高考化学专题复习钠及其化合物推断题的综合题附答案.docx
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高考化学专题复习钠及其化合物推断题的综合题附答案
2020-2021高考化学专题复习钠及其化合物推断题的综合题附答案
一、钠及其化合物
1.甲、乙、丙均为化合物,其中甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,它们有如下图的转化关系,已知D为黄绿色气体,按要求回答下列问题:
(1)甲物质为____________(填化学式)。
(2)乙与甲反应的化学方程式为____________,丙与甲反应的化学方程式为____________。
(3)D能使湿润的有色布条褪色,其褪色原因是____________(结合化学反应方程式描述原因)。
(4)D可用于制取“84”消毒液,反应的化学方程式为____________,也可用于工业上制取漂白粉,反应的化学方程式为____________,但漂白粉保存不当易变质,变质时涉及到的化学方程式为____________。
【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物,甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,甲能既能与乙反应也能与丙反应,可知甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,则A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为黄绿色气体,则D为Cl2,D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO,F的溶液能与丙(CO2)反应C与I,则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO,G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2),则G为HCl,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为Cl2,E为NaCl,F为NaClO,G为HCl,I为HClO。
(1)甲是过氧化钠,化学式为Na2O2;
(2)甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)D为Cl2,氯气与水反应产生HCl和HClO,反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO,产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性,能够将有色物质氧化变为无色,所以氯气能够使湿润的有色布条褪色;
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物,即为“84”消毒液,有效成分为NaClO;氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉,反应为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,有效成分为Ca(ClO)2,由于酸性H2CO3>HClO,所以漂白粉在空中中露置,会发生反应:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,产生的HClO不稳定,光照易分解:
2HClO
2HCl+O2↑,导致漂白粉失效,所以漂白粉要密封保存在冷暗处。
【点睛】
本题考查无机物推断,“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口,熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键,注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。
2.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G,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:
乙_________,F__________。
(2)写出下列反应的离子方程式:
①金属A和水反应_______________。
②红褐色沉淀C与物质E反应__________。
③F与黄绿色气体乙反应____________。
④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙,写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。
(3)将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。
你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间,验证的简单方法是:
_____________。
【答案】Cl2FeCl22Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O1~100nm是否有丁达尔现象
【解析】
【分析】
金属A是食盐中的元素为Na元素,Na和水反应生成氢氧化钠和氢气,黄绿色气体乙为Cl2,则与Cl2反应的气体甲为H2,丙为HCl,物质E为盐酸,金属A与水反应生成的D为NaOH,盐酸与金属B反应,生成的产物F和气体甲为氢气,金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁,则金属B为变价金属,应为Fe,所以F为FeCl2,G为FeCl3,C为Fe(OH)3,结合物质的性质分析解答。
【详解】
食盐中的金属元素是Na,所以金属A是Na,Na和水反应生成NaOH和氢气,黄绿色气体乙为Cl2,与Cl2反应的气体甲为H2,丙为HCl,物质E为盐酸,金属A与水反应生成的D为NaOH,盐酸与金属B反应,生成产物F和气体甲为氢气,金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁,则金属B为变价金属,应为Fe,所以F为FeCl2,G为FeCl3,C为Fe(OH)3。
(1)由以上分析可知,乙为Cl2,F为FeCl2;
(2)①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2,离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;
②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水,反应的离子方程式为:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O;
③F是FeCl2,FeCl2与Cl2反应生成氯化铁,反应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
④氯气是大气污染物,在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收,反应的离子方程式:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
(3)将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中,继续加热至液体变为红褐色,停止加热,得到的就是氢氧化铁胶体,该液体中的分散质粒子直径在1~100nm之间,验证的简单方法是:
用光线照射,看是否产生丁达尔现象,若产生,则该物质就是胶体。
【点睛】
3.A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,这些单质和化合物之间存在如图所示的关系,完成下列空白:
(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末,现象为________。
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为__________。
5.05g单质甲—钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气,确定该合金的化学式为______。
(3)向一定体积某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同,溶液M的组成也不同。
若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示两种情况。
①由A确定滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为_____________________
②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a克,将a克固体充分加热至恒重后,固体质量减少_____克。
③由A、B可知,两次实验通入的CO2的体积比为___________
【答案】溶液先变红,后褪色,并有气泡2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑NaK2H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-0.07753:
10
【解析】
【分析】
A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,甲与B反应是置换反应,甲与乙是化合反应,丙与乙也是化合反应,单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质,且两种单质反应又得到化合物B,应是Na、过氧化钠与水的反应,可推知甲是Na单质,乙为氧气,B是H2O,丙为氢气,C是NaOH,A是Na2O2。
据此分析可得结论。
【详解】
(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,氢氧化钠使酚酞溶液变红色,但过氧化钠具有漂白性,则现象为:
溶液先变红后褪色,并有气泡生成;
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,根据电子转移守恒可知,Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol,设Na、K物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=0.15mol,23g/molx+39g/moly=5.05g,解得x=0.05、y=0.1,故合金的化学式为NaK2;故答案为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、NaK2;
(3)①曲线A、B,开始没有气体,加入一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反应为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,若A中只有Na2CO3,开始发生CO32-+H+=HCO3-,前后两过程消耗HCl的体积相等,实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积,故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3,则滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为:
H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-;
②B曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1:
2,则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:
1,设n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=x,由钠离子守恒可得:
2x+x=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol,x=0.0025mol,固体加热时发生反应:
2NaHCO3
Na2CO3+H2O↑+CO2↑,则减少的质量为生成的水和二氧化碳的质量,其质量为:
0.0025mol÷2×62g/mol=0.0775g,故答案为:
0.0775;
③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL,曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL,由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知,则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL:
50mL=3:
10;故答案为:
3:
10;
【点睛】
本题重点考查了碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化以及碳酸盐与盐酸反应的原理,由图中A、B曲线可知通入的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液所吸收,则有最后加盐酸时所放出的二氧化碳与开始通入的二氧化碳的量相同,而比较产生二氧化碳的量可根据从开始产生气体到气体的量达到最大所消耗的盐酸的量来进行比较。
如曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL,曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL,由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知,则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL:
50mL=3:
10。
4.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物,它们之间的转换关系如下图所示(部分产物略去)。
(1)若A为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素。
①B属于______分子(填“极性”或“非极性”),B分子中所有原子是否都满足8电子结构,____________(填“是”或“否”)。
②向50mL4mol/L的NaOH溶液中通入1.12LB(标准状况),反应后溶液中的溶质为_______(填化学式),物质的量分别为_____________。
(2)若A为第三周期中的元素所形成的氯化物。
①写出A溶液→B的离子方程式_________________________________。
②写出A和B在溶液中反应的离子方程式_____________________________________。
(3)若A为常见的金属,在E的冷、浓溶液中有钝化现象。
已知:
X为含有非极性键的离子化合物,且1molX含有38mol电子,向D溶液中加入与D等物质的量的固体X,该反应的离子方程式为___________________________________________。
【答案】非极性是NaOH、Na2CO3NaOH0.1mol、Na2CO30.05molAl3++4OH-=AlO2-+2H2OAl3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)34Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2↑+8Na+
【解析】
【分析】
(1)由题意,若A和E为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素,确定A单质是碳,根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气,B为CO2、D为CO,再解答问题;
CO2通入NaOH溶液中发生两个反应:
CO2+NaOH(少量)═NaHCO3、CO2+2NaOH(过量)═Na2CO3+H2O.根据CO2和NaOH量的关系,确定CO2少量,NaOH过量,最后溶质有Na2CO3和NaOH,求出物质的量之比即可;
(2)若A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为NaCl、MgCl2、AlCl3中的一种,根据A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D,即可推断A为AlCl3,E为含OH-的碱,发生离子反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO2-,D为Al(OH)3;
(3)若A为常见的金属,在E的冷、浓溶液中,A有钝化现象.能发生钝化现象的金属有Fe和Al,即可确定A为Fe.结合A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸,硝酸具有强氧化性,铁与过量硝酸反应生成Fe3+,铁与少量硝酸反应生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+.根据已知信息,X为含有非极键的离子化合物,且1mol X含有38mol电子,非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的,常见的为-O-O-非极性键,氧原子含8个电子,2个氧原子共含16个电子,而X含有38mol电子,还相差22个电子,可考虑含2个Na,即得X为Na2O2.Na2O2具有强氧化性,可把Fe2+氧化成Fe3+,根据题意,向Fe2+溶液中加入与Fe2+等物质的量的Na2O2固体,恰好完全反应,反应过程可看成Na2O2先与水反应,生成的NaOH再与Fe2+反应,生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH)3。
【详解】
(1)①由题意,若A和E为单质,组成A单质的元素是自然界中形成化合物种类最多的元素,确定A单质是碳,碳元素是自然界中形成化合物种类最多的元素.根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气,反应为C+O2(过量)
CO2,C+O2(少量)
2CO,即得B为CO2、D为CO.CO2中碳原子最外层4个电子,氧原子最外层6个电子,碳原子分别与两个氧原子各形成两对共用电子对,即电子式为
,结构式为O═C═O,键角180°正电荷重心和负电荷重心重合,所以为非极性分子,由电子式可知CO2分子中各原子最外层都满足8电子结构;
②CO2通入NaOH溶液中发生两个反应:
CO2+NaOH(少量)═NaHCO3、CO2+2NaOH(过量)═Na2CO3+H2O;
根据题意,n(NaOH)=4mol/L×0.05L=0.2mol,n(CO2)=
=0.05mol,可见NaOH过量,CO2全部反应掉;
发生反应CO2+2NaOH(过量)═Na2CO3+H2O.0.05molCO2消耗0.1molNaOH,生成0.05molNa2CO3,溶液中还剩余0.1molNaOH;
所以溶液中溶质为0.05molNa2CO3、0.1molNaOH;
(2)①若A为第三周期中的元素所形成的氯化物.可能为NaCl、MgCl2、AlCl3中的一种,根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D,即可推断A为AlCl3,E为含OH-的碱,发生离子反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO2-,D为Al(OH)3.则A溶液→B的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
②A为AlCl3,B中含有AlO2-,在两溶液中,Al3+和AlO2-都能发生水解反应,当两溶液混合后,Al3+和AlO2-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,反应为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(3)A为常见的金属,在E的冷、浓溶液中,A有钝化现象,化合物B和D,即可确定A为Fe,E为硝酸,硝酸具有强氧化性,铁与过量硝酸反应生成Fe3+,铁与少量硝酸反应生成Fe2+,所以B中含Fe3+,D中含Fe2+.根据已知信息,X为含有非极键的离子化合物,且1mol X含有38mol电子,非极性键是由两个相同非金属原子通过共用电子对形成的,常见的为-O-O-非极性键,氧原子含8个电子,2个氧原子共含16个电子,而X含有38mol电子,还相差22个电子,可考虑含2个Na,即得X为Na2O2.Na2O2具有强氧化性,可把Fe2+氧化成Fe3+,根据题意,向Fe2+溶液中加入与Fe2+等物质的量的Na2O2固体,恰好完全反应,反应过程可看成Na2O2先与水反应,生成的NaOH再与Fe2+反应,生成Fe(OH)2,最后Fe(OH)2再被氧化成Fe(OH)3,反应方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、Fe2++2OH-═Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3↓,上述三个反应合并即得总反应方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+O2↑+8Na+。
5.A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系,所有反应物和生成物均已给出。
(1)若反应①、②、③均为溶液中的置换反应,A、D、E为第ⅦA族元素单质。
则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为(用化学式表示)________________________。
(2)若B是某元素R的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态;C是一种有磁性的化合物;E是一种无色、无味的有毒气体。
则反应①的化学方程式___________________,③的化学方程式______________。
(3)若B由短周期元素X、Y组成,且X、Y原子个数比为1∶1,B晶体中既含离子键,又含非极性共价键;绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环。
则B的电子式为_________________,反应①的离子方程式______________________。
【答案】Cl2>Br2>I23Fe+4H2O
Fe3O4+4H2CO+H2O
CO2+H2
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
【解析】
【分析】
(1)A、D、E为卤素单质,反应①②③均为水溶液中的置换反应,由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,可知氧化性应有E>A>D,故E为Cl2、A为Br2、D为I2,据此解答;
(2)B是某元素R的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态,则B为水;C是一种有磁性的化合物,C为Fe3O4,根据框图,A为铁,D为氢气,E是一种无色、无味的有毒气体,E与四氧化三铁反应生成铁,则E为CO,F为CO2,据此分析解答;
(3)绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环,则D、E为氧气或二氧化碳。
B由短周期元素X、Y组成,且X、Y原子个数比为1∶1,B晶体中既含离子键,又含非极性共价键,则B为过氧化钠,根据框图,A为水,D为氧气,C为氢氧化钠,E为二氧化碳,二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水,则F为碳酸钠,据此分析解答。
【详解】
(1)A、D、E为卤素单质,反应①②③均为水溶液中的置换反应,由氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,可知氧化性应有E>A>D,故E为Cl2、A为Br2、D为I2,因此A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>I2,故答案为Cl2>Br2>I2;
(2)B是某元素R的氢化物,B的沸点大于与其同主族的其他元素氢化物的沸点,且B在常温下为液态,则B为水;C是一种有磁性的化合物,C为Fe3O4,根据框图,A为铁,D为氢气,E与四氧化三铁反应生成铁,E是一种无色、无味的有毒气体,则E为CO,F为CO2,反应①为铁与水蒸气的反应,反应的化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2,反应③为CO与水的反应,反应的化学方程式为CO+H2O
CO2+H2,故答案为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2;CO+H2O
CO2+H2;
(3)绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D、E的循环,则D、E为氧气或二氧化碳。
B由短周期元素X、Y组成,且X、Y原子个数比为1∶1,B晶体中既含离子键,又含非极性共价键,则B只能为过氧化钠,根据框图,A为水,D为氧气,C为氢氧化钠,E为二氧化碳,二氧化碳与氢氧化反应生成碳酸钠和水,则F为碳酸钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,符合框图中物质的转化关系。
B为过氧化钠,属于离子化合物,电子式为
,反应①为过氧化钠与水的反应,反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故答案为
;2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
6.A、B、C、D、E、F都是短周期元素,原子序数依次增大。
元素
有关信息
A
原子最外层电子数和电子层数相等
B
原子的最外层电子数是内层电子数的2倍
C
元素主要化合价为-2,原子半径为66pm
D
与A同主族,最高价氧化物对应的水化物易溶于水
E
原子半径为104pm,所在主族序数与所在周期序数之差为3
F
单质为有色的气体
(1)D2C的电子式_____________________;
(2)沸点:
A2C___________________A2E(填“>”或“<”或“=”);
(3)E的非金属性比F_________________(填“强”或“弱”),并用化学事实加以说明(用化学方程式表示)___________________________;
(4)化合物甲由A、B、C、D四种元素组成,其化学式量为84,是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一。
写出甲在水溶液中与盐酸反应的离子方程式_________________。
【答案】
>弱H2S+C12=S+2HCl(或2Fe+3C12=2FeCl3、Fe+S=2FeS)HCO3-+H+==CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F都是短周期元素,原子序数依次增大;A原子最外层电子数和电子层数相等,应为H或Be;B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,应为C元素;C元素主要化合价为-2,原子半径为66pm,应为O元素;D与A同主族,最高价氧化物对应的水化物易溶于水,则应为Na元素,且A为H元素;E原子半径为104pm,所在主族序数与所在周期序数之差为3,应为S元素;F单质为有色的气体,且原子序数最大,应为Cl元素,据此答题。
【详解】
A、B、C、D、E、F都是短周期元素,原子序数依次增大;A原子最外层电子数和电子层数相等,应为H或Be;B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,应为C元素;C元素主要化合价为-2,原子半径为66pm,应为O元素;D与A同主族
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