高考化学铝及其化合物推断题综合题及详细答案.docx
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高考化学铝及其化合物推断题综合题及详细答案
高考化学铝及其化合物推断题综合题及详细答案
一、铝及其化合物
1.工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作,比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图:
请回答下列问题:
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___,颜色为___,写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___,这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中,除可以循环使用的物质有___(写出3种,填化学式),用此法制取铝的副产品是___(写出2种,填化学式)。
(5)氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝?
___。
【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2O3红棕色作颜料(或炼铁)过滤漏斗、玻璃棒NaOH、CaO、CO2Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】
【分析】
铝土矿中含有氧化铝和氧化铁,向铝土矿中加入NaOH溶液,发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O,氧化铁不溶,然后过滤,得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液,沉淀C为Fe2O3;向溶液B中通入CO2,发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O,然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液,向溶液中加入CaO,发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓,然后过滤,将NaOH循环利用;将Al(OH)3加热得到Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析,铝土矿中加入NaOH溶液,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O;
(2)根据上述分析,沉淀C为Fe2O3,氧化铁为红棕色粉末,俗称铁红,除了用于金属冶炼以外,还可用作顔料,故答案为:
Fe2O3;红棕色、作颜料(或炼铁);
(3)实现固体和液体的分离采用过滤法,操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作,过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯,故答案为:
过滤;漏斗、玻璃棒;
(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2,B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO,所以CaO和CO2能循环利用,溶液E中的氢氧化钠也能循环利用;根据流程图和上述分析,操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品,故答案为:
NaOH、CaO和CO2;Fe2O3和O2;
(5)氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此尽管氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝,故答案为:
氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。
2.氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式是__________;乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式__________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之__________(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
【答案】AlH3
AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑Mg3N22NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,因此白色沉淀是Al(OH)3,则金属单质是铝,因此甲是AlH3。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1,则丙的相对分子质量是1.25×22.4=28,因此丙是氮气,则乙是氨气NH3,据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
乙是氨气,含有共价键的共价化合物,电子式为
;
(2)甲与水反应生成氢气和氢氧化铝,反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑。
(3)氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
(4)氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气,根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
铜与稀硫酸不反应,则根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。
3.已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质,D、G、I常温下为气态,且G为黄绿色;形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃);K为红棕色粉末。
其转化关系如图。
请回答:
(1)工业上制C用A不用H的原因______________________。
(2)写出C与K反应的化学方程式_________________,该反应的反应物总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。
(3)L是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,L作阴极,接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。
(4)写出E物质的电子式___________________。
(5)J与H反应的离子方程式为________________________。
(6)写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。
【答案】氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则D为O2;K为红棕色固体粉末,K为Fe2O3;由于电解A得到C与D,则C与K生成A的反应为铝热反应,故A为Al2O3,L为Fe,C为Al;黄绿色气体G为Cl2,与C反应得到H为AlCl3;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),B中含有K元素,B在催化剂、加热条件下反应生成氧气,则B为KClO3,E为KCl,电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2,过量的F与氯化铝反应得到J,则I为H2,F为KOH,J为KAlO2;
(1)H为AlCl3,氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电,故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝,故答案为氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电;
(2)C与K反应的化学方程式为:
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe,该反应为放热反应,故该反应的反应物总能量大于生成物总能量,故答案为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe;大于;
(3)Fe是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,Fe作阴极,接通电源(短时间)电解KCl水溶液的化学方程式为:
2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑,故答案为2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑;
(4)E为KCl,KCl的电子式为
,故答案为
;
(5)J与H反应的离子方程式为:
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(6)G为Cl2,G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
【点晴】
本题考查无机推断等,特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口,是对元素化合物知识及学生综合能力的考查,需对基础知识全面掌握。
推断题中常见的特征反应现象有:
(1)焰色反应:
Na(黄色)、K(紫色);
(2)使品红溶液褪色的气体:
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色);(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色);(4)在空气中变为红棕色:
NO;(5)气体燃烧火焰呈苍白色:
H2在Cl2中燃烧;在空气中点燃呈蓝色:
CO、H2、CH4;(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝:
NH3;(7)空气中出现白烟:
NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。
4.A、B、C、D均为中学化学中常见的物质,它们之间转化关系如图(部分产物和条件已略去),请回答下列问题:
(1)若A为CO2气体,D为NaOH溶液,则B的化学式为_________。
(2)若A为AlCl3溶液,D为NaOH溶液,则C的名称为_________。
(3)若A和D均为非金属单质,D为双原子分子,则由C直接生成A的基本反应类型为_________。
(4)若常温时A为气态氢化物,B为淡黄色固体单质,则A与C反应生成B的化学方程式为_________。
(5)若A为黄绿色气体,D为常见金属,则A与C溶液反应的离子方程式为_________。
下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________(填字母编号)。
a.NaOH溶液b.盐酸c.KSCN溶液d.酸性KMnO4溶液
【答案】NaHCO3偏铝酸钠分解反应
b
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A为CO2与过量的D即NaOH反应,生成碳酸氢钠;碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液;碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠;所以B的化学式为NaHCO3;
(2)若A为AlCl3,其与少量的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠;偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al(OH)3;所以C的名称为偏铝酸钠;
(3)若A,D均为非金属单质,且D为双原子分子,那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2,A则可能为P,S或N2等;进而,B,C为氧化物或氯化物,C生成单质A的反应则一定为分解反应;
(4)淡黄色的固体有过氧化钠,硫单质和溴化银;根据转化关系,推测B为S单质;那么A为H2S,C为SO2,B为氧气;所以相关的方程式为:
;
(5)A为黄绿色气体则为Cl2,根据转化关系可知,该金属元素一定是变价元素,即Fe;那么B为FeCl3,C为FeCl2;所以A与C反应的离子方程式为:
;
a.NaOH与Fe2+生成白色沉淀后,沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色,而与Fe3+直接生成红褐色沉淀,a项可以;
b.盐酸与Fe2+,Fe3+均无现象,b项不可以;
c.KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质,而与Fe2+无现象,c项可以;
d.Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色,Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色,d项可以;答案选b。
5.A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体。
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17。
D与F同周期。
G的单质常用作半导体材料。
请回答:
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式),理由是_____________。
(2)C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)______r(E)(填>、<或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。
(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料,工业可用碳热还原法制取:
将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,请写出化学反应方程式_____________。
【答案】H2OH2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体,则A为H;G的单质常用作半导体材料,G为Si,结合原子序数可知F为Al;C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17,17÷3=5…2,B为N、C为O、H为S,D与F同周期,位于第三周期,D为Na、E为Mg,以此来解答。
【详解】
由上述分析可知,A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。
(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S,其中沸点较高的是H2O,原因是H2O分子间存在氢键,增加了分子之间的吸引力;
(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。
具有相同电子排布的离子中,原子序数大的离子半径小,则C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)>r(E);
(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物,在水溶液中存在酸式电离和碱式电离,电离方程式为H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-;
(4)将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。
把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键,注意元素化合物知识的应用,题目侧重考查学生的分析与应用能力。
6.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大,在元素周期表中A的原子半径最小(稀有气体元素除外),B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍,C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,E是地壳中含量最多的金属元素。
回答下列问题:
(1)C在元素周期表中的位置是__________;由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。
(2)分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________(用相应的离子符号表示)。
(3)写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________
(4)E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气,反应的离子方程式是:
__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐,是漂白液的主要成分,将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中,溶液变为蓝色,则反应的化学方程式为________________________________________.
【答案】第二周期第ⅥA族
ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E、G原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为H元素;C的最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故C为O元素;B与C相邻,且B的原子序数较小,故B为N元素;E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;C(氧)、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,则D原子最外层电子数为1、G原子最外层电子数为7,结合原子序数可知D为Na、G为Cl。
【详解】
(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是二周期第VIA族;C和D组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2,电子式为
;
(2)C、D、E、G分别为O、Na、Al、Cl,电子层数越多离子半径越大,电子层数相同核电荷数越小半径越大,则简单离子由大到小的顺序为
;
(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气,离子方程式为:
;
(4)Al单质可以和NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠,离子方程式为
;漂白液的主要成分为NaClO,具有强氧化性,根据现象可知将碘离子氧化成碘单质,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O。
7.粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验:
①取适量A进行铝热反应,产物中有单质B生成;
②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L-1盐酸中,得溶液C;
③将①中得到的单质B和溶液C反应,放出1.12L(标况)气体,同时生成溶液D,还残留有固体物质B;
④用KSCN溶液检验时,溶液D不变色。
请填空:
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________,产物中的单质B是________。
(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。
(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。
(4)若溶液D的体积仍视为0.15L,则该溶液中c(Mg2+)为________,c(Fe2+)为________。
【答案】加少量KClO3,插上镁条并将其点燃FeFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2OFe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑0.67mol·L-12.3mol·L-1
【解析】
【详解】
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应,反应过程中放出大量热,但该反应需要较高的温度才能引发。
在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条,点燃Mg条后放出热量,使KClO3固体分解放出O2,进一步加剧Mg的燃烧,可在短时间内使混合物温度迅速升高,引发反应。
发生的反应为Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,所以产物中单质B为Fe,故答案为:
加少量KClO3,插上镁条并将其点燃;Fe;
(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物,能和酸反应生成盐和水:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,MgO+2HCl=MgCl2+H2O,故答案为:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2O;
(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应,生成Fe单质。
C溶液中有反应生成的FeCl3,还有未反应的HCl。
发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(4)假设步骤②用去的20g固体中,MgO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量也为x,则40g·mol-1×x+160g·mol-1×x=20g,解得:
x=0.1mol。
根据MgO~MgCl2的关系,则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L-1。
步骤④说明溶液中没有Fe3+,也就是溶质为FeCl2和MgCl2。
根据Cl-守恒的关系,可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
=0.45mol,所以,FeCl2的浓度为
≈2.3mol·L-1,故答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;0.67mol·L-1;
【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算,题目难度中等,掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键,(4)中计算亚铁离子的物质的量时,不可忽略了铁与氢离子的反应。
8.某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。
现通过下列生产过程,从该样品中提纯Al2O3,并回收铁红。
流程如下:
(1)操作①是_________,在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。
(2)白色固体②是_________,样品和试剂①反应的化学方程式是_________。
(3)固体①加入适量稀盐酸,可能发生的反应有:
_______(用化学方程式表达)。
(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________,如何用实验证明:
____。
(5)溶液③中通入某气体,该气体可以是_________(任写一种的化学式),红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。
【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒Al(OH)3Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑Fe2+取少量溶液于试管中,滴入KSCN溶液无变化,滴加氯水后变血红色O2或者Cl22Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O
【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质,根据题中流程图可知,样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②,该白色固体加热分解产生Al2O3,可推知试剂①为NaOH,得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3,溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液,通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液,白色固体②为Al(OH)3,Al(OH)3受热分解得Al2O3,固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余,由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,则溶液③中主要含有Fe2+,经过操作①得红褐色固体应为Fe(OH)3,所以通入的气体应为氧化剂,可以是O2或Cl2,氢氧化铁受热分解得Fe2O3。
【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法,名称为过滤;在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒;
(2)白色固体②受热分解产生Al2O3,则②是Al(OH)3,样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O,反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(3)固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3,加入适量稀盐酸,由于反应后的固体粉末中含有Fe单质,则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;
(4)由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe,结合Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+,证明方法是:
取少量该溶液于试管中,滴入KSCN溶液无变化,滴加氯水后溶液变血红色;
(5)溶液③中含有Fe2+,向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液,产生红褐色的Fe(OH)3沉淀,该气体具有强的氧化性,气体可以是O2或者Cl2,红褐色固体Fe(OH)3不稳定,受热分解产生铁红Fe2O3,该反应的化学方程式是2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O。
【点睛】
本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索,考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离,正确理解制备流程及反应原理为解答关
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 详细 答案