化学天津市部分区届高三上学期期末考试解析版.docx
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化学天津市部分区届高三上学期期末考试解析版
天津市部分区2018届高三上学期期末考试
温馨提示：
1.使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在答题卡上；不使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在试卷上。
2．本卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
3．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
不使用答题卡的将答案写在Ⅱ卷相应位置。
4．以下数据可供答题时参考：
相对原子质量：
H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Fe56Cu64
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）
1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是
A.明矾能用于自来水的杀菌消毒
B.浓硫酸在常温下能用铝制容器运输
C.化学药品着火，都可以用水或泡沫灭火器灭火
D.PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6m的颗粒物，其分散在空气中形成胶体
【答案】B
点睛：
本题考查化学与生活、物质性质的应用等知识，明确相关概念、掌握相关物质的性质是解题关键，A项为易错点，注意明矾净水的原理，不同于氯气等强氧化性物质，不能杀菌消毒；通过B项应联系相关知识：
常温下，铁、铝遇浓硫酸和浓硝酸发生反应形成致密的氧化膜，阻止了反应进一步进行，称为“钝化”；C项考查化学实验安全有关知识，注意要根据化学药品的性质来选择灭火方法。
2.下列物质的性质与应用对应关系正确的是
物质的性质
应用
A
次氯酸有酸性
可用于漂白、杀菌消毒
B
纯碱能与酸反应
可用作治疗胃酸过多的药物
C
液氨汽化时要吸收大量的热
工业上可用作制冷剂
D
晶体硅的熔点高、硬度大
可用于制作半导体材料
【答案】C
【解析】试题分析：
A、次氯酸的漂白性和杀菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故错误；B、纯碱水溶液碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故错误；C、液氨之所以作制冷剂，利用氨气易液化，故正确；D、晶体硅作半导体，利用处于金属和非金属之间，不是利用熔点高、硬度大的特点，故错误。
考点：
考查元素及其化合物的性质和应用等知识。
3.设N0为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.Na1H与2H2O反应生成氢气，每生成0.6g氢气中含1H数目为0.2N0
B.42gFe与足量水蒸气反应生成的氢气为22.4L
C.25℃时，pH＝1的盐酸溶液中，由水电离出的H+个数为10-13N0
D.标准状况下，2.24LCl2溶于水中达到饱和，可得到HClO分子的数目是0.1N0
【答案】A
【解析】A项，Na1H与2H2O发生氧化还原反应生成氢气和氢氧化钠，氢分子中的两个氢原子分别来自Na1H和2H2O，反应化学方程式可表示为：
Na1H+2H2O=NaO2H+1H2H↑，0.6g氢气的物质的量是0.6g÷3g•mol-1=0.2mol，所以含1H数目为0.2N0，故A正确；B项，Fe与足量水蒸气反应的化学方程式为：
3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2↑，42gFe的物质的量为42g÷56g•mol-1=0.75mol，所以生成1molH2，标准状况下体积为22.4L，若不是标准状况则不一定为22.4L，故B错误；C项，25℃时，pH＝1的盐酸溶液中，由水电离出的H+浓度为10-13mol•L-1，溶液体积未知，无法计算H+个数，故C错误；D项，标准状况下，2.24LCl2的物质的量是0.1mol，溶于水中达到饱和，溶液中既有Cl2又有HClO，所以HClO分子的数目小于0.1N0，故D错误。
点睛：
本题考查阿伏伽德罗常数的应用，“设N0为阿伏加德罗常数的值”与NA表示阿伏加德罗常数在解题思路上其实是一样的，以阿伏伽德罗常数为依托可以考查中学化学的很多知识，所以该题为考试常考的一种题型，本题各项中都设计了一定的陷阱，A项注意Na1H中的H是-1价，Na1H与2H2O的反应为氢元素的归中反应；B项在解题时不需要计算即可判断该项错误，注意气体摩尔体积的使用条件；C项溶液体积未知，无法计算数目；D项标准状况下2.24LCl2溶于水并不会完全反应。
4.下列离子方程式中正确的是
A.向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：
Fe3+＋3H2O
Fe（OH）3↓＋3H+
B.小苏打与氢氧化钠溶液混合：
HCO3－＋OH－＝CO2↑＋H2O
C.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：
H+＋SO42－＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
D.二氧化锰和浓盐酸共热：
MnO2＋4H+＋2Cl－
Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】A项，向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，离子方程式为：
Fe3+＋3H2O
Fe（OH）3（胶体）＋3H+，故A错误；B项，小苏打与氢氧化钠溶液混合，反应离子方程式为：
HCO3－＋OH－＝CO32-＋H2O，故B错误；C项，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性，反应离子方程式为：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D项，二氧化锰和浓盐酸共热，生成氯化锰、氯气和水，书写离子方程式时，可溶性的强电解质拆成离子形式，所以离子方程式为：
MnO2＋4H+＋2Cl－
Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D正确。
5.下列图示装置正确且能达到实验目的的是
A.制备少量氧气B.配制100mL0.1mol·L－1的盐酸C.提纯碘D.蒸馏提纯
【答案】C
【解析】A项，Na2O2为粉末，不适合用如图带多孔塑料板的装置，故A错误；B项，配制溶液不能直接在容量瓶中稀释，故B错误；C项，碘单质易升华，如图装置浸入水槽中热水浴使碘单质升华，烧瓶中充入冷水，使碘蒸汽遇冷凝华，实现提纯碘的目的，故C正确；D项，蒸馏时温度计的液泡应放在蒸馏烧瓶的支管口处测量蒸汽温度，故D错误。
6.某工厂的酸性废水中含有剧毒的H3AsO3，可加入SnCl2除去H3AsO3并回收As。
反应的化学方程式为：
3SnCl2＋12HCl＋2H3AsO3＝2As↓＋3H2SnCl6＋6M。
下列关于该反应的说法中正确的是
A.还原剂是H3AsO3
B.还原性：
SnCl2＞As
C.M为H2O，是氧化产物
D.每生成0.1molAs，还原剂失去的电子为0.6mol
【答案】B
【解析】A项，As元素的化合价降低，所以H3AsO3是氧化剂，故A错误；B项，SnCl2是还原剂，As是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：
SnCl2＞As，故B正确；C项，根据原子守恒可知，M为H2O，既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；D项，根据得失电子守恒（化合价升降总数相等），每生成0.1molAs，还原剂失去的电子=氧化剂得到的电子，为：
0.1mol×（3-0）=0.3mol，故D错误。
7.下列实验操作或结论正确的是
A.分液漏斗不能将水与乙醇分离，但可以分离苯和四氯化碳
B.在蒸馏过程中，发现蒸馏烧瓶中未加沸石或碎瓷片，可以立即补加
C.在过滤和配制一定物质的量浓度的溶液中的玻璃棒作用完全相同
D.测定同温同浓度NaCl和CH3COONa的pH可比较HC1和CH3COOH的酸性强弱
【答案】D
【解析】A项，水与乙醇任意比互溶、苯和四氯化碳互溶，所以分液漏斗不能将其分离，故A错误；B项，在蒸馏过程中，发现蒸馏烧瓶中未加沸石或碎瓷片，要立即停止加热，待冷却后补加，
不能立即补加，故B错误；C项，在过滤操作中用到玻璃棒引流，在配制一定物质的量浓度的溶液中，两次用到玻璃棒，一次是搅拌加速溶解、另一次是引流，故C错误；D项，强酸对应的阴离子在其钠盐溶液中不水解，溶液显中性，弱酸对应的阴离子在其钠盐溶液中水解，溶液显碱性，且酸越弱对应的阴离子在其钠盐溶液中水解程度越大，溶液碱性越强，所以可通过测定同温同浓度NaCl和CH3COONa的pH的方法比较HC1和CH3COOH的酸性强弱，故D正确。
8.对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应正确的是
操作
现象
结论
A
向①中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
B
向②中滴加氯水和CCl4，振荡静置
下层溶液呈橙色
原溶液中有I－
C
向③中滴入NaHCO3溶液
有白色沉淀生成
原溶液中有AlO2－
D
向④中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
原溶液中有NH4＋
【答案】D
【解析】A项，向某溶液中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，若有白色沉淀，该沉淀可能为BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+的干扰，应先加足量盐酸酸化，如无沉淀，然后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀，说明原溶液中一定含SO42-，故A错误；B项，因为氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质、和碘离子反应生成碘单质，CCl4可把溴单质、碘单质从水溶液中萃取出来，CCl4密度比水大，在下层，溴单质的CCl4溶液呈橙色、碘单质的CCl4溶液呈紫色，滴加氯水和CCl4，下层溶液呈橙色，说明原溶液中有溴离子，而不是碘离子，故B错误；C项，原溶液中不一定有AlO2－，例如NaHCO3溶液与Ca（OH）2、Ba（OH）2溶液反应都会生成白色沉淀，故C错误；D项，NH4＋与OH-反应生成NH3•H2O，加热时NH3•H2O分解放出氨气，氨气遇到湿润的红色石蕊试纸，又会反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离产生OH-，溶液显碱性，所以试纸变蓝，故D正确。
9.下列说法不正确的是
A.气态氢化物的稳定性：
HCl>HFB.通入CO2可使漂白粉溶液漂白性增强
C.Al（OH）3、Fe（OH）3受热都易分解D.Na在空气中燃烧会生成Na2O2
【答案】A
【解析】A项，同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：
F＞Cl，元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，所以稳定性：
HF＞HCl，故A错误；B项，漂白粉在溶液中存在下列平衡：
ClO-+H2O
HClO+OH-，HClO具有漂白性，增加HClO浓度可提高漂白粉在溶液中的漂白能力，通入CO2，消耗氢氧根离子，则平衡正向移动，HClO的浓度增大，故B正确；C项，一般难溶于水的氢氧化物受热易分解，Al（OH）3受热分解生成Al2O3和H2O，Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3和H2O，故C正确；D项，钠是很活泼的金属，在空气中燃烧产物是Na2O2，故D正确。
10.下列离子组能够大量共存的是
A.Fe3＋、SO42－、NH4+、SCN－B.Fe2＋、Cl－、Ba2＋、OH－
C.Na＋、Mg2+、Cl－、SO42－D.H＋、Fe2＋、Cl－、NO
【答案】C
11.一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClOx－（x＝1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示。
下列有关说法正确的是
A.a、b、c、d、e中，c最稳定
B.b→a＋c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C.b→a＋d反应的热化学方程式为：
3ClO－（aq）＝ClO3－（aq）＋2Cl－（aq）ΔH＝＋116kJ·mol－1
D.一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2
【答案】D
【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。
A项，物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A错误；B项，反应物能量-生成物能量=-ΔH，依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；C项，a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：
ΔH=64kJ•mol-1+2×0kJ•mol-1-3×60kJ•mol-1=-116kJ•mol-1，故C错误；D项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a（Cl-）、b（ClO-）、d（ClO3-），氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：
n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），当溶液中a、b、d的浓度之比为11：
1：
2时上述电子守恒式成立，故D正确。
点睛：
本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识，关键是弄清a、b、c、d、e所代表的离子并正确书写反应的离子方程式，并结合ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算，D项注意氧化还原反应中得失电子守恒（化合价升降总数相等）的应用。
12.下列说法正确的是
A.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1<10c2
B.地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极可以减缓管道的腐蚀
C.常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10－4mol·L－1
D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：
c（OH－）＝c（H+）＋c（HCO3－）＋c（H2CO3）
【答案】C
【解析】A项，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度，两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则两种醋酸溶液中氢离子浓度之比为10：
1，当两种酸的电离程度相同时，c1=10c2，而两种酸的浓度不相等，且浓度越大酸的电离程度越小，所以c1＞10c2，故A错误；B项，地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极，则铁作阳极发生氧化反应，加速了管道的腐蚀，故B错误；C项，常温下，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（H+）=10-10，c（OH－）=Kw/c（H+）=10-4，因为Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12，所以c（Mg2+）最大为：
Ksp[Mg（OH）2]/c2（OH－）=5.6×10-4mol·L-1，故C正确；D项，水电离的氢离子的浓度等于水电离的氢氧根离子的浓度，所以Na2CO3溶液中，根据质子守恒得：
c（OH－）＝c（H+）+c（HCO3－）+2c（H2CO3），故D错误。
13.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。
下列说法正确的是
A.Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液
B.放电时，当外电路中有1mole－转移时，水性电解液离子总数增加NA
C.应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，理论上将消耗11.2LO2
D.放电时，负极反应式：
Li－e－＋OH－＝LiOH
【答案】A
【解析】A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：
O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1molOH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：
Li－e－＝Li+，故D错误。
点睛：
本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；B项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者；C项易错，要养成见到气体的体积首先想到是否需要注明标准状况的习惯，防止出错。
14.A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素原子序数之和为35，且C的原子序数是A的2倍。
A、B、C三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。
下列说法正确的是
A.甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性
B.甲是碱性氧化物，乙是酸性氧化物
C.甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同
D.丙的水溶液在空气中长期放置，溶液可能会变浑浊
【答案】D
【解析】A、B、C是原子序数依次增大的短周期主族元素，则C原子序数小于17，C的原子序数是A的2倍，所以A的原子序数小于9且A原子序数的2倍大于B的原子序数，结合三种元素原子序数之和为35，可推出：
A为O元素、B为Na元素、C为S元素；由如图A、B、C三种元素的单质的变化可得：
甲为Na2O或Na2O2，乙为SO2，丙为Na2S。
A项，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都显碱性，而SO2的水溶液显酸性，故A错误；B项，SO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物、Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；C项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D项，Na2S溶液在空气中长期放置，会发生反应：
2S2-+O2+H2O=2S↓+4OH-，所以溶液会变浑浊，故D正确。
点睛：
本题考查元素周期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。
B项注意碱性氧化物的概念：
碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性氧化物；C项明确SO2漂白原理与Na2O2漂白原理的不同。
15.在容积为2L的密闭容器中发生反应xA（g）＋yB（g）
zC（g）。
图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）∶n（B）的变化关系。
则下列结论正确的是
A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（A）＝v（B）
B.200℃时，该反应的平衡常数为25
C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大
D.由图乙可知，反应xA（g）＋yB（g）
zC（g）的ΔH<0，且a＝2
【答案】B
【解析】A项，由图甲，200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（A）＝（0.8-0.4）÷2L÷5min=0.04mol•L-1•min-1，v（B）=（0.4-0.2）mol÷2L÷5min=0.02mol•L-1•min-1，所以v（A）≠v（B），故A错误；B项，由图甲数据可知反应的A、B与生成的C的物质的量之比为=（0.8-0.4）：
（0.4-0.2）：
0.2=2:
1:
1，所以该反应的化学方程式为2A+B
C，A、B、C的平衡浓度分别为：
c（A）＝（0.8-0.4）÷2L=0.2mol•L-1，c（B）＝（0.4-0.2）÷2L=0.1mol•L-1，c（C）＝0.2÷2L=0.1mol•L-1，K=
=
=25，故B正确；C项，当外界条件由200℃降温到100℃，化学平衡常数发生变化，原平衡一定被破坏，正逆反应速率均减小，故C错误；D项，前面已推出该反应的方程式为2A+B
C，只有当两种反应物按照化学方程式的计量数之比加入时生成物C达到平衡时含量才会最高，故a=2，由图乙可知：
升高温度，平衡时C的体积分数增大。
说明升高温度化学平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，△H>0，故D错误。
16.常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。
下列叙述正确的是
A.0.1mol·L－1HR溶液的pH为5
B.HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，
逐渐增大
C.当通入0.1molNH3时，c（NH4+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+）
D.当c（R－）＝c（HR）时，溶液必为中性
【答案】C
【解析】A项，pH=5时c（H+）=10-5，由图可得此时
=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c（R-）＝c（HR）=0.05mol·L-1，所以此时c（R-）≠c（H+），则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，
=
=Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c（H+）=10-5，由图可得此时
=0，则Ka=
=10-5，当通入0.1molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c（NH4+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+），故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c（R-）＝c（HR）时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.八种短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子序数依次递增，其原子半径、最高正价或最低负价如下表所示。
x
y
z
d
e
f
g
h
原子半径/nm
0.037
0.077
0.075
0.074
0.186
0.143
0.102
0.099
最高正化合价或最低负化合价
+1
+4
+5
-2
+1
+3
-2
-1
回答下列问题：
（1）比较d、f常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
_______>________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
________>__________。
（2）由x、d两种元素组成18电子的分子，其电子式为____________，经测定其为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，写出其第一步电离的电离方程式____________。
（3）y、d、e组成物质e2yd3的水溶液呈碱性，其原因是____________________（用离子方程式表示），电解该物质e2yd3的溶液，原理如图所示。
其中，离子交换膜使用的是__________（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”），阴极产生的物质A的化学式为____________。
（4）f的粉末在1000℃时可与N2反应制备fN。
在f的粉末中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于fN的制备，其主要原因是____________________________________。
【答案】
（1）.O2－
（2）.Al3+（3）.HClO4（4）.H2SO4（5）.
（6）.H2O2
H＋＋HO2－（7）.CO32-+H2O
HCO3-+OH-HCO3-+H2O
H2CO3+OH-（8）.阳离子交换膜（9）.H2（10）.NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】八种短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子序数依次递增，结合原子半径、最高正价或最低负价数据可得：
x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是A
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