高考化学氮及其化合物提高练习题压轴题训练附答案.docx

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高考化学氮及其化合物提高练习题压轴题训练附答案

高考化学（氮及其化合物提高练习题）压轴题训练附答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．硝酸是常见的三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。

硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。

（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：

2MNO3

2M+2NO2↑+O2↑，加热3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。

由此可以计算出M的相对原子质量为__。

（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。

其中NO的体积为__。

（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。

则产物中硝酸铜的物质的量为_。

如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升___？

（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。

将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L（S.T.P.）。

求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。

【答案】1085.824L0.0259：

50.448LCu（NO3）2·6H2O

【解析】

【分析】

（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；

（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；

（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比；

（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，进而计算体积；

（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。

【详解】

（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是170－62＝108；

（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解得x＝0.26mol，所以NO的体积是5.824L；

（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。

根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为144︰80＝9:

5。

（4）n（H+）=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3-）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。

（5）二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4：

1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：

1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即x=0.2mol，y=0.3mol。

根据铜原子守恒可知，结晶水的物质的量=

=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质的量之比为1：

6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu（NO3）2·6H2O。

2．氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。

回答下列问题：

（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。

该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。

（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。

①KMnO4脱硫（SO2）的离子方程式为___。

②加入CaCO3的作用是___。

③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。

（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。

在温度一定时，n（H2O2）/n（NaClO2）、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：

图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。

图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。

【答案】2:

3SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:

1n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱

【解析】

【分析】

⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。

⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。

⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。

【详解】

⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3个价态，为还原剂，NO化合价降低2个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:

3，故答案为：

2:

3。

⑵①KMnO4脱硫（SO2）反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋，故答案为：

SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋。

②反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：

消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。

③2molKMnO4反应生成4mol氢离子，4mol氢离子消耗2mol碳酸钙，因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:

1，故答案为1:

1。

⑶根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0；NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：

n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0；可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。

3．某港口化学品堆场发生火灾，消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下，用水灭火时，发生了剧烈爆炸。

事后有关部门初步认定危化品部分清单：

钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。

试回答：

⑴请你分析用水灭火时，随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。

⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________（简要说明操作步骤）。

⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________（写化学式）。

⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2，写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应，并释放出氢气。

氯酸钾受热分解产生氧气，氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH4+Na2O22KNO3

2KNO2+O2↑

【解析】

【分析】

钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气，而氯酸钾分解会产生氧气，氢氧混合受热后会发生爆炸，后面再根据要求来作答即可。

【详解】

（1）根据分析，钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气，而氯酸钾受热产生氧气，氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸；

（2）铵离子可以通过加水溶解后，加入浓碱并加热的方法来检验，因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体；实验操作为：

将氯化铵溶于水，取少量溶液于试管中，滴入浓氢氧化钠溶液并加热，在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验，若发现试纸变蓝，则说明该溶液中含有NH4+，

（3）过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂，化学式为Na2O2；

（4）硝酸钾受热分解产生

和

的过程是一个自身氧化还原反应，氮从+5价降低到+3价，得2个电子，氧从-2价升高到0价，失2个电子，据此来写出氧化还原方程式即可：

。

4．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

5．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。

（1）写出有关的物质化学式。

X：

_______C：

_______E：

_______F：

_____

（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________

（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________

【答案】NH4）2CO3NH3NONO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O28H＋＋2NO3—＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

【分析】

X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为（NH4）2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。

【详解】

（1）根据上述推断，X为（NH4）2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：

（NH4）2CO3；NH3；NO；NO2；

（2）根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

（3）根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案：

8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

6．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。

某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：

（1）写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式：

______________；

（2）取样检验是为了确认Fe3＋是否除净，你的检验方法是____________________。

（3）滤渣c是_____________。

（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2==2NO2、_____________

（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n（SO3）∶n（SO2）＝1∶2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：

______________________。

某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

此设计有不合理之处，请说明理由：

__________________________。

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净Fe（OH）33NO2＋H2O=2HNO3＋NO3CuSO4

3CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑NaHSO3除了吸收SO3外，还吸收部分O2

【解析】

【分析】

硝酸有强的氧化性，可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化，硝酸浓度不同，反应产物不同，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水；浓硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，铁、铝在室温下遇浓硝酸，在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护膜而阻止金属的进一步反应，因此会发生钝化现象，而阻止金属的进一步氧化。

在书写离子方程式时要符合电子守恒、电荷守恒及原子守恒。

Fe3+与SCN-会结合形成血红色的Fe（SCN）3，使溶液变为血红色；可以与OH-或NH3∙H2O反应产生红褐色Fe（OH）3沉淀；遇苯酚溶液C6H5OH会产生紫色的物质，因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在；任何反应发生都要符合质量守恒定律，对于氧化还原反应，还应该符合电子得失数目相等的规律；在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质，结合SO2有还原性，可以与具有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸，来确定实验方案的优劣。

【详解】

（1）铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）Fe3＋遇SCN-离子，溶液变为血红色，因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3＋未除净，否则Fe3＋除净；

（3）含少量铁的废铜渣与硝酸反应。

Cu转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，然后调整溶液的pH至3.2—4，这时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中；所以滤渣c是Fe（OH）3；

（4）气体a是NO可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO＋O2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸，反应方程式是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n（SO3）∶n（SO2）＝1∶2，根据反应前后质量守恒、电子转移数目相等，可知硫酸铜受热分解的化学方程式是3CuSO4

3CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑；SO3与水会发生化学反应：

SO3＋H2O=H2SO4；在溶液中还会发生反应：

2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外，还吸收部分O2，因此不能准确测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。

7．下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系（反应条件、部分产物未标出）。

已知A是正盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体。

试回答下列问题：

（1）写出下列各物质的化学式：

A________________；B________________。

（2）按要求写出下列反应的有关方程式

E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；

G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。

（3）写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_______________________________________。

（4）检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。

【答案】（NH4）2SO3SO24NH3+5O2

4NO+6H2O3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOC+4HNO（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成．再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-

【解析】

【分析】

G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是（NH4）2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。

【详解】

（1）通过以上分析知，A是（NH4）2SO3；B是SO2；

（2）高温、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：

3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；

（3）加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：

C+4HNO3（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O；

（4）D中含有硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法是：

取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成，再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-。

8．化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：

（1）A的化学式为___________________________。

（2）C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：

___________________（用化学式填空）

（3）B生成E的化学方程式为_____________________。

（4）金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________NA。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3HNO3＞H2CO32H2O

2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3

【解析】

【分析】

化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】

根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

（1）A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或（NH4）2CO3；

（2）C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：

HNO3＞H2CO3；

（3）B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O

2H2↑+O2↑；

（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3NA。

9．已知A、B、C、D、E、F、G、H、I是中学化学中常见的九种化合物，其中B常温下为无色无味透明的液体，C的焰色反应火焰呈黄色，E是红棕色的固体；X、Y是两种常见的单质，其中X常温常压下为气体．

根据上面框图关系回答下列问题：

（1）A的化学式为______，常温下A的颜色为______，I的化学式为______．

（2）写出X+F

G+B的化学方程式：

______．

（3）写出实验室中用两种固体药品制取F气体的化学方程式：

______．