山东省恒台第一中学2020届高三化学上学期诊断性考试试卷（含解析）

山东省恒台第一中学2020届高三化学上学期诊断性考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 C1 35.5 P 31 Co 591.化学无处不在，下列有关说法不正确的是A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C. 碘是人体必须的微量元素，所以每个人都要补碘D. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境【答案】C【解析】【详解】A.侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，A正确；B.浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，所以可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，B正确；C.碘是人体必须的微量元素，但是不是每个人都缺少碘元素，因此不是每个人都要补碘，C错误；D.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，D正确；故合理选项是C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，124g P4中所含PP键数目为4NAB. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAC. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NAD. 密闭容器中，2 mol SO2和1mol O2催化反应后原子总数为8NA【答案】D【解析】【详解】A.白磷相对分子质量是124，124g白磷的物质的量是1mol，由于白磷是正正四面体结构，每个白磷分子中含有6个PP键，则1mol白磷中含有的PP键数目为6NA，A错误；B.HNO3有强的氧化性，所以若1molFe与足量稀硝酸反应转移3mol电子，若1molFe与足量浓硝酸反应，在室温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，B错误； C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，由于每个甲烷或乙烯分子中都含有4个H原子，所以0.5mol混合气体含有H原子的数目为2NA，B错误；D.2 mol SO2和1mol O2中含有原子的物质的量是8mol，由于反应前后各种元素的原子个数不变，所以无论反应程度如何，2 mol SO2和1mol O2催化反应后原子总数为8NA，D正确；3.下列各离子组能大量共存的是A. 澄清溶液中：Cu2+、NH4+、C1-、SO42-B. 常温下pH=1的溶液中：NO3-、K+、Na+、I-C. 在1molL-1的KMnO4酸性溶液中：K+、SO32-、SO42-、C1-D. 0.1mol/L的A1C13溶液中：Na+、HCO3-、NO3-、Fe2+【答案】A【解析】【详解】A.选项中的离子不能发生任何反应，可以大量共存，A错误；B.常温下pH=1的溶液显酸性，在该溶液中，H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.在酸性条件下，KMnO4与SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.Al3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和乙三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大B. X的简单氢化物的热稳定性比W的强C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是ZWXY，A错误；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性XW，所以简单氢化物的热稳定性XW，B正确；C.C是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。5.下列实验的现象和原因都正确的是实验现象原因A金属铝与少量氢氧化钠溶液反应有白色氢氧化铝沉淀生成氢氧化钠溶液量不足B金属铜加入浓硝酸中产生使品红褪色的气体生成SO2 C将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中红色铜丝变黑生成Cu2S D向碳酸钠固体上滴加少量盐酸无气体产生生成碳酸氢钠A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.金属铝与少量氢氧化钠溶液反应，产生NaAlO2和氢气，不会产生Al(OH)3沉淀，A错误；B.金属铜加入浓硝酸中，二者发生反应，产生硝酸铜、二氧化硫和水，不产生SO2，B错误；C.将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中，二者反应产生黑色的Cu2S，因此看到固体由红色变为黑色，C正确；D.向碳酸钠固体上滴加少量盐酸，先反应产生碳酸氢钠，碳酸氢钠立即与盐酸再反应，应产生NaCl、水和二氧化碳，因此会看到有气体放出，D错误；故合理选项是C。6.KIO3可采用电解法制备，装置如图所示。下列叙述正确的是A. 通电后阴极的电极反应式2H2O+2e-=2OH-+H2B. 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从右到左C. 电解过程中阳极附近pH增大D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的KIO3生成【答案】A【解析】【分析】与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；溶液中阳离子通过阳离子交换膜由阳极区向阴极区移动，据此解答。【详解】A.根据装置图可知惰性电极b与电源的负极连接，作阴极。阴极上阳离子放电，由于溶液中离子放电能力H+Na+，所以发生反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，A正确；B.由于阴极上溶液的H+不断放电，所以阴极区阳离子浓度降低，电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从左到右，B错误；C.在电解过程中，阳极上发生反应I2-10e-+12OH-=2IO3-+6H2O，阳极区c(OH-)逐渐降低，溶液的pH减小，C错误；D.根据阳极上的电极反应式可知：每转移10mol电子，反应产生2molKIO3，则转移1mol电子时，产生0.2mol的KIO3，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识。涉及电极反应式书写、离子移动方向、溶液酸碱性判断及有关计算。掌握电解原理同时充分利用题干信息是本题解答关键。7.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) H1 K1 C(s)+O2(g) =CO2(g) H2 K2 ；C(s)+12O2(g) =CO(g) H3 K3；CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H K(其中H为焓变，K为平衡常数)下列说法正确的是A. H=2H32H2H1B. K=2K3K2K1C. 若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，则K一定等于1(mol/L)2D. 减小压强可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A.C(s)+2H2(g)=CH4(g) H1 C(s)+O2(g) =CO2(g) H2 C(s)+O2(g) =CO(g) H3 将方程式2-可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=2H3-H1-H2，A错误；B.根据化学平衡常数的含义可得K1=c(CH4)c2(H2)；K2=；K3=；K=c2(CO)c2(H2)c(CH4)c(CO2)=K32K1K2，B错误；C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是x，则K=x2x2x2=x2，若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1(mol/L)2，C错误；D.由于反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率，D正确；故合理选项是D。8.水合肼(N2H4H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制各水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl 据此，某学生设计了下列实验。步骤1：制备NaC1O溶液。已知：3NaC1ONaC1+NaC1O3(1)用烧碱固体配制30NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_(填字母)。A容量瓶 B烧杯 C移液管 D玻璃棒(2)装置A中发生反应的离子方程式是_；若装置C中出现堵塞，玻璃管a中的现象为_；B中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的是_。步骤2：制取水合肼。控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分。(已知：N2H4H2O+2NaC1O=N2+3H2O+2NaC1)。(3)分液漏斗中的溶液是_(填“A”或“B”)；ANaOH和NaC1O混合溶液 BCO(NH2)2溶液步骤3：肼的性质分析与测定。(4)水合肼与氨水性质相似，属于二元弱碱。水合肼与盐酸反应产生的正盐化学式为_。(5)水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。称取馏分0.3000g，加水配成加20.00mL溶液，一定条件下用0.1500 mol/L的I2溶液滴定。水合肼与碘溶液反应的化学方程式为_；实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4H2O的质量分数为_。(保留三位有效数字)【答案】 (1). BD (2). MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O (3). 液面上升 (4). 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 (5). A (6). N2H6Cl2 (7). N2H4H2O2I2N24HIH2O (8). 25.0%【解析】【分析】装置A：二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置B中玻璃管a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，中用冰水浴控制温度在30以下，防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，装置C进行尾气处理。(1)根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；(2)B中氯气与氢氧化钠反应制备NaClO；B中玻璃管a的作用平衡压强，制取的氯气中含有氯化氢，为了提高NaClO的产率，需对A中产生的Cl2进行净化，由已知信息可知，在反应极易发生副反应，B中用冰水浴控制温度在30以下，这样做的目的是减少副反应的发生，提高水合肼的产率；(3) N2H4H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化确定仪器A中试剂；(4)模拟NH3与HCl反应产生的盐书写水合肼与HCl反应产生的盐的化学式；(5) 利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；根据方程式进行计算。【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，合理选项为BD；(2)装置A中浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，发生反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；若C中发生堵塞时，B中气体压强增大，B中液体进入长玻璃管中，使长玻璃管中液面上升，形成水柱；若温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，导致物质不纯，所以冰水浴温度需要在30以下，其主要目的是防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，影响水合肼的产率；(3)在三颈烧瓶发生反应：CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl ，N2H4H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，所以分液漏斗中盛有NaOH+NaC1O；(4)水合肼属于二元弱碱。水合肼与盐酸产生的盐为N2H6Cl2；(5)水合肼具有还原性，其被I2氧化的方程式为N2H4H2O2I2N24HIH2O设馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为a，则根据反应方程式：N2H4H2O + 2I2 = N2 + 4HI + H2O50g 2mol0.3000ga 0.020L0.15mol/L50g：0.3000ga=2mol：0.020L0.15mol/L，解得：a=25%。【点睛】本题综合考查物质制备实验、物质含量测定等知识，明确实验目的为解答关键，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。9.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用以水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、A12O3、MnO等)制取钴产品的工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物Fe(OH)3 Fe(OH)2Co(OH)2Mn(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8回答下列问题：(1)写出浸出过程、Co2O3发生反应的离子方程式：_。(2)写出NaC1O3发生反应的主要离子方程式：_；(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；萃取剂使用的最佳pH范围是_(填代号)。A1.01.5 B2.02.5 C3.03.5 D4.04.5(5)“沉钴”时生成CoCO3的离子方程式为_。(6)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，测得充分煅烧后固体质量为4.82g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则CoxOy的化学式为_。【答案】 (1). Co2O3SO32-4H=2Co2SO42-2H2O (2). ClO3-6Fe26H= Cl6Fe33H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 除去滤液中的Mn2 (5). C (6). Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2 (7). Co3O4【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，向该溶液中加入萃取剂分离出Mn2+，然后加入NH4HCO3溶液得到CoCO3沉淀。(1)水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；(3) 加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；(4)根据不同的pH对金属阳离子Mn2+、Co2+的萃取率的不同选择；(5)利用复分解反应得到反应的方程式；(6)计算二氧化碳物质的量，根据CoCO3的化学式可以确定Co原子数目，再根据CoxOy的质量确定O原子物质的量，计算Co、O原子数目之比确定化学式。【详解】(1)水钴矿用HCl、Na2SO3进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O； (3)加Na2CO3调pH至5.2时，Al3+能与CO32-发生双水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体；Fe3+能与CO32-离子发生双水解生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)Al3+、Fe3+形成Fe(OH)3、Al Fe(OH)3沉淀析出，根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，加入萃取剂调节溶液的pH至3.03.5时就可以将Mn2+萃取出来，剩余的溶液中含有Co2+离子；(5)向含有Co2+的溶液中加入NH4HCO3，发生复分解反应，得到CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2；(6) 在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，产生CO2的物质的量为n(CO2)=1.344L22.4L/mol=0.06mol，由Co、C原子比例关系，可知Co原子物质的量为0.06mol，则CoxOy中O原子物质的量为n(O)=0.08mol，故CoxOy中Co、O原子数目之比=0.06mol：0.08mol=3：4，则CoxOy的化学式为Co3O4。【点睛】本题通过CoCl26H2O制取工艺的流程，考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度大。10.资源化利用CO具有重要意义。(1)CO可设计成燃料电池，熔融Li2CO3和Na2CO3的混合物作为燃料电池的电解质，氧化剂是含CO2的O2，工作时正极反应为_，以该燃料电池为电源处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，同时制得副产物氢气，装置如图所示(电极均为石墨电极)。该装置中应选用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，写出电解时NO2发生反应的电极反应式：_。 (2)CO是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：反应H(kJ/mol)I. Fe2O3(s)+3C(s) 2Fe(s)+3CO(g)+489II. Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)-27III. C(s)+CO2(g) 2CO(g)X试计算，试计算，X=_。T1时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应I，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，v(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是_。a保持温度、体积不变，使用催化剂 b保持体积不变，升高温度c保持温度不变，压缩容器体积 d保持温度、体积不变，充入CO(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压(P总)密闭容器中加入1mol CO2与足量的碳发生反应III，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。650时，反应达平衡后CO2的转化率为_。T时，该反应达到平衡时下列说法不正确的是_。a气体密度保持不变b2v正(CO2)=v正(CO)c若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动d若保持其它条件不变再充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动e若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，再次达平衡时压强小于原平衡的2倍根据图中数据，计算反应III在T时用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=_(设总压强为P总，用含P总的代数式表示)【答案】 (1). O2+2CO2+4e-=CO32- (2). 阳 (3). NO2 e-+H2O=NO3-+2H+ (4). +172 (5). cd (6). 25% (7). cd (8). 0.5 P总【解析】【详解】(1)在负极上CO放电，CO失电子结合CO32-生成CO2：CO-2e-+CO32-=2CO2；正极上CO2放电，CO2结合O2得到电子生成CO32-，电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-；电解时，左室中电极上H+放电生成H2，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，阳极发生的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，右室中阳离子浓度增大，左室中水电离产生的H+放电，附近溶液的阳离子浓度降低，破坏了水的电离平衡，溶液中的阳离子由右室进入左室，所以离子交换膜为阳离子交换膜；(2)( I-II)3可得：C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+172kJ/mol；a保持温度、体积不变，使用催化剂，可以使正、逆反应速率都增大，但是平衡不发生移动，达到平衡时逆反应速率比原来的逆反应速率大，a错误； b保持体积不变，升高温度，正反应、逆反应速率增大，化学平衡常数改变，CO浓度不会回到原平衡状态，b错误；c保持温度不变，压缩容器体积，物质的浓度增大，反应速率加快，由于温度不变，所以化学平衡常数不变，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度仍然回到原平衡状态，c正确；d保持温度、体积不变，充入CO，化学反应速率增大，不改变化学平衡常数，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度仍然回到原平衡状态，d正确；故合理选项是cd；(3)反应III为：C(s)+CO2(g)2CO(g)起始(mol) 1 0转化(mol) x 2x平衡(mol) 1-x 2x1-x1+x=60%，可得x=，所以CO2的转化率为25%；a由于反应混合物不全为气体，所以若气体密度保持不变，则反应处于平衡状态，a正确；b由于方程式中CO2、CO的系数比为1:2，所以任何时刻都存在2v正(CO2)=v正(CO)，b正确；c若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，相当于CO2增大的多，所以化学平衡向正反应方向移动，c错误；d若保持其它条件不变再充入惰性气体，由于物质的浓度不变，所以v正、v逆均不变，平衡不移动，d错误；e若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，由于体积减小导致物质的浓度都增大，体系的压强增大，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以再次达平衡时压强小于原平衡的2倍，e正确；故合理选项是cd；对于反应III，根据图中数据可知，在T时CO占总压强的12，所以若用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=p2(CO)p(CO2)=(12p总)(12p总)(12p总)=12 p(总)。11.部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示元素结构及性质AA在第三周期中简单离子半径最小BB原子最外层电子数是内层电子数的35C使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5DD与B同主族，且通常状况下D没有正化合价EE在周期表中位于IA族，有人认为将其排在VIIA族也有一定道理FF与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应(1)C元素在周期表中的位置_；E形成的一种简单离子能支持“将E排在VIIA族”这一观点，该离子的结构示意图为_。(2)E与D可以按原子个数比2：1、1：1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为_。E与B形成的一种化合物Z与X、Y中的一种电子总数相同且能