【化学】辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高一上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高一上学期期中考试试题考试时间：75分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、S-32、Cl-35.5、Cu-64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.“中国名片”、“中国制造”发展在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列不正确的是（）A.新型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用作供氧剂B.港珠澳大桥桥梁采用先进的抗腐蚀方法，钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应C.抗击“新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaClOD.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，与醋()同服可提高疗效【答案】D【解析】【详解】A．根据方程式可知，可以用作供氧剂，故新型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用作供氧剂，A正确；B．金属的腐蚀本质是金属单质失去电子转化为金属阳离子的过程，故钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应，B正确；C．工业上用和NaOH反应来制取84消毒液，反应原理为：，故84消毒液的有效成分是NaClO，C正确；D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是由于碳酸氢钠能与胃酸的主要成分HCl反应，若与醋()同服，其疗效将减弱，D错误；故答案为：D。2.图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连)微观示意图。下列说法正确的是（）A.图示中代表的是水合钠离子B.氯化钠只有在通电条件下才能电离C.图b表示熔融状态下氯化钠的导电过程D.氯化钠在不同状态下均能导电【答案】C【解析】【详解】A．氯离子半径大于钠离子半径，根据图知，图中代表的是水合氯离子，A错误；B．氯化钠在水溶液或是熔融状态下都可以电离出自由移动的离子，都可以导电，B错误；C．根据离子移动方向知，X电解作阳极、Y电解作阴极，用石墨电解熔融氯化钠或氯化钠溶液时，离子发生定向移动，图b可以表示熔融状态下氯化钠的导电过程，C正确；D．不含自由移动离子的离子晶体不导电，a中不含自由移动的阴阳离子，所以不导电，D错误；故选C。3.关于溶液的配制，下列说法正确的是（）A.配制480mL溶液，需要称量晶体12.0gB.用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并进行定容C.称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使所配溶液的物质的量浓度偏低D.定容时俯视刻度线，会使所配溶液的物质的量浓度偏低【答案】C【解析】【详解】A．没有480mL的容量瓶，实际应配制的是500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，A错误；B．浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，B错误；C．若称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量，如称量5.3g碳酸钠固体时，将物质和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为4.7g，即称量的碳酸钠质量偏小，C正确；D．定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，D错误；故选C。4.下列离子能大量共存的是（）A.透明强酸性溶液中：、、、B.在NaOH溶液中：、、、C.含有大量的溶液中：、、、D.使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．透明溶液，说明溶液中不存在沉淀，而、、、、离子不反应，能大量共存，故A选；B．氢氧化钠溶液中，与反应，不能大量共存，故B不选；C．含有大量的溶液中，钡离子与反应生成沉淀，不能大量共存，故C不选；D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D不选；故选A5.下列说法正确的是（）①标准状况下，个分子所占的体积约是22.4L②0.5mol所占体积为11.2L③同温同体积时，物质的物质的量越大，则压强越大④常温常压下，28gCO与的混合气体所含的电子数为14⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同⑦同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比A.①③⑤ B.④⑥⑦ C.③④⑥ D.①④⑥【答案】B【解析】【详解】①标准状况下，个分子为1mol，但该物质不一定是气体，故占有的体积不一定是22.4L，故①错误；②氢气所处的状态不一定是标准化状况，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，0.5mol所占体积不一定为11.2L，故②错误；③阿伏伽德罗定律只适用于气体，故③错误；④28gCO与的混合气体为1mol，二者都含14个电子，所含的电子数为14，故④正确；⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强，气体所处的状态不确定，各气体的气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，故⑤错误；⑥同温同压下，体积相同，含有的分子数目相同，故⑥正确；⑦根据气体的密度公式，在同温同压下，气体摩尔体积相同，所以气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑦正确；故选B；答案选B。6.下列离子方程式正确的是（）A.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：B.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：C.Na与溶液的反应：D.碳酸氢钠溶液中加入盐酸：【答案】B【解析】【详解】A．少量，和按化学式中离子个数比参与反应，离子方程式为：，A错误；B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：，B正确；C．Na与先发生反应生成NaOH，NaOH再与反应，即发生的离子反应式为：，C错误；D．碳酸氢根离子不能拆开写，离子方程式为：，D错误；答案选B。7.实验室用Na与H2反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（）A.装置甲制取 B.装置乙净化干燥C.装置丙制备NaH D.装置丁吸收尾气【答案】D【解析】【详解】A．实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取，A不合题意；B．装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置乙净化干燥，B不合题意；C．金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D．碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。8.某容器中发生一个化学反应，其中涉及H2O、ClO-、、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（）A.反应中消耗1mol氧化剂，转移2mol电子 B.还原性：C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D.该反应中被氧化为N2【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，ClO-是氧化剂，是还原剂，Cl-是还原产物，N2是氧化产物。【详解】A．反应中消耗1mol氧化剂ClO-，Cl元素由+1价降低到-1价，则转移2mol电子，A正确；B．由分析可知，是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：，B正确；C．ClO-是氧化剂，是还原剂，依据得失电子守恒，可建立关系式：3ClO-——2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C不正确；D．该反应中作还原剂，被氧化，从而生成N2，D正确；故选C。9.下列实验操作正确的是（）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验与溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明与是放热反应用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D测氯水的pH【答案】C【解析】【详解】A．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有烧杯容积水的烧杯中，观察现象，故A错误；B．与都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别与，故B错误；C．用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明与反应生成氧气，同时反应放热，故C正确；D．氯水中的HClO有漂白性，故D错误；答案选C。10.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.溶液中含有的数目为B.标准状况下，22.4L通入足量水中，所得溶液中、HClO、的个数和为C.0.1mol加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1D.过氧化钠与水反应，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.2【答案】D【解析】【详解】A．只有溶液浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；B．由于氯气与水反应时可逆反应，通入1mol不能被完全消耗，溶液中、HClO、的个数和无法计算，B错误；C．由于水解生成的胶体粒子为很多粒子的集合体，故0.1mol加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于，C错误；D．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2个，D正确；答案选D。11.利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：下列说法不正确的是（）A.向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则装置气密性良好B.装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2OC.若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低D.装置D中的试剂为氢氧化钠溶液，用于对尾气进行处理【答案】A【解析】【详解】A．仪器a为恒压漏斗，漏斗中的压强和三颈烧瓶中的始终相同，即水能顺利留下，该方法不能检验气密性，A错误；B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与盐酸发生氧化还原反应，即得到反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，B正确；C．A装置产生氯气中混有氯化氢，根据题目信息锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，因此装置B的作用是除去氯化氢，防止氯化氢与C中强碱反应，导致产率降低，C正确；D．利用氢氧化钠溶液对尾气Cl2进行处理，D正确；故选A。12.下列说法中正确的是（）①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③蔗糖和水分别属于非电解质和电解质④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于1nm到100nm之间⑦溶液和胶体的本质区别是后者具有丁达尔效应，而前者无此现象⑧金属阳离子一定只具有氧化性⑨能电离出H的化合物一定是酸⑩碳酸钡水溶液几乎不导电，所以碳酸钡是非电解质A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【答案】A【解析】【详解】①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；②是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；③蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；④纯碱的化学式是，是盐而不是碱，④错误；⑤虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；⑥氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，⑥错误；⑦本质区别是分散质的大小，丁达尔效应时是胶体的性质，⑦错误；⑧Fe2+既有氧化性又有还原性，⑧错误；⑨能离出的阳离子只有的化合物才称之为酸，溶于水就可以解离出，但它属于盐类，⑨错误；⑩碳酸钡水溶液几乎不导电，是由于难溶于水，自由移动的离子浓度很小，但溶于水的完全电离变为自由移动的离子，所以碳酸钡是电解质，⑩错误；①、②、③三个说法正确，其它错误；答案选A。13.下表中，对陈述Ⅰ、陈述Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A金属钠具有强还原性与熔融的反应制取金属TiⅠ对，Ⅱ对，有B除去中的少量HCl杂质可将气体通入饱和溶液中可与HCl反应Ⅰ对，Ⅱ对，有C碳酸钠固体溶于水放热碳酸氢钠固体溶于水放热Ⅰ对，Ⅱ对，无D是淡黄色粉末可用作供氧剂Ⅰ对，Ⅱ对，有【答案】A【解析】【详解】A．钠还原性强，可以置换出Ti，A正确；B．二氧化碳能够与饱和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中少量氯化氢，B错误；C．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，前者升高温度，后者温度下降，C错误；D．过氧化钠做供氧剂是和，与过氧化钠的颜色无关，D错误；答案选A。14.下列物质各10g，在氧气中完全燃烧，150℃时将产物通过足量的固体后，固体增重大于10g的是（）AHCOOH B. C.D.【答案】C【解析】【分析】水、二氧化碳和反应方程式分别为、，根据方程式知，水和反应时固体质量增加量相当于质量，二氧化碳和反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出或CO或方式，如果恰好写为或CO或方式，则产物通过足量时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。详解】A．HCOOH可以改写成，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于10g，不符合，故A错误；B．该化学式可以改写为，所以反应前后固体质量增多等于10g，不符合，故B错误；C．该化学式可以改写为，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于10g，符合，故C正确；D．该化学式可以改写为，则反应前后固体质量增多等于10g，故不符合，故D错误；答案选C。15.利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备(水合肼)的实验流程如图所示：已知：①氯气与烧碱溶液反应是放热反应，温度过高会有副产物生成；②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。下列说法错误的是（）A.步骤Ⅰ中应该避免温度过高B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与副产物的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3C.已知尿素[CO(NH2)2]中碳的化合价：+4，氧的化合价：-2，氢的化合价：+1，步骤Ⅱ生成水合肼反应中NaClO作为氧化剂D.步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中【答案】D【解析】【分析】由流程可知，步骤Ⅰ中发生，温度过高时易发生。步骤Ⅱ中发生，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此解答。【详解】A．步骤I中温度过高发生副反应，应避免温度过高，A正确；B．步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1，设NaClO与的物质的量分别为5mol、1mol，根据电子守恒可知Cl失去电子为5mol×(1-0)+1mol×(5-0)=10mol，由电子守恒可知得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol∶(5mol+1mol)=5∶3，B正确；C．步骤II中发生反应：，在该反应中NaClO为氧化剂，为还原剂，C正确；D．在步骤Ⅱ中，若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将氧化，故应该将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。①MgO、、、CuO②HCl、、、③NaOH、、KOH、（1）三种物质依次是(填化学式)：①___________；②___________；③___________。Ⅱ.有一无色酸性溶液中可能含有、、、、、、、中一种或几种，已知：，为有刺激性气味的气体，为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入足量固体，产生无色无味的气体和白色沉淀；②另取部分溶液，加入过量的溶液，有白色沉淀产生；③取反应②后的部分溶液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。（2）则原溶液中一定含有的离子是___________，一定不含有的离子是___________。（3）写出①中与水反应的离子方程式___________。Ⅲ.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有、、、等。已知(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，水溶液中存在分子。（4）属于___________酸；为盐___________(填序号)。①一元酸，②二元酸，③三元酸，④强酸，⑤弱酸，⑥正盐，⑦酸式盐（5）写出溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式___________。（6）可将溶液中的转化为银，自身变为，可用于化学镀银。利用进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的个数比为___________。【答案】（1）①.②.③.（2）①.、②.、、（3）（4）①.①⑤②.⑥（5）（6）4∶1【解析】（1）第①组中CO2是非金属氧化物，其它是金属氧化物；第②组中H2O不是酸，其它物质是酸；第③组中Na2CO3不是碱，其它是碱；答案是CO2；H2O；Na2CO3；（2）在无色溶液中不能存在紫色离子；在酸性溶液中，与会发生反应产生、而不能大量共存，因此不能存在；①取部分溶液，加入适量固体，与发生是是放热反应，反应产生NaOH、，是无色无味气体，NaOH与反应产生是白色沉淀；由于与共热会产生有刺激性气味的，故产生无色无味的气体和白色沉淀，说明该溶液中含有，而不含；②另取部分溶液，加入过量溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是，则原溶液中含；③取反应②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，但由于②中加入，因此不能确定原溶液中是否含有。答案是：一定含有的离子是、；一定不含的离子是、、；（3）Na2O2与水反应生成NaOH和O2，离子方程式为：；（4）次磷酸中加入过量的NaOH，生成，说明是正盐，次磷酸是一元酸，只电离一个氢离子；水溶液中存在分子，是弱酸；答案是：①⑤；⑥；（5）溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：；（6）根据氧化还原反应化合价升降原则，Ag化合价降低1，离子是氧化剂，P的化合价升高4，是还原剂，氧化剂和还原剂个数之比应该是4∶1。17.氯气()是一种重要的化工原料，用于制造盐酸、农药、燃料和药品等。Ⅰ.氯气的制备氯气在实验室中可通过和浓盐酸混合加热制备，装置见图。（1）盛放浓盐酸的仪器名称是___________，装置A中发生反应的离子方程式是___________。（2）装置B的作用是___________。（3）装置D用于收集，请将装置D中的导气管补充完整：___________。（4）装置E中发生反应的化学方程式是___________。（5）工业电解饱和NaCl溶液制取，对应的化学方程式为，则该反应中转移的电子数为时，溶液质量减少___________g。(假设生成的气体全部逸出)Ⅱ.氯气的应用（6）向KI溶液滴加过量氯水会生成，发生反应的离子方程式如下：补全产物，并将离子方程式配平_________（7）是次氯酸的酸酐，其制备方法之一是将通入HgO中即可制得，同时生成。请写出对应的化学方程式并用双线桥表示电子的转移：___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）除去中混有的HCl（3）（4）（5）7.3（6）（7）【解析】【分析】氯气的制备：装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体，经浓硫酸干燥后在装置D中收集，氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，最后用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。（1）盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；（2）装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体；（3）氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，所以长进短出，如图；（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为；（5）溶液减少的质量即生成的氯气和氢气的质量，转移的电子数为，即0.2mol电子，根据方程式可知生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，质量为0.1mol×71g/mol+0.1mol×2g/mol=7.3g；（6）根据得失电子守恒可知和的系数比为3：1，再结合元素守恒可得离子方程式为；（7）根据题目所给信息可知在HgO中歧化生成和，氯气失去电子生成，得到电子生成，双线桥表示电子的转移为。18.氧化还原反应原理在生产、生活中应用广泛。（1）下列反应中不涉及氧化还原反应的是___________(填序号)。a．蜡炬成灰b．水滴石穿c．食物腐败（2）某同学写出以下化学反应方程式(未配平)：①，②，③，在3个反应中一定不可能实现的是___________(填序号)。（3）可用于污水的杀菌和饮用水的净化。与在强酸性溶液中反应可制得，被氧化为，此反应的离子方程式为___________。（4）亚硝酸钠()是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒，误食会导致人体血红蛋白中的转化为而中毒，该过程中表现出的性质与下列(填序号)反应中表现出的性质相同___________(填序号)。A.B.C.D.（5）已知亚硝酸钠()可以与氯化铵()反应生成氮气、氯化钠及其它产物，写出该反应的化学反应方程式___________。（6）一定条件下，当溶液中与物质的量比恰好为2∶5时，溶液中离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为___________。【答案】（1）b（2）①（3）（4）B（5）（6）+2【解析】（1）a．蜡炬成灰，蜡烛燃烧过程中有氧气参与，涉及氧化还原反应，a错误；b．水滴石穿过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，b正确；c．食物腐败过程中有氧气参与，涉及到氧化还原反应，c错误；故答案选b；（2）①中中N为-3价，NO中N为＋2价，中N为＋3价，和NO均失电子不满足氧化还原反应的规律，①不能实现。②NO中N为＋2价，中N为＋5价，中N为＋3价，NO失电子，得电子，②可能实现。③中N为＋4价，中N为＋5价，中N为＋3价，部分失电子，部分得电子，③可能实现。故答案选①；（3）和在强酸性条件下反应生成和，Cl得到1个电子，S失去2个电子，则和的系数比为2∶1，再结合原子守恒可得离子方程式为；（4）亚硝酸钠将氧化为，体现出了氧化性。A．过氧化氢分解生成水和氧气，同时体现氧化性和还原性，A错误；B．酸性条件下将碘离子氧化成碘单质，体现出氧化性，B正确；C．过氧化氢被氯气氧化生成氧气，体现出还原性，C错误；D．过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，体现出还原性，D错误；故答案选B；（5）与反应生成和NaCl，得到3个电子转化为氮气，失去3个电子转化为氮气，两者的系数比为1∶1，则化学方程式为；（6）恰好将还原，反应中变成，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合