2025年粤教沪科版高三化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教沪科版高三化学下册月考试卷117考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列配合物的配位数是6的是（）A.K2[Co（SCN）4]B.Fe（SCN）3C.Na3[AlF6]D.[Cu（NH3）4]Cl22、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1.7g氨气所含有的电子数目为10NAB.常温常压下，11.2L乙烯气体（C2H4）含有NA个碳原子C.常温常压下，16gO3含有的氧原子数为NAD.水的摩尔质量就是NA个水分子的质量之和3、向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是（）A.整个过程共发生2个氧化还原反应B.所有阴离子的浓度都发生了变化C.溶液的颜色发生了变化D.反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生4、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且二者具有因果关系的是。选项实验现象结论A.将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加rm{KSCN}溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将铁氧化为rm{Fe^{3+}}B.将铜粉加入rm{1.0mol隆陇L^{-1}Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中溶液变为蓝色，有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯火焰上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.向含有等浓度的rm{MgSO_{4}}溶液与rm{CuSO_{4}}的混合溶液中逐滴滴加rm{NaOH}溶液至不再有沉淀产生先有浅蓝色沉淀生成，后有白色沉淀生成rm{Cu(OH)_{2}}的溶度积比rm{Mg(OH)_{2}}的小A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、下列有关元素性质比较正确的是（）A.氢化物稳定性：PH3＞H2S＞HClB.沸点：H2O＞HF＞HClC.原子半径：S＞F＞OD.酸性：HClO＞HNO3＞H2CO36、下列四种有机物能与氢气发生加成反应的是（）A.B.CH4C.C2H6D.C2H5OH7、根据下列三个反应的化学化学方程式；判断下列关系式不正确的是（）

（1）I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI

（2）2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2

（3）2FeCl2+Cl2═2FeCl3．A.氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2＞H2SO4B.还原性：SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-C.2Fe+3I2═2FeI3D.FeI2+Cl2═FeCl2+I2（Cl2不足时）评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、如图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质及其化合物；图中部分反应条件未列出．已知C；H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于饮用水消毒．反应②和④是化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法．

请推测回答：（1）反应⑤的化学方程式为____．

（2）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A的化学式为____．

（3）物质A与水生成B和C的化学方程式____．

（4）C的催化氧化产物为L和M，M继续氧化后的产物N遇到L生成一种工业强酸．某同学根据课外书中该强酸的铅盐（Pb为+2价，分解前后铅的化合价不变）受热分解的实验操作来判断它的分解产物之一是氧气：将试管中的铅盐加热到熔融，把带火星的细木条伸入试管，检验放出的气体，当发现木条复燃时该学生断言该铅盐受热分解有氧气放出．请写出上述分解反应的化学方程式____；并对上述实验及结论的合理性作出评价____．

（5）将含等物质的量的M和N的混合物溶解在接近零度的水中，即生成一种弱酸的水溶液．含此弱酸钠盐的废水可用铝粉除去，已知NaOH、一种常见的铝盐和框图中的C等物质为该反应体系中的反应物或产物，写出该离子方程式____．9、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种物质中的一种或几种．现进行如下实验：

①取少量固体粉末；加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；

②继续往烧杯中加入足量稀硝酸；白色沉淀完全消失；并有气泡产生．

③取少量②中溶液滴加Ba（NO3）2溶液；有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解．

（1）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有____，（填化学式，下同）一定不含有____，可能含有____．

（2）上述实验②过程中所发生反应的离子方程式为：____．10、W；X、Y、Z均为短周期元素；W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色．由此推断填下列空白：

（1）X元素的名称____，Z元素的符号____．

（2）W在周期表中的位置____，Z离子的结构示意图____

（3）Y、Z的最高价氧化物的碱性强弱比较____（填化学式；下同）．

（4）W、X的氢化物的稳定性比较：____

（5）Y与氢氧化钠溶液反应的离子方程式____．

（6）与Z相同主族下一周期的元素A在空气中加热的现象____．11、下列实验操作正确的是____．

A．在催化剂存在的条件下；苯和溴水发生反应可生成无色；比水重的液体溴苯。

B．将铜丝弯成螺旋状；在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验。

C．醇中含有少量水可加入生石灰再蒸馏制得无水乙醇。

D．试管中先加入一定量浓硫酸；再依次加入适量冰醋酸；无水乙醇，然后加热制取乙酸乙酯。

E．实验室制取乙烯时；放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热沸腾时剧烈跳动。

F．配制银氨溶液时；将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止。

G．验证溴乙烷水解产物时；将溴乙烷和氢氧化钠溶液混合，充分振荡溶液；静置、待液体分层后，滴加硝酸银溶液。

H．在浓苯酚溶液中滴入几滴稀溴水；马上可以看到白色沉淀。

I．1mol•L-1CuSO4溶液2mL和0.5mol•L-1NaOH溶液4mL混合后加入40%的乙醛溶液，加热煮沸观察砖红色沉淀的产生．12、(1)配平氧化还原反应方程式：

____________C2O+____________MnO+____________H+═____________CO2↑+____________Mn2++____________H2O

(2)称取6.0g含H2C2O4•2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样；加水溶解，配成250mL溶液．量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中．

①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25mol/LNaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色．该溶液被中和的H+的物质的量为____________mol．

②第二份溶液滴加0.10mol/L酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全；此时溶液颜色，由____________变为____________．该溶液中还原剂的物质的量____________mol．

③原试样中H2C2O4•2H2O的质量分数为____________，KHC2O4的质量分数为____________．13、某小组探究Cl2的制备方法和相关性质设计如下实验．请回答下列问题：

（1）实验室用装置A制备C12的化学方程式为____．

（2）①实验室在没有浓盐酸情况下，常用浓硫酸、食盐和二氧化锰在加热条件下制取氯气，则氧化剂与还原剂的质量之比为____．

②某研究性学习小组在查阅相关资料时发现二氧化锰与浓硫酸在加热条件下可产生O2和MnS04，其反应方程式为____．

③选用如图所示装置（装置可重复使用）和适当试剂，依次验证氯水的酸性、漂白性和氧化性，并证明制备C12时生成了O2．

供选试剂：MnO2、浓硫酸、食盐、饱和食盐水、紫色石蕊试液、酚酞试液、KBr溶液和CCl4的混合液；碱石灰、蒸馏水．将所用装置或仪器的序号按连接顺序由上至下依次填入下表；并写出该仪器中应加试剂的名称或化学式．

。选用的仪器加入的试剂A二氧化锰、浓硫酸、食盐B饱和食盐水BKBr溶液和CCl4的混合液D④证明有氧气生成的操作及现象是____．

⑤实验结束后，振荡盛有KBr溶液和CCl4的混合溶液的洗气瓶，现象为____．14、下列热化学方程式：

Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△H1=-351.1kJ/mol；

Hg（l）+O2（g）=HgO（s）△H2=-90.7kJ/mol．

由此可知：Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）△H3=____．15、按要求回答下列问题：

（1）的系统命名为____．

（2）分别完全燃烧1molC2H6、1molC2H4、1molC2H2，需要氧气最多的是____，生成____质量相等．

（3）的分子式为____．

（4）1mol某不饱和羟可以和1molCl2发生加成反应，生成2-甲基-2，3-二氯戊烷，则该不饱和烃是____（写结构简式）．

（5）某有机物的分子式是C3H4O2，它的水溶液显酸性，能跟Na2CO3溶液反应，又能使溴水褪色，写出这种有机物的结构简式____．

（6）某有机物的分子式为C4H4，它有一种同分异构体，每个碳原子均达到饱和，且碳与碳的夹角相同，该分子中碳原子形成的空间构型为____．

（7）写出溴乙烷在强碱的乙醇溶液中加热下的化学方程式：____．16、对反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）；达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：

（1）该反应的逆反应为____反应（填“吸热”或“放热”），且m+n____p（填“＞”；“=”或“＜”）．

（2）减压时，A的质量分数____（填“增大”；“减小”或“不变”；下同）．

（3）若加入B（体积不变），则A的转化率____．

（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将____．

（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量____．

（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色____，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色____（“变深”、“变浅”或“不变”）．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）18、22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子____．（判断对错）19、判断题（对的打√；错的打×）

（1）1mol氢中含有NA个氢原子____

（2）1molCO2含有NA个氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在标准状况下，1mol水的体积约是22.4L____

（5）1molO2在20℃时的体积一定大于22.4L____

（6）在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L____．20、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）21、Na2O2的电子式为____．（判断对确）22、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）23、NaCl溶液在电流的作用下电离出Na+____．（判断对错）24、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）25、甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种____（判断对错）评卷人得分四、解答题(共2题，共12分)26、保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识．

（1）为了改善空气质量，必须控制大气中二氧化硫、氮氧化物、烟尘等污染物的排放量．为控制大气中二氧化硫的排放，常采取的措施是对化石燃料进行______处理．为治理汽车尾气中NO和CO的排放，在汽车的排气管上安装催化净化装置，使NO和CO转化为无毒气体，该反应的化学方程式为______N2+2CO227、氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料；它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：

______SiO2______C______N2______Si3N4______CO

（1）配平上述反应的化学方程式（将化学计量数填在方框内）；

（2）该反应的氧化剂是______；其还原产物是______；

（3）该反应产生标准状况下11.2升CO气体；则电子转移______摩尔．

（4）若有1摩尔焦炭与足量的SiO2；氮气反应；电子转移______（填大于、等于或小于）2摩尔，理由是______．

评卷人得分五、推断题(共3题，共18分)28、如图是中学常见物质间的转化关系．已知：

（a）A为淡黄色固体；B为导致“温室效应”的主要物质；

（b）E为常见金属；J为红褐色沉淀；

（c）G在实验室中常用于检验B的存在；

（d）L是一种重要的工业原料；常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色．回答下列问题：

（1）A的电子式____．

（2）反应①的化学方程式为____，反应②的离子方程式为____；

（3）若参加反应的A的质量为39g，则转移的电子数目为____．

（4）向含ngL的稀溶液中加入mgE，两者恰好完全反应，若L只被还原为+2价化合物，则n：m不可能为____．

A．5：1B．9：2C．3：1D．4：1．29、现有常见金属单质A；B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H；它们之间能发生如图反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A____B____F____丙____．

反应⑤____；

反应⑥____．30、兔耳草醛是食品与化妆品工业中的香料添加剂。工业上可通过有机化工原料A制得，其合成路线如下图所示：请回答：（1）B中含氧官能团的名称是________________________。（2）上述合成路线中反应①属于_________________，反应②属于______________(填写反应类型)。（3）写出由D获得兔耳草醛的化学反应方程式_______________________________________________。（4）A的同分异构体中符合以下条件的有____________________种。a．能使FeCl3溶液显紫色；b．能发生加聚反应；c．苯环上只有两个互为对位的取代基参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目，即配位数．【解析】【解答】解：A．K2[Co（SCN）4]配体为SCN-；配位数为4，故A错误；

B．Fe（SCN）3中，配体为SCN-；配位数为3，故B错误；

C．Na3[AlF6]中配体为F；配合物的配位数为6，故C正确；

D．[Cu（NH3）4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3；故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A；根据氨气的质量计算出氨气的物质的量及含有的电子数；

B；根据是否是标准状况下进行判断；

C；排除干扰条件；根据臭氧的质量计算出臭氧的物质的量及含有的氧原子数目；

D、摩尔质量的单位为g/mol，质量的单位为g，二者单位不同．【解析】【解答】解：A、1.7g氨气的物质的量为0.1mol，含有1mol电子，含有的电子数目为NA；故A错误；

B；不是标准状况下；无法计算11.2L乙烯的物质的量，故B错误；

C、16g臭氧的物质的量为mol，含有1mol氧原子，含有的氧原子数为NA；故C正确；

D、水的摩尔质量为18g/mol，NA个水分子的质量之和为18g；二者单位不同，应该是在数值上相同，故D错误；

故选：C．3、A【分析】【解答】解：A．共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应；另外还存在氯气和水的反应，故A错误；

B．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；所有阴离子的浓度都发生了变化，故B正确；

C．通过以上分析知；反应前溶液呈无色，反应后有溴单质生成，溴水呈橙色，所以溶液由无色变为橙色，故C正确；

D．由B可知生成硅酸沉淀和二氧化碳气体；故D正确．

故选A．

【分析】某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．4、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法。【解答】A.过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入rm{KSCN}溶液；溶液不显红色；故A错误；

B.rm{Cu}和rm{Fe^{3+}}发生氧化还原反应，反应方程式为rm{Cu+2Fe^{3+}=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；

C.将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热；铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；

D.将rm{0.1mol?L^{-1}MgSO_{4}}溶液滴入rm{NaOH}溶液至不再有沉淀产生，说明rm{NaOH}完全反应，再滴加rm{0.1mol?L^{-1}CuSO_{4}}溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以rm{Cu(OH)_{2}}的溶度积比rm{Mg(OH)_{2}}的小；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】A；元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

B；含有氢键的氢化物的沸点较高；分子间形成氢键数目越多，沸点越高；

C；同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解析】【解答】解：A、非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定是HCl＞H2S＞PH3；故A错误；

B、有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：H2O＞HF＞HCl；故B正确；

C；同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径S＞O＞F，故C错误；

D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性N＞C，虽然Cl的非金属性较强，但HClO属于弱酸，所以酸性强弱HNO3＞H2CO3＞HClO；故D错误；

故选B．6、A【分析】【分析】能发生加成反应的物质有：烯烃、炔烃、苯及其同系物、酚、醛、酮等；【解析】【解答】解：A、能与氢气发生加成反应生成环己烷；故A正确；

B、CH4不能与氢气发生加成反应；故B错误；

C、C2H6不能与氢气发生加成反应；故C错误；

D、C2H5OH不能与氢气发生加成反应；故D错误；

故选：A；7、C【分析】【分析】A；依据氧化还原反应的化学方程式中氧化剂的氧化性大于氧化产物；

B；依据氧化还原反应的化学方程式中氧化剂的还原性大于还原产物；

C；依据（2）分析铁离子的氧化性大于碘单质；

D、碘离子的还原性大于亚铁离子，氧化还原反应顺序进行．【解析】【解答】解：A、（1）I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI；氧化剂I2的氧化性大于氧化产物H2SO4；

（2）2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2氧化剂FeCl3的氧化性大于氧化产物I2；

（3）2FeCl2+Cl2═2FeCl3．氧化剂Cl2的氧化性大于氧化产物2FeCl3；氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2＞H2SO4；故A正确；

B、（1）I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI；还原剂SO2的还原性大于还原产物HI；

（2）2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2还原剂HI的还原性大于还原产物FeCl2；

（3）2FeCl2+Cl2═2FeCl3．还原剂FeCl2的还原性大于还原产物2FeCl3；还原性：SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-；故B正确；

C、2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2，反应中FeCl3的氧化性大于I2，Fe+I2═FeI2；故C错误；

D、碘离子的还原性大于亚铁离子，氧化还原反应顺序进行；FeI2+Cl2═FeCl2+I2（Cl2不足时）；故D正确；

故选C．二、填空题(共9题，共18分)8、Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OCaCN2CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH32Pb（NO3）22PbO+4NO2↑+O2↑不合理，因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验2Al+NO2-+OH-+H2O=2AlO2-+NH3↑【分析】【分析】图中各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应④是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应⑤是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HCl．F与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应②是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2．物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，据此解答．【解析】【解答】解：图中各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应④是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应⑤是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HCl．F与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应②是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2．物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2；

（1）反应⑤是实验室制备氨气，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molCaCO3和2molNH3，根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2；

故答案为：CaCN2；

（3）CaCN2与水生成CaCO3和NH3的化学方程式为CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3；

故答案为：CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3；

（4）C为NH3，C的催化氧化产物为L和M，M继续氧化后的产物N遇到L生成一种工业强酸，则M为NO，L为水，N为NO2，二氧化氮与水生成硝酸，．硝酸铅受热分解（Pb为+2价，分解前后铅的化合价不变），受热分解的化学方程式为2Pb（NO3）22PbO+4NO2↑+O2↑；检验放出的气体，当发现木条复燃时该学生断言该铅盐受热分解有氧气放出，该结论不合理，因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验；

故答案为：2Pb（NO3）22PbO+4NO2↑+O2↑；不合理；因为在混合气体中氧气占五分之，不一定能使本条复燃，另外二氧化氮也有氧化性，也可能使本条复燃，所以应先将混合气体通过氢氧化钠溶液中除去二氧化氮，再用带火星的本条检验；

（5）M为NO，N为NO2，将含等物质的量的M和N的混合物溶解在接近零度的水中，即生成一种弱酸的水溶液应为亚硝酸，亚硝酸根离子和铝、氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氨气，离子反应方程式为2Al+NO2-+OH-+H2O=2AlO2-+NH3↑；

故答案为：2Al+NO2-+OH-+H2O=2AlO2-+NH3↑．9、CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【分析】【分析】①取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

②继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

③取少量②的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．据此来回答．【解析】【解答】解：①取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

②继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

③取少量②中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．

（1）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4；一定不含有CuSO4、BaCl2；可能含有KNO3；

故答案为：CaCO3、Na2SO4；CuSO4、BaCl2；KNO3．

（2）实验②过程中碳酸钙是白色溶于硝酸的沉淀，所发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．10、氟Na第三周期ⅤⅡA族NaOH＞Al（OH）3HF＞HCl2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑剧烈反应，得到黄色固体，火焰呈淡紫色【分析】【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；且W是短周期元素，原子序数小于18，所以W是Cl元素；

X与W同主族；且X为短周期元素，所以X是F元素；

Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则Y的原子序数为：（17+9）=13；则Y为Al元素；

含Z元素的物质焰色反应为黄色；则Z为Na元素；

根据分析可知：W、X、Y、Z分别为Cl、F、Al、Na元素．【解析】【解答】解：W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，且W是短周期元素，原子序数小于18，所以W是Cl元素；X与W同主族，且X为短周期元素，所以X是F元素；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则Y的原子序数为：（17+9）=13；则Y为Al元素；含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为Na元素；

（1）X为F元素；元素名称为氟；Z为Na；

故答案为：氟；Na；

（2）W为Cl，原子序数为17，核外电子层数为3、最外层含有7个电子，位于周期表中的第三周期ⅤⅡA族；Z为Na，钠离子的电子层数为2，最外层为8个电子，钠离子的结构示意图为：

故答案为：第三周期ⅤⅡA族；

（3）Y、Z分别为Al、Na，二者的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠，金属性越强，碱性越强，则碱性：NaOH＞Al（OH）3；

故答案为：NaOH＞Al（OH）3；

（4）W；X分别为Cl、F；非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl则W、X的氢化物的稳定性大小为：HF＞HCl；

故答案为：HF＞HCl；

（5）Y为Al，Y与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑；

（6）Z相同主族下一周期的元素A为K；钾在空气中加热生成超氧化钾，现象为：剧烈反应，得到黄色固体，火焰呈淡紫色；

故答案为：剧烈反应，得到黄色固体，火焰呈淡紫色．11、BCEF【分析】【分析】A．苯与溴水不反应；

B．变黑生成CuO；氧化乙醇生成乙醛；

C．加入生石灰；与水反应，且增大沸点差异；

D．先加乙醇；再加浓硫酸，最后加乙酸；

E．碎瓷片；可防止暴沸；

F．向硝酸银中滴加氨水；生成沉淀后继续滴加氨水；

G．水解后显碱性；不能检验溴离子；

H．稀溴水应改为浓溴水；不能观察到沉淀；

I.1mol•L-1CuSO4溶液2mL和0.5mol•L-1NaOH溶液4mL混合，碱不足．【解析】【解答】解：A．苯与溴水不反应；制备溴苯应利用液溴，故A错误；

B．变黑生成CuO；氧化乙醇生成乙醛，则铜丝弯成螺旋状（增大接触面积），在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验，故B正确；

C．加入生石灰；与水反应，且增大沸点差异，则再蒸馏制得无水乙醇，故C正确；

D．试剂的加入顺序不合理；应先加乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸，故D错误；

E．碎瓷片；可防止暴沸，则实验室制取乙烯时，放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热沸腾时剧烈跳动，故E正确；

F．向硝酸银中滴加氨水；生成沉淀后继续滴加氨水，滴加到沉淀刚好溶解为止即得到银氨溶液，故F正确；

G．水解后显碱性；不能检验溴离子，应水解后加酸至酸性再滴加硝酸银溶液检验，故G错误；

H．不能观察到沉淀；生成物溶解在苯酚中，则稀溴水应改为浓溴水，故H错误；

I.1mol•L-1CuSO4溶液2mL和0.5mol•L-1NaOH溶液4mL混合；碱不足，不能检验乙醛中的-CHO，不生成砖红色沉淀，故I错误；

故答案为：BCEF．12、略

【分析】解：(1)化合价C：+3→+4；改变量(4-3)×2=2，Mn：+7→+2，改变量(7-2)×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42-前配5，MnO4-前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，根据电荷守恒，在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H个数相等在水前面配8，经检验离子方程式两边的氧原子相等．

故答案为：5；2；16；10；2；8；

(2)①由H++OH-═H2O知，n(H+)=n(OH-)=0.25mol•L-1×0.02L=0.005mol；

故答案为：0.005；

②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时；溶液呈紫红色；

由电子守恒得：n(还)×2=0.1mol•L-1×0.016L×5；n(还)=0.004mol；

故答案为：无色；紫红色；0.004；

③由于实验时所取溶液均为配置时的所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的由①得：2n(H2C2O4•2H2O)+n(KHC2O4)=0.05mol，由②得：n(H2C2O4•2H2O)+n(KHC2O4)=0.04mol；

由上述两个方程式得：n(H2C2O4•2H2O)=0.01mol，n(KHC2O4)=0.03mol；

H2C2O4•2H2O的质量分数为：×100%=21%；

KHC2O4的质量分数为：×100%=64%；

故答案为：21%；64%．【解析】5;2;16;10;2;8;0.005;无色;紫红色;0.004;21%;64%13、4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O29：392Mn02+2H2SO4（浓）2MnSO4+O2↑+2H20将D收集的气体用带火星的木条检验，如果带火星的木条复燃，则证明是氧气溶液分层，上层无色，下层为橙色【分析】【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰；氯气和水；

（2）①常用浓硫酸、食盐和二氧化锰在加热条件下制取氯气，发生反应的化学方程式为2NaCl+3H2SO4（浓）+MnO22NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O；据此解答；

②信息给出浓硫酸能与二氧化锰反应生成氧气；反应方程式可根据电子守恒；原子守恒写出；

③实验的组装顺序一般是：发生装置、洗气装置、检验装置、尾气处理装置等，所以该实验的流程为：A装置产生氯气→饱和食盐水除去混有的氯化氢（B装置）→通入石蕊试液（B装置）→通入KBr溶液和CCl4的混合液溶液（B装置）→通入碱石灰尾气处理（C装置）→排水法收集氧气（D装置）；

④将D收集的气体用带火星的木条检验；如果带火星的木条复燃，则证明是氧气；

⑤氯气具有强氧化性，氯气将溴离子氧化生成溴单质，溴易溶于有机溶剂，出现分层现象．【解析】【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学反应方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2））①常用浓硫酸、食盐和二氧化锰在加热条件下制取氯气，发生反应的化学方程式为2NaCl+3H2SO4（浓）+MnO22NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O，氧化剂是二氧化锰，还原剂是氯化钠，它们的物质的量之比是1：2，质量之比为=；

故答案为：29：39；

②根据题给信息知，在加热条件下，浓硫酸和二氧化锰反应生成硫酸锰、氧气和水，反应方程式为：2Mn02+2H2SO4（浓）2MnSO4+O2↑+2H20；

故答案为：2Mn02+2H2SO4（浓）2MnSO4+O2↑+2H20；

③从实验目的结合所供试剂知，A装置产生氯气→饱和食盐水除去混有的氯化氢（B装置）→通入石蕊试液检验氯气使紫色石蕊试液变色、再褪色的实验（B装置）→通入KBr溶液和CCl4的混合液验证氯气的氧化性比溴单质的氧化性强的实验（B装置）→通入碱石灰做尾气处理（C装置）→排水法收集氧气（D装置）；

故答案为：

。选用的仪器加入的试剂A二氧化锰、浓硫酸、食盐B饱和食盐水B紫色石蕊试液BKBr溶液和CCl4的混合液C碱石灰D蒸馏水④将D收集的气体用带火星的木条检验；如果带火星的木条复燃，则证明是氧气；

故答案为：将D收集的气体用带火星的木条检验；如果带火星的木条复燃，则证明是氧气；

⑤氯气将溴离子氧化生成溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溴易溶于有机溶剂，实验结束后，振荡盛有KBr溶液和CCl4的混合溶液的洗气瓶时；会出现分层现象，由于四氯化碳的密度比水大，所以上层为水层，无色，下层为有机层，橙色；

故答案为：溶液分层，上层无色，下层为橙色．14、-260.4kJ•mol-1【分析】【分析】由盖斯定律，反应热与反应的途径无关，只与起始状态、最终状态有关，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行适当的加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算．【解析】【解答】解：由①Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△H=-351.1kJ•mol-1；

②Hg（1）+O2（g）=HgO（s）△H=-90.7kJ•mol-1；

则根据盖斯定律可知；①-②得Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（1）；

所以△H=（-351.1kJ•mol-1）-（-90.7kJ•mol-1）=-260.4kJ•mol-1；

故答案为：-260.4kJ•mol-1．15、2，2，3-三甲基丁烷C2H6CO2C4H9O2Cl（CH3）2C=CH-CH2-CH3CH2=CHCOOH正四面体CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O【分析】【分析】（1）烷烃命名遵循长；多、近、小、简原则；

（2）1mol烃CxHy的耗氧量为（x+）mol；据此计算判断耗氧量，依据碳元素守恒判定后者；

（3）改有机物值含有2个羟基和一个Cl原子；据此书写分子式；

（4）根据加成反应的原理；采取倒推法还原C=C双键，从分子中减掉氯原子形成C=C双键，可得不饱和烃的结构；

（5）某有机物分子式是C3H4O2；它的水溶液显酸性，既能跟碳酸钠溶液反应，说明含有-COOH，能使溴水褪色，说明含有C=C或C≡C，据此分析；

（6）它的一种同分异构体；每个碳均达饱和，且构成的空间构型中碳与碳间的夹角都相同，则4个C形成正四面体结构；

（7）溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯和溴化钠，水．【解析】【解答】解：（1）最长碳链为4；再2号碳上含有2个甲基，在3号碳上含有1个甲基，正确命名为2，2，3-三甲基丁烷，故答案为：2，2，3-三甲基丁烷；

（2）1mol烃CxHy的耗氧量为（x+）mol，分子中C原子数目相等，故H原子数目越大，消耗氧气越多，故C2H6的耗氧量最大；

各烃分子中含有C原子数目相等，烃的物质的量相等，根据碳原子守恒可知，各烃生成二氧化碳的质量相等，故答案为：C2H6；CO2；

（3）的分子式为C4H9O2Cl，故答案为：C4H9O2Cl；

（4）根据加成反应的原理，采取倒推法还原C=C双键，从分子中减掉氯原子形成C=C双键，可得不饱和烃的结构为（CH3）2C=CH-CH2-CH3，故答案为：（CH3）2C=CH-CH2-CH3；

（5）有机物A的分子式为C3H4O2，它的水溶液显酸性，既能跟碳酸钠溶液反应，说明含有1个-COOH，其不饱和度==2，说明分子中除了羧基还有1个不饱和键，能使溴水褪色，则分子中含有1个C=C双键，所以该有机物的结构简式为CH2=CHCOOH；故答案为：CH2=CHCOOH；

（6）它的一种同分异构体，每个碳均达饱和，且构成的空间构型中碳与碳间的夹角都相同，则4个C形成正四面体结构结构式为故答案为：正四面体；

（7）溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯和溴化钠，水；反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O．16、吸热＞增大增大减小不变变深变浅【分析】【分析】（1）在反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）；达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡逆向移动，说明该反应为体积减小的反应，据此答题；

（2）由（1）分析可知；该反应体积减小，所以减压时平衡逆向移动，A的质量分数增大；

（3）A；B均为可逆反应的反应物；增加一种反应物浓度，可以提高另外一种反应物的转化率；

（4）由（1）分析可知；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡时B；C的浓度之比将减小；

（5）加入催化剂；平衡不移动，所以气体总物质的量不变；

（6）加入C平衡逆向移动，B的浓度增大，混合物颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，所有反应物和生成物的浓度都会减小，所以颜色变浅．【解析】【解答】解：（1）在反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）；达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡逆向移动，说明该反应为体积减小的反应，故答案为：吸热；＞；

（2）由（1）分析可知；该反应体积减小，所以减压时平衡逆向移动，A的质量分数增大，故答案为：增大；

（3）A；B均为可逆反应的反应物；增加一种反应物浓度，可以提高另外一种反应物的转化率，故A的转化率变大，故答案为：增大；

（4）由（1）分析可知；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡时B；C的浓度之比将减小，故答案为：减小；

（5）加入催化剂；平衡不移动，所以气体总物质的量不变，故答案为：不变；

（6）加入C平衡逆向移动，B的浓度增大，混合物颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，所有反应物和生成物的浓度都会减小，所以颜色变浅，故答案为：变深；变浅．三、判断题(共9题，共18分)17、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量．【解析】【解答】解：若为标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，含有6.02×1023个氧分子，但氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量，不能确定含有氧气分子数目，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】（1）没有指明是氢气分子还是氢原子；

（2）根据二氧化碳的物质的量及分子组成分析；

（3）根据水分子中不存在氢气分子判断；

（4）根据标准状况下水的状态不是气体判断；

（5）根据影响1mol氧气体积的因素有温度和压强判断；

（6）根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的体积．【解析】【解答】解：（1）1mol氢中含有NA个氢原子；必须指明是氢气分子还是氢原子，故（1）错误；

故答案为：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA个氧原子；故（2）错误；

故答案为：×；

（3）1molH2O中含有2mol氢原子和1molO；故（3）错误；

故答案为：×；

（4）在标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol水的体积，故（4）错误；

故答案为：×；

（5）由于影响气体体积的因素除了温度，还原压强，若减小压强，气体体积减小，所以1molO2在20℃时的体积不一定大于22.4L；故（5）错误；

故答案为：×；

（6）在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L；故（6）正确；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．22、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】在水溶液中；电解质在水分子作用下电离出自由移动的离子；

在熔融状态下，电解质在电流的作用下电离出自由移动的离子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下电离出钠离子和氯离子；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．25、×【分析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物氯化氢，据此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故答案为：×．四、解答题(共2题，共12分)26、略

【分析】

（1）化石燃料会产生大量的二氧化碳；还会产生二氧化硫，为控制大气中二氧化硫的排放，常采取的措施是对化石燃料进行脱硫，故答案为：脱硫；

CO与NO反应生成的是N2和CO2：2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；

（2）①由2NH4++3O2═2HNO2+2H2O+2H+和2HNO2+O2═2HNO3得。

2NH4++4O2═2HNO3+2H2O+2H+

36128

1g4.57g

故氨态氮元素1g转化为硝酸态氮（硝酸态氮以HNO3表示）时需氧气的质量为4.57g；故答案为：4.57；

②反应物是NO2-和NH4+，生成物还有H2O，N2，反应的化学方程式为：NH4++NO2-N2↑+2H2O，故答案为：NH4++NO2-N2↑+2H2O；

（3）①1m3烟气中最高允许含NO的质量为：400mg×0.85=340mg=0.34g，体积为：×22.4L/mol=0.25L；故答案为：0.25；

②1m3含2000mgNOx的烟气被吸收，若吸收率为80%，则剩余的NOx为400mg，因吸收后烟气总体积减小，NOx含量仍超过400mg/m3，故答案为：不符合；吸收后烟气总体积减小，NOx含量仍超过400mg/m3；

【解析】【答案】（1）化石燃料会产生大量的二氧化碳；还会产生二氧化硫；反应物；生成物和反应条件及质量守恒定律写出正确的化学方程式；

（2）①根据化学方程式进行计算；

②根据题干信息可知：反应物是NO2-和NH4+，有N2生成，反应中只有氮元素发生变价，结合质量守恒定律可知：生成物还有H2O；然后进行配平即可，注意反应条件；

（3）①根据题目信息来计算；

②根据吸收后烟气总体积减小，NOx含量仍超过400mg/m3来分析。

27、略

【分析】

（1）Si的化合价前后未变，N的化合价由0降为-3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守恒得，3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO．

故答案为：3；6、2、1、6；

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂被还原得到的生成物是还原产物，所以N2是氧化剂，Si3N4是还原产物．

故答案为：N2；Si3N4；

（3）根据方程式；当生成6molCO时，转移电子的物质的量是12mol，当生成11.2L（即0.5mol）CO气体（标准状况下），转移电子的物质的量是1mol．

故答案为：1mol．

（4）可逆反应不能进行到底；所以1mol焦炭不能完全反应，电子转移小于2mol．

故答案为：小于；可逆反应不能进行到底．

【解析】【答案】（1）根据氧化还原反应化合价升降总数相等以及质量守恒来解答；

（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；氧化剂发生还原反应生成还原产物．

（3）根据方程式转移电子的量来计算；碳元素由0价升高到+2价．

（4）可