2019-2020年高三化学上学期零诊试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学上学期零诊试卷（含解析） 一.选择题1某矿泉水标签上印有主要的矿物质成分如下（单位mg/L）：Ca：20，K：39，Mg：3.0Zn：0.06，F：0.02等这里的Ca、K、Mg、Zn、F是指（） A 单质 B 元素 C 金属离子 D 分子2用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法错误的是（） A 1 molCH5+所含的电子数为10NA B 1 molC20H42中含有61 NA个共价键 C 25时1 mL纯水中含有1010NA个OH离子 D 22.4 L的NH3中含有4 NA个原子3在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（） A NH4+、Ba2+、Cl、NO3 B K+、AlO2、Cl、SO42 C Ca2+、Mg2+、NO3、HCO3 D Na+、Cl、CO32、SO324已知S2O8n离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4离子，若反应后S2O8n离子变成SO42；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n中的n值和S的化合价是（） A 2，+7 B 2，+6 C 4，+7 D 4，+45已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（） A 反应中硫酸作氧化剂 B NH4CuSO3中硫元素被氧化 C 刺激性气味的气体是氨气 D 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子6某盐酸的物质的量浓度为12.0mol/L，其密度为1.19g/cm3，现有该浓度的盐酸100mL，则用于吸收HCl气体形成该盐酸的水的体积为（） A 75.2mL B 85.5mL C 90.8mL D 100mL7质量分数不等的两种硫酸钠溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为b%；质量分数不等的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为c%则a、b、c的大小关系正确的是（） A abc B bac C cab D cab二、实验题8（xx秋东河区校级期中）（1）质量比为16：7：6的三种气体 SO2、CO、NO，分子个数之比为；氧原子个数之比为；相同条件下体积比为（2）在标准状况下，1.7g NH3所占的体积为L，它与标准状况下L H2S含有相同数目的H原子（3）某气体氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为，R的相对原子质量为9（xx秋成都校级月考）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵（NH4）2C2O4溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mL KMnO4 标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）；（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将（填“偏大”或“偏小”）【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mnx+10CO2+8H2O则方程式中的x=（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为mg/cm310（xx秋成都校级月考）某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）原溶液中肯定存在的离子是，肯定不存在的离子是（2）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl？（3）按照反应顺序逐步书写出中发生反应的离子反应方程式； ；11（xx秋成都校级月考）有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如图转化关系：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为，Z的电子式为；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为（2）若X、Y、Z均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：YXZ7，则的化学方程式为；的离子方程式为（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，的反应条件为电解，则的化学方程式为，的离子方程式为xx学年四川省成都市树德中学高三（上）零诊化学试卷参考答案与试题解析一.选择题1某矿泉水标签上印有主要的矿物质成分如下（单位mg/L）：Ca：20，K：39，Mg：3.0Zn：0.06，F：0.02等这里的Ca、K、Mg、Zn、F是指（） A 单质 B 元素 C 金属离子 D 分子考点： 元素分析： 食品、药品、营养品、矿泉水等物质中的“Ca、K、Mg、Zn、F”等有多种形式存在，而是指元素，通常用元素及其所占质量（质量分数）来描述解答： 解：食品、药品、营养品、矿泉水等物质中的“Ca、K、Mg、Zn、F”等有多种形式存在，如钙元素可能为碳酸钙或氢氧化钙等，题目中的Ca、K、Zn、F是指元素A矿泉水中不存在金属单质，故A错误； B题目中的Ca、K、Zn、F是指元素，故B正确；CF元素不是金属，故C错误；D金属元素一般不形成分子，故D错误故选B点评： 本题考查物质的组成知识，难度不大，主要考查元素与微观粒子及物质的区别，加深对元素概念的理解是正确解答此类试题的关键2用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法错误的是（） A 1 molCH5+所含的电子数为10NA B 1 molC20H42中含有61 NA个共价键 C 25时1 mL纯水中含有1010NA个OH离子 D 22.4 L的NH3中含有4 NA个原子考点： 阿伏加德罗常数专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： A1 molCH5+所含的电子数为10mol；B饱和烃中CC键数为碳的个数减一，CH个数为氢的个数；C25时水中氢离子和氢氧根离子的浓度为107mol/L；D气体不一定在标况下解答： 解：A1 molCH5+所含的电子数为10mol，电子数为10NA，故A正确； BC20H42中19个CC键和42个CH键，1个C20H42中含有61 个共价键，则1 molC20H42中含有61 NA个共价键，故B正确；C25时水的离子积为1014，水中氢离子和氢氧根离子的浓度为107mol/L，所以1 mL纯水中含有物质的量=浓度体积，107103=1010NA个OH离子，故C正确；D气体不一定标准状况下，22.4L氨气的物质的量不一定是1mol，故D错误故选D点评： 本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题3在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（） A NH4+、Ba2+、Cl、NO3 B K+、AlO2、Cl、SO42 C Ca2+、Mg2+、NO3、HCO3 D Na+、Cl、CO32、SO32考点： 离子共存问题；钠的重要化合物专题： 离子反应专题分析： Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH反应，且离子之间不发生任何反应解答： 解：ANH4+与OH反应而不能大量共存，故A错误；B在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CMg2+与OH反应，Ca2+、HCO3与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DSO32具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误故选B点评： 本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应4已知S2O8n离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4离子，若反应后S2O8n离子变成SO42；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n中的n值和S的化合价是（） A 2，+7 B 2，+6 C 4，+7 D 4，+4考点： 氧化还原反应的计算分析： Mn2+氧化成MnO4，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n变成SO42，S的化合价降低，SO42中S的化合价为+6价，以此来解答解答： 解：Mn2+氧化成MnO4，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n变成SO42，S的化合价降低，SO42中S的化合价为+6价，则S2O8n中的S元素的化合价为+7价，则+72+（2）8=n，解得n=2，故选A点评： 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大5已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（） A 反应中硫酸作氧化剂 B NH4CuSO3中硫元素被氧化 C 刺激性气味的气体是氨气 D 1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子考点： 氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题： 氧化还原反应专题分析： 根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答解答： 解：NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；BNH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故B错误；C刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol（10）=0.5mol，故D正确；故选：D点评： 本题考查氧化还原反应，明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答6某盐酸的物质的量浓度为12.0mol/L，其密度为1.19g/cm3，现有该浓度的盐酸100mL，则用于吸收HCl气体形成该盐酸的水的体积为（） A 75.2mL B 85.5mL C 90.8mL D 100mL考点： 物质的量浓度的相关计算专题： 计算题分析： 根据n=cV计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，再根据m=V计算溶液的质量，进而计算水的质量，再根据V=计算水的体积解答： 解：100mL该盐酸溶液中HCl的物质的量=0.1L12mol/L=1.2mol，溶液中HCl的质量=1.2mol36.5g/mol=43.8g，溶液质量=100mL1.19g/mL=119g，故需要水的质量=119g43.8g=75.2g，水的密度为1g/mL，故需要水的体积=75.2mL，故选A点评： 本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意对公式的理解，有利于基础知识的巩固7质量分数不等的两种硫酸钠溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为b%；质量分数不等的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为c%则a、b、c的大小关系正确的是（） A abc B bac C cab D cab考点： 溶液中溶质的质量分数及相关计算分析： 硫酸钠的密度比水大，溶液浓度越大，密度越大，乙醇密度比水小，溶液浓度越大，密度越小；假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中xy，若把题中两种硫酸钠等体积混合想象成熟知的等质量混合（化陌生为熟悉），则混合后溶液中溶质的质量分数为，硫酸钠越浓，密度越大，故等体积混合时，较浓硫酸钠的质量比混合溶液的质量一半要多，所以混合后溶液中溶质的质量分数应大于；乙醇的密度比水小，情况和硫酸钠溶液的相反解答： 解：假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中xy，对于硫酸钠溶液，等质量（假设都是m g）混合之后，混合溶液质量分数a%=，等体积混合时，由于质量分数小的硫酸钠的密度比较小，等体积的两种硫酸钠溶液，质量分数大的质量大，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的高质量分数组分的硫酸钠，因此混合溶液质量分数b%；同样，对于乙醇溶液，等质量混合时其浓度依然是a%=，等体积混合时，由于质量分数小的乙醇溶液密度比较大（因为乙醇的密度比水小），等体积的两种乙醇溶液，质量分数大的质量小，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的低质量分数组分的乙醇溶液，因此混合溶液质量分数c%，则有：bac，故选B点评： 本题考查了溶质质量分数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握溶质质量分数为概念及表达式，明确硫酸钠的浓度越大、密度越大，乙醇的浓度越大、密度越小为解答关键二、实验题8（xx秋东河区校级期中）（1）质量比为16：7：6的三种气体 SO2、CO、NO，分子个数之比为5：5：4；氧原子个数之比为10：5：4；相同条件下体积比为5：5：4（2）在标准状况下，1.7g NH3所占的体积为2.24L，它与标准状况下3.36L H2S含有相同数目的H原子（3）某气体氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为64gmol1，R的相对原子质量为32考点： 物质的量的相关计算专题： 计算题分析： （1）根据n=计算物质的量之比，由N=nNA可知分子数目之比等于其物质的量之比；结合分子中含有的氧原子数目计算氧原子数目之比；根据V=nVm可知，相同条件下，体积之比等于物质的量之比；（2）根据n=计算1.7g氨气的物质的量，根据V=nVm计算氨气的体积，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），据此计算n（H2S），再根据V=nVm计算硫化氢的体积；（3）根据n=计算该气体氧化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，进而计算R的相对原子质量解答： 解：（1）SO2、CO、NO的质量比为16：7：6，其物质的量之比为：=5：5：4，所以其分子数之比为5：5：4，氧原子数之比=52：51：41=10：5：4，相同条件下的体积之比为5：5：4，故答案为：5：5：4；10：5：4；5：5：4；（2）1.7 g NH3的物质的量为1.7 g17 gmol1=0.1 mol，在标准状况下的体积为0.1 mol22.4 Lmol1=2.24 L，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），故n（H2S）=0.1mol32=0.15mol，则标准状况下0.15 mol H2S的体积为0.15 mol22.4 Lmol1=3.36 L，故答案为：2.24；3.36；（3）在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积为448 mL，其物质的量为0.448 L22.4 Lmol1=0.02 mol，摩尔质量为1.28 g0.02 mol=64 gmol1，R的相对原子质量为64162=32，故答案为：64 gmol1；32点评： 本题考查常用化学计量的有关计算，难度不大，侧重对基础知识的巩固9（xx秋成都校级月考）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵（NH4）2C2O4溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mL KMnO4 标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将偏小（填“偏大”或“偏小”）【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mnx+10CO2+8H2O则方程式中的x=2（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为1.2mg/cm3考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的计算；溶液的配制分析： （1）由图可知，操作分别为称量、溶解、转移、定容、摇匀，不能在量筒中溶解，定容时不能仰视；（2）配制50mL 溶液选50mL容量瓶；（3）仰视，水加多，则溶液体积偏大，结合c=分析；（4）由电荷守恒可计算x；（5）由信息CaC2O4溶于强酸可得草酸（H2C2O4）及2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，5Ca2+5H2C2O42MnO4，以此计算解答： 解：（1）由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）根据电荷守恒，（12）+（+16）=+x2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol/L0.012L=2.4104mol，根据反应方程式2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=n（MnO4）=2.52.4104mol=6104mol，Ca2+的质量为40g/mol6104mol=0.024g，钙离子的浓度为=1.2 mg/cm3，故答案为：1.2点评： 本题考查物质含量的测定及溶液配制等，为高频考点，把握溶液配制的方法及发生的反应及关系为解答的关键，侧重分析、实验及计算能力的综合考查，题目难度中等10（xx秋成都校级月考）某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）原溶液中肯定存在的离子是OH、AlO2、CO32、K+，肯定不存在的离子是NH4+、SO42、SiO32、Al3+（2）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl？有Cl（3）按照反应顺序逐步书写出中发生反应的离子反应方程式H+OH=H2O； AlO2+H+H2O=Al（OH）3；CO32+H+=HCO3；HCO3+H+=H2O+CO2；Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+考点： 常见离子的检验方法；离子方程式的书写；离子共存问题专题： 离子反应专题分析： 强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则一定没有铵根离子，还一定含有AlO2，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子解答： 解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42和SiO32，可能含有CO32离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，故答案为：OH、AlO2、CO32、K+；NH4+、SO42、SiO32、Al3+；（2）一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以含有Cl，故答案为：有Cl；（3）另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），即H+OH=H2O，开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，AlO2+H+H2O=Al（OH）3，沉淀量基本不变后产生一种气体，CO32+H+=HCO3，HCO3+H+=H2O+CO2，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+，故答案为：H+OH=H2O；AlO2+H+H2O=Al（OH）3；CO32+H+=HCO3；HCO3+H+=H2O+CO2；Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+点评： 本题是一道离子检验和离子反应知识的综合题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度大11（xx秋成都校级月考）有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如图转化关系：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为Na2O，Z的电子式为；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为离子键，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为1：2（2）若X、Y、Z均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：YXZ7，则的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2CaCO3+2NaOH；的离子方程式为CO32+CO2+H2O2HCO3（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，的反应条件为电解，则的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2考点： 无机物的推断分析： （1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，则应含有Na元素，三个反应均属于为化合反应，可知X为Na，Y为Na2O，Z为Na2O2；（2）若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：YXZ7，则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，所以Y是氢氧化钠，X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠；（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，Y是日常生活中最重要的盐，则Y是氯化钠，X是单质，则X是钠，的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，Z中含有金属元素，则Z是氢氧化钠解答： 解：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，则这三种物质都含有钠元素，三个反应均为化合反应，则Y中含有变价元素，根据教材知识知，X是钠、Y是氧化钠、Z是过氧化钠，通过以上分析知，Y是氧化钠，其化学式为Na2O，Z是过氧化钠，其电子式为，Y和Z中都含有离子键，但Z中还含有非极性共价键，当、两个反应生成的Z量相等时，分别发生：2Na2O+O2=2Na2O2，2Na+O2=Na2O2，若生成2molNa2O2，转移的电子的物质的量分别为2mol、4mol，则转移的电子数目之比为1：2，故答案为：Na2O；离子键；1：2；（2）若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：YXZ7，则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，所以Y是氢氧化钠，X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2CaCO3+2NaOH，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，离子反应方程式为：CO32+CO2+H2O2HCO3，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2CaCO3+2NaOH；CO32+CO2+H2O2HCO3；（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，Y是日常生活中最重要的盐，则Y是氯化钠，X是单质，则X是钠，的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Z中含有金属元素，则Z是氢氧化钠，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；2Na+2H2O2Na+2OH+H2点评： 本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意元素化合物知识的积累，把握常见物质的性质，难度中等