全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总及详细答案.docx
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全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总及详细答案
全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总及详细答案
一、硅及其化合物
1.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,它们能发生如图所示的转化关系,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气。
请回答下列问题:
(1)写出各物质的化学式:
A________;B________;C________;D________;E________。
(2)写出反应①的化学方程式:
______________________________________,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(3)写出反应④的离子方程式:
______________________________________。
(4)写出反应⑤的离子方程式:
______________________________________。
(5)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:
________________________________。
【答案】SiO2CaSiO3Na2SiO3SiH2SiO3SiO2+2C
Si+2CO↑1∶2Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑SiO32-+Ca2+=CaSiO3↓SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气,则可推知该元素为硅元素,根据题中各物质转化关系,结合硅及其化合物相关知识可知,A与焦碳高温下生成D,则A为SiO2,D为Si,C为Na2SiO3,根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3,根据反应⑥推知E为H2SiO3。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A为SiO2,B为CaSiO3,C为Na2SiO3,D为Si,E为H2SiO3;
(2)反应①的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑,根据方程式可知,该反应中氧化剂是个与还原剂碳的物质的量之比为1:
2;
(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)反应⑤的离子方程式为SiO32-+Ca2+=CaSiO3↓;
(5)H2CO3的酸性强于H2SiO3,根据复分解反应的规律:
强酸制取弱酸,则可以向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体,发生反应产生硅酸和碳酸钠,反应的离子方程式是:
SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。
2.有三种透明、不溶于水的坚硬固体。
A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热的苛性钠溶液,再往该溶液中加入过量盐酸时,析出白色沉淀,此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸,干燥后为不溶于水的白色粉末。
B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后,能得到C,C在高温时软化,无固定熔点。
根据以上事实,判断A、B、C各为何物:
_______、_______、_______;写出有关反应的化学方程式______________。
【答案】金刚石石英普通玻璃C+O2
CO2,CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
Na2SiO3+2HCl+H2O=H4SiO4↓+2NaCl;H4SiO4=H2SiO3+H2O;
CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑;SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑
【解析】
【详解】
A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为:
32×1.375=44。
结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质,可推断此气体为CO2,又因为A为透明不溶于水的坚硬固体,故可判断A为金刚石。
方程式为:
C+O2
CO2。
B物质能与苛性钠反应,且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸,且这种酸是一种难溶于水的白色固体,故可判断B为石英。
相关方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;Na2SiO3+2HCl+H2O=H4SiO4↓+2NaCl;H4SiO4=H2SiO3+H2O。
C物质由石灰石、纯碱、B物质(石英)混合加热而制得,结合高温时软化且无固定熔点,判断C物质为普通玻璃。
相关方程式为:
SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑;SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
【点睛】
本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。
其突破口是C高温时软化,无固定熔点,这是玻璃的特性,由此推知B可能为SiO2是解题的关键。
3.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示,则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________;c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH
、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子是_____________________,它们的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4ClH+、Al3+、
、
c(H+)∶c(Al3+)∶c(
)∶c(
)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH;
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,则A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系,据此计算。
【详解】
(1)B为NaOH,其电子式为
;
(2)A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2,反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
4.常见物质之间的转化如下图所示:
其中B常被用于制造光导纤维,其对应的单质的结构与金刚石的结构是相似的。
(1)试推测:
A___________,F___________(写化学式)
(2)试写出反应④的离子方程式:
___________。
(3)写出反应①的化学方程式___________。
(4)在反应①中,碳的作用是___________,当生成1molA时,转移电子的数目为___________。
【答案】SiH2SiO3SiO2+20H―=SiO32―+H2OSiO2+2C
Si+2CO↑还原剂2.408×l024
【解析】本题考查无机框图推断题,B常用于制造光导纤维,即B为SiO2,反应①工业上制取粗硅的反应,发生2C+SiO2
Si+2CO,A为Si,D为CO,反应④SiO2属于酸性氧化物,与氢氧化钠反应,即SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,反应⑤是CO与O2反应生成CO2,利用硅酸的酸性弱于碳酸,即反应⑥是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-,
(1)根据上述分析,A为Si,F为H2SiO3;
(2)反应④的离子反应方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;(3)反应①的方程式为:
2C+SiO2
Si+2CO;(4)根据反应方程式,C的化合价由0价→+2价,化合价升高,C作还原剂,Si的化合价由+4价→0价,化合价降低4价,因此生成1molSi,转移电子物质的量为4mol,转移电子的数目是4NA。
点睛:
本题相对比较简单,熟记光导纤维的成分是SiO2,工业上制取硅,注意生成的是CO,不是CO2,同时注意(4),问题是转移电子的数目,不是转移电子的物质的量。
5.图中X、Y、Z为单质,其他为化学物,它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。
其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)元素X在元素周期表中的位置为第________周期________族。
(2)一定条件下,Z能与H2反应生成ZH4,写出Z与NaOH反应的化学方程式____________
(3)写出由Y与NO、H2O生成D反应的化学方程式:
_______________。
(4)X在高温下能与水蒸气反应,请写出该反应的化学方程式:
_____________
(5)向含4molD的稀溶液中,逐渐加入X粉末至过量。
假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图,并标出n(X2+)的最大值。
________________
【答案】四ⅧSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑4NO+3O2+2H2O=4HNO33Fe+4H2O
Fe3O4+4H2↑
【解析】
【分析】
A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,则E是SiO2,根据转化关系,可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3,R为H2SiO3 。
【详解】
A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,则E是SiO2,根据转化关系,可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3,R为H2SiO3;
(1)元素X为Fe,核电荷数为26,其在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族;
(2)Z为Si,能溶于NaOH溶液生成硅酸钠、氢气和水,发生反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;
(3)Y为O2,NO与O2按一定比例通入水中生成HNO3,发生反应的化学方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3;
(4)Fe在高温下能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2↑;
(5)铁和稀硝酸反应,开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁,故开始阶段Fe2+的量为0,随着铁的加入,多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+,故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值,以后不变,反应过程中生成的气体为NO,令Fe2+的最大物质的量为xmol,根据电子转移守恒可知,NO的物质的量=
,根据N元素守恒可知:
+2xmol=4mol,解得x=1.5,根据电子转移守恒可知,由Fe+2Fe3+=3Fe2+,可知开始产生NO时Fe的物质的量等于Fe3+的物质的量,即为1.5mol×
=1mol,故n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图为:
。
6.已知A与D均为非金属单质,其中A有多种同素异形体,其转化关系如下图。
请回答:
(1)反应②为工业制粗硅原理,写出E的化学式:
。
(2)反应①的化学方程式为。
【答案】
(1)CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
【解析】
试题分析:
(1)反应②制取粗硅,常用C和SiO2的反应:
2C+SiO2
Si+2CO,D为非金属单质,则D为Si,E为CO;
(2)C和O2反应生成CO2,反应①是:
CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
考点:
考查工业制硅、镁和CO2的反应等知识。
7.X是一种新型无机非金属材料,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。
有关生产过程如下:
为了确定C的组成,某同学进行了以下的探究过程。
已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,I可做光导纤维。
按要求回答下列问题:
(1)C的空间构型为__________;X的化学式为__________。
(2)反应②的化学方程式为__________。
(3)反应⑦的离子方程式__________。
【答案】
(1)正四面体;Si3N4;
(2)SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl;(3)SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-;
【解析】
试题分析:
I可做光导纤维,所以I是二氧化硅,则F是硅酸,H是硅酸钠.又因为F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,所以G是氯化银,因此C是SiCl4,则A是硅,B是氯气。
根据X的性质可知,X是原子晶体,所以X是Si3N4。
由转化关系可知,SiCl4与NH3反应生成Si(NH2)4,根据原子守恒可知还生成HCl,由于氨气过量,故应生成NH4Cl;CO2是过量的,因此生成物是碳酸氢钠与硅酸。
(1)由以上分析可知C为SiCl4,具有甲烷的结构,为正四面体,X为Si3N4;
(2)由转化关系可知,SiCl4与NH3反应生成Si(NH2)4,根据原子守恒可知还生成HCl,由于氨气过量,故应生成NH4Cl,故反应于的反应方程式为:
SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl;
(3)CO2是过量的,因此生成物是碳酸氢钠与硅酸,反应舆的离子方程式为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2H2SiO3↓+2HCO3-。
【考点定位】本题考查无机物的推断,硅及其化合物的性质。
【名师点晴】本题考查无机物的推断。
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
8.图中X、Y、Z为单质,其它为化合物,它们之间存在如图转化关系(部分产物已略去)。
其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)1molE中含有mol化学键;M中存在的化学键类型为;
R的化学式是______________________。
(2)一定条件下,Z与H2反应生成ZH4,ZH4的电子式为___________________。
(3)写出A与Al反应转化为X的化学方程式。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
【答案】
(1)4离子键、共价键H2SiO3(或H4SiO4)
(2)
(3)8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3(需加入反应条件)
(4)
【解析】
【分析】
A为磁性氧化铁,即四氧化三铁,则X为铁,Y为氧气,D为硝酸,G为硝酸铁,E为不溶于水的酸性氧化物,则为二氧化硅,Z为硅,M为硅酸钠,R为硅酸胶体。
【详解】
(1)1个“SiO2”的结构为
,在此结构片断中,含有的共价键数目为2+4×
=4,
则1molSiO2中含有4摩尔Si-O键。
M为硅酸钠,Na+与SiO32-之间存在离子键,SiO32-内Si原子与O原子间存在共价键。
Na2SiO3与HNO3发生复分解反应,生成的R为H2SiO3(或H4SiO4)。
答案为:
4;离子键、共价键;H2SiO3(或H4SiO4);
(2)二氧化硅和氢气反应生成四氢化硅,其电子式为:
。
答案为:
;
(3)铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁,方程式为:
8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3。
答案为:
8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3;
(4)四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,离子方程式为:
。
答案为:
。
【点睛】
无机推断题必须抓住突破口,抓住物质的特征,例如磁性氧化铁为四氧化三铁,酸性氧化物能和氢氟酸反应的物质为二氧化硅。
红褐色沉淀为氢氧化铁等。
有些反应的条件也可做为突破口,例如使用催化剂的反应有:
9.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2O3•4SiO2•4H2O;
(2)S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,反应中硫元素化合价0价降低为-2价,氮元素化合价+5价降低为0价,反应中做氧化剂的是S、KNO3,电子守恒计算,碳元素化合价0价升高为+4价,电子守恒分析电子转移总数12e-,其中硫得到电子2e-,氮元素得到电子10e-,电子转移总数12e-时,被硫氧化的碳0.5mol,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有
mol=
mol;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水,分解的化学方程式:
2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。
10.请按要求完成下列各题:
(1)硫单质与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式__________________
(2)在水玻璃中通入过量二氧化碳,其总反应的离子方程式为_________________________________
(3)将一小块钠投入到盛
溶液的烧杯中,剧烈反应,放出气体并生成蓝色沉淀,其总反应的离子方程式为__________________
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