高考化学综合题专题复习钠及其化合物推断题专题解析及详细答案.docx
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高考化学综合题专题复习钠及其化合物推断题专题解析及详细答案
2020-2021高考化学综合题专题复习【钠及其化合物推断题】专题解析及详细答案
一、钠及其化合物
1.根据下面物质间转换的框图,回答有关问题:
(1)写出框图中物质A和F指代物质的化学式:
A___,F___;
(2)在反应①~⑥中属于非氧化还原反应的是___(填写序号);
(3)如果2molNa2O2与足量水蒸气反应生成O2,该反应中转移电子总数是___;
(4)如果A、B混合气体3.0g(平均摩尔质量15g·mol-1),在与G充分反应后,通过足量Na2O2,可使Na2O2增重___g,并得到O2___mol。
【答案】H2Na2CO3⑥2NA或1.204×10243.00.1
【解析】
【分析】
碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气,由C+Na2O2→E+G,D+Na2O2→F+G,故G为O2,一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳,氢气和氧气反应生成水,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,由E与D反应得到F,所以E是NaOH,D是CO2,F是Na2CO3,C是H2O,则A为H2,B为CO,据此解答。
【详解】
碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气,由C+Na2O2→E+G,D+Na2O2→F+G,故G为O2,一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳,氢气和氧气反应生成水,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,由E与D反应得到F,所以E是NaOH,D是CO2,F是Na2CO3,C是H2O,则A为H2,B为CO;
(1)框图中物质A和F指代物质的化学式为,A为H2,F为Na2CO3;
(2)通过以上分析知,反应①是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气属于氧化还原反应,②反应是氢气和氧气反应生成水属于氧化还原反应,③反应为一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳属于氧化还原反应,④反应是过氧化钠和水的反应属于氧化还原反应,⑤反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气属于氧化还原反应,⑥反应为二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水属于复分解反应,不是氧化后反应的只有⑥,故答案为⑥;
(3)由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,可知2molNa2O2与足量水蒸气反应生成氧气为2mol×
=1mol,反应中O元素化合价由-1价升高为氧气中0价,转移电子为1mol×2×NAmol-1=2NA;
(4)一氧化碳、氢气与氧气反应生成二氧化碳、水,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知,过氧化钠增重等于CO与H2的质量,故过氧化钠增重3.0g;
设混合物中一氧化碳的物质的量是n1,氢气的物质的量是n2,则
=15,整理的n1:
n2=1:
1,由二者质量有28n1+2n2=7.8,联立解得n1=0.1mol,n2=0.1mol;根据元素守恒CO、H2与O2反应后生成0.1molCO2,0.1molH2O,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知,生成氧气的体积为
×0.1mol+
×0.1mol=0.1mol。
2.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色,A俗称苛性钠,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B。
①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为__________________________________。
②A溶液与C溶液反应的化学方程式为______________________________________。
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_____________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________________________。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g·mol-1。
①B的化学式为________________。
②实验室制取B时,_____________(填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。
③一定条件下B与CO反应的化学方程式为_____________________________。
(4)若A为淡黄色固体单质,W为气体单质,B、C均为酸性氧化物。
则C溶于水形成化合物D,在加热的情况下,D的浓溶液与A反应的化学方程式为________________________。
【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al3-+4OH-=AlO2-+2H2ONO不能2NO+2CO
2CO2+N2S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3。
【详解】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3。
①向Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3的离子方程式为:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;
②NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素为Al,单质Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
②AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液生成NaAlO2,发生反应的离子方程式为Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
①B 的化学式为:
NO;
②由于NO能与氧气反应,实验室制取NO时,不能用向上排空气法收集;
③NO与CO在催化剂作用下生成N2和CO2,发生反应的化学方程式为2NO+2CO
2CO2+N2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3;SO3溶于水形成化合物D为H2SO4,在加热的条件下,浓硫酸与硫反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
3.先有一瓶无色澄清溶液,可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成,请根据以下实验步骤及现象回答下列问题:
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C。
(1)下列有关该溶液说法正确的是________________(填字母)。
A.一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-
B.一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-
C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、
D.可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-
(2)步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。
(3)若向原溶液中先加入足量的盐酸,再加入足量的______________(填化学式)并加热,也能得出步骤一、步骤二相同的结论。
(4)对于溶液中还可能存在的阳离子,确认其存在的实验方法是__________________。
【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba(OH)2通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+
【解析】
【分析】
无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-;
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体,则气体为氨气,一定含NH4+;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体,白色沉淀为BaSO4,刺激性气味的气体为SO2,则一定含有SO42-和SO32-;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C,C中含碘单质,则原溶液一定含I-,以此来解答。
【详解】
无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。
步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气,表明原溶液含有NH4+。
步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡,有刺激性气味的气体是二氧化硫,表明原溶液含有SO42-、SO32-。
步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液,表明原溶液含有I-。
(1)A.根据以上分析, 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-,故A正确;
B. 根据以上分析,可能存在CO32-,故B错误;
C. 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+,故C正确;
D.SO42-、SO32-、Cl-均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-,故D错误。
故答案为AC;
(2)步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应,离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-,
故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-;
(3)向原溶液中加入足量盐酸,SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。
再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀,又能与NH4+反应生成氨气,所以是氢氧化钡,化学式为Ba(OH)2,
故答案为Ba(OH)2;
(4)可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+,实验方法是通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+,
故答案为通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+。
4.①~⑦在元素周期表的对应位置如图所示,回答下列问题。
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑦
①
②
3
③
④
⑤
⑥
(1)元素⑥的原子结构示意图___________;元素的最高正价①___________②(填>、<、=)
(2)向元素⑤和⑥形成的化合物的水溶液中加入过量的①的氢化物的水溶液,反应的离子方程式是______________
(3)元素③的最高价氧化物对应的水化物为_______(填离子化合物或共价化合物)
(4)元素②和③形成的一种化合物为淡黄色固体,该化合物的电子式为______,该化合物中化键有_______(填离子键、极性键或非极性键),该化合物与⑦的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。
【答案】
>Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+离子化合物
离子键、非极性共价键2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2
【解析】
【分析】
有元素周期表的结构分析可知:
①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素,再结合元素周期律和“位-构-性”三者的关系分析解题。
【详解】
分析可知:
①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素;
(1)元素⑥为氯元素,其核电荷数为17,原子结构示意图
;氮元素的最高正价为+5价,而氧元素无正价态,则元素的最高正价①>②;
(2)元素⑤和⑥形成的化合物为AlCl3,其水溶液中加入过量氨水,生成氢氧化铝白色胶状沉淀,发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(3)元素③为Na元素,其最高价氧化物对应的水化物为NaOH,是离子化合物;
(4)元素②和③形成的一种化合物Na2O2为淡黄色固体,是离子型化合物,该化合物的电子式为
,该化合物中化学键有离子键和非极性键,Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气,发生反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2。
5.A为日常生活中常见的化合物,B为淡黄色固体,C、G、H均为气体,其中C、H为单质,G能使红色石蕊试剂变蓝,E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料,其摩尔质量为41g/moL。
⑴B的电子式为_____。
⑵E的化学式为_____。
⑶写出反应②的离子方程式(D足量):
_____。
⑷写出反应③的化学方程式:
_____。
【答案】
AlNAlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑4NH3+3O2
2N2↑+6H2O
【解析】
【分析】
B是淡黄色固体,B与化合物A反应产生单质气体C和化合物D,则B是Na2O2,C是O2,G能使红色石蕊试剂变蓝,则G是NH3,NH3与O2在高温下发生反应:
4NH3+3O2
2N2↑+6H2O,可知A是H2O,H是N2;D是NaOH;E是一种由两种元素组成的具有耐高温、硬度大的耐热冲击材料,其摩尔质量为41g/moL,由于其中一种元素是N元素,N相对原子质量是14,则另一种元素相对原子质量是42-14=27,则另外一种元素是Al元素,E是AlN,NaOH、H2O、AlN发生反应,产生NH3和NaAlO2;则F是NaAlO2,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知A是H2O,B是Na2O2,C是O2,D是NaOH,E是AlN,F是NaAlO2。
(1)B是Na2O2,B的电子式为
;
(2)E是氮化铝,E的化学式为AlN;
(3)反应②是NaOH、AlN、H2O反应的离子方程式为:
AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑;
(4)反应③是氨气被氧气氧化的反应,该反应的化学方程式是4NH3+3O2
2N2↑+6H2O。
【点睛】
本题考查了物质的推断、物质的结构、离子方程式书写等知识。
B是淡黄色固体,与化合物A反应产生单质气体及气体G能使红色石蕊试剂变蓝是本题的突破口,熟练掌握元素的单质及化合物的性质是进行物质推断的关键。
6.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色,A俗称苛性钠,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B。
①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。
②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。
(2)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g·mol-1.
①B的化学式为________________。
②实验室制取B时,_____________(填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。
③C与水反应的化学方程式为_____________________________。
(3)若A为淡黄色固体单质,W为气体单质,B、C均为酸性氧化物。
①由B生成C时,每生成1molC,消耗W的物质的量为_________________。
②C溶于水形成化合物D,在加热的情况下,D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。
【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4(浓)=3SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色,则A、B、C中均含有钠元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色气体,C受热分解可以转化为B,由转化关系可知W为CO2,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,据此分析;
(2)若A、B、C、W均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g/mol,则C为NO2,由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO,据此分析;
(3)若A为淡黄色固体单质,则A为硫,W为气体单质,B、C为酸性氧化物,由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3,据此分析。
【详解】
(1)若A、B、C的焰色反应均为黄色,则A、B、C中均含有钠元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色气体,C受热分解可以转化为B,由转化关系可知W为CO2,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,据此分析:
①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;
②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为:
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。
故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O;
(2)若A、B、C、W均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g/mol,则C为NO2,由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO,据此分析:
①B的化学式为NO;
②因为NO和空气中的O2反应生成NO2,则实验室制取B(NO)时,不能用向上排气法收集B;
③NO2与水反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO。
故答案为①NO;②不能;③3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(3)若A为淡黄色固体单质,则A为硫,W为气体单质,B、C为酸性氧化物,由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3,据此分析:
①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O2
2SO3,每生成1molC(SO3),消耗W(O2)的物质的量为0.5mol;
②SO3溶于水生成化合物D(H2SO4),在加热条件下,浓硫酸与硫发生氧化还原反应,生成二氧化硫和水,化学方程式为:
S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
故答案为0.5mol;S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
【点睛】
本题考查元素化合物的推断,涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化,需要学生熟练掌握元素化合物知识,把握反应的规律,注意相关基础知识的积累。
7.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。
8.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子半径最小;B元素的最高价氧化物对
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- 高考 化学 综合 专题 复习 及其 化合物 推断 解析 详细 答案