（或共价键）。
（4）D为S元素、E为Cl元素，硫的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
（5）C为Na元素、D为S元素，Na和S形成的2∶1的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程为：，
故答案为。
【点睛】根据原子的结构特点以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。
15.现有A、B、C、D四种短周期主族元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三分子均为10电子粒子，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图所示。
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（1）根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种元素。不能被确定的第四种元素是____（填A、B、C、D中的一种）。
（2）依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素:①甲与丙以及乙与丙均能够发生反应；②甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质。据此，写出C+丙=乙+丁的化学方程式：___________。
（3）NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2ONH4++OH-，试判断NH3溶于水后形成的NH3•H2O的合理结构 ________（填字母代号）。
【答案】 (1). D (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). (b)
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙均为10电子粒子，C、D结合生成化合物丁。乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙所含质子数相同，则可初步确定A是氢元素。由B可置换C，可确定B是氟元素，C是氧元素，所以D应该是碳元素或氮元素。如果确定B是氯元素，C是硫元素，则D为磷元素或硅元素。这与“C、D两元素形成丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾。故A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素。甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2。
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【详解】(1)根据分析，A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙均为10电子粒子，C、D结合生成化合物丁。乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙所含质子数相同，则可初步确定A是氢元素。由B可置换C，可确定B是氟元素，C是氧元素，所以D应该是碳元素或氮元素。如果确定B是氯元素，C是硫元素，则D为磷元素或硅元素。这与“C、D两元素形成丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾。故A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素。所以D元素不能确定；
(2) 甲与丙的反应，为HF与NH3的反应，乙与丙的反应为氨气与水的反应，则丙为NH3。反应为4NH3＋5O24NO+6H2O；
(3)NH3·H2O电离生成NH4＋和OH－，则H2O的氢应与N相连，才能够电离出NH4＋；所以合理的图为b。
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