备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练高无机综合推断含答案.docx
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备战高考化学知识点过关培优易错难题训练高无机综合推断含答案
备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶高无机综合推断含答案
一、无机综合推断
1.已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成三种化合物:
甲、乙、丙。
甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子;丙与甲、乙均能发生化学反应,且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质,化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体;B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去):
(1)D在元素周期表中的位置为________________。
(2)B、C、D的原子半径的大小关系为________(用元素符号表示)。
(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为______________。
(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为________,实验室如何检验丙_______。
(5)C的单质+丙→乙+丁的化学方程式为_______________。
【答案】第2周期ⅤA族N>O>F2NO+O2===2NO210能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色5O2+4NH3
6H2O+4NO
【解析】
【分析】
本题有几个重要的突破口:
①甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子;②丙为无色有不同刺激性气味的物质;③化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体,说明丁为NO,C的某种单质可能为O2。
【详解】
A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成三种化合物:
甲、乙、丙。
化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体,则丁为NO、C为O元素;丙与甲、乙均能发生化学反应,且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质,由图中信息可知,丙与O元素的单质反应生成NO,也可以由O的单质与D的单质化合而得,则丙为NH3、D为N元素,乙为H2O;甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子,则其都有10个电子,结合图中信息,B的单质可以与H2O反应生成甲和O元素的单质,故甲为HF、B为F元素。
综上所述,A、B、C、D分别是H、F、O、N,甲、乙、丙、丁分别为HF、H2O、NH3、NO。
(1)D为N元素,其在元素周期表中的位置为第2周期ⅤA族。
(2)B、C、D的原子都是第2周期的元素,其原子半径随原子序数的增大而减小,故其大小关系为N>O>F。
(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为2NO+O2===2NO2。
(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为10,实验室检验丙(NH3)的方法是用湿润的红色石蕊试纸,因为其能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(5)C的单质+丙→乙+丁的化学方程式为5O2+4NH3
6H2O+4NO。
【点睛】
推断题的解题方法最关键的是找好突破口,要求能根据物质的特征性质、特征反应、特殊的反应条件以及特殊的结构,找出一定的范围,大胆假设,小心求证,通常都能快速求解。
2.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体。
根据下图关系推断:
(1)写出化学式:
X_______,A________,B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式:
____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式:
_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)
【解析】
【分析】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3,据此解答。
【详解】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,A为NH3,B为H2O;
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2,则实验室收集气体D(NO)的方法为:
排水法;NO2能与水反应生成NO和硝酸,则收集气体F(NO2)的方法是:
向上排空气法;
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2,反应的化学方程式为:
2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2;
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)氨气的水溶液显碱性,故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)。
【点睛】
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;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
3.固体化合物X由3种元素组成。
某学习小组进行了如下实验:
请回答:
(1)由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。
(2)固体混合物Y的成分________(填化学式)。
(3)X的化学式________。
X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是________。
【答案】OCu和NaOHNaCuO22NaCuO2+8HCl
2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O
【解析】
【分析】
固体混合物Y溶于水,得到固体单质为紫红色,说明是Cu,产生碱性溶液,焰色反应呈黄色说明含有钠元素,与盐酸HCl中和,说明为NaOH(易算出为0.02mol),混合气体能使CuSO4变蓝,说明有水蒸汽。
【详解】
(1)CuSO4由白色变为蓝色,说明有水生成,根据元素守恒分析,必定含有O元素。
(2)现象2获得紫色单质,说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素,与HCl发生中和反应说明有NaOH,故答案填Cu和NaOH。
(3)NaOH为0.02mol,易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g,m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g,N(Na):
N(Cu):
N(O)=
=1:
1:
2,故化学式为NaCuO2,X与浓盐酸反应,根据反应现象,产物有Cl2,和CuCl2蓝色溶液,因而化学方程式为2NaCuO2+8HCl
2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O
4.已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐,且常用作净水剂,B是一种常见的两性氢氧化物。
试根据下列转化关系回答有关问题:
(1)试判断:
B为___,F为___;
(2)写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式___;
(3)根据上述关系写出盐A的化学式___。
【答案】氢氧化铝或Al(OH)3硫酸钡或BaSO4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OKAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3
【解析】
【分析】
已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐,且常用作净水剂,透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色,该溶液中含有K+,故A是KAl(SO4)2;向溶液A中加入氨水,Al3+会发生反应:
Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+,产生白色沉淀B是Al(OH)3,溶液C是(NH4)2SO4;Al(OH)3是两性氢氧化物,可以与强酸HCl发生反应:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,产生的溶液E是AlCl3;也可以与强碱NaOH发生反应:
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,得到的溶液D是NaAlO2;向溶液C中加入Ba(NO3)2溶液,发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀,该物质既不溶于水,也不溶于酸,所以沉淀F是BaSO4。
【详解】
(1)通过分析可知,B为Al(OH)3,F为BaSO4,故答案为:
氢氧化铝;硫酸钡或BaSO4;
(2)B是Al(OH)3,与盐酸反应的离子方程式是:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(3)根据上述关系写出盐A是KAl(SO4)2,故答案为:
KAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3。
5.盐X由三种元素组成,其具有良好的热电性能,在热电转换领域具有广阔的应用前景。
为研究它的组成和性质,现取12.30g化合物X进行如下实验:
试根据以上内容回答下列问题:
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X,其化学方程式为__________。
【答案】CuAlO2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑
【解析】
【分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B,则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2,沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO,D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2;无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C,故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3;则溶液A中含有Al3+,由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素,则红色固体A为Cu,结合转化可知X中还含有O元素。
结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1)根据上述分析,固体X中含有Cu、Al和O元素。
Al(OH)3的物质的量为
=0.1mol,Cu(OH)2的物质的量为
=0.05mol,Cu单质的物质的量为
=0.05mol,由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子,则含有O原子为:
=0.2mol,则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2,故X的化学式为CuAlO2,故答案为:
CuAlO2;
(2)B中含有AlO2-,B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故答案为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)F为CuCl2,F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,Cu、Cl原子的个数之比为
=1:
1,则沉淀为CuCl,反应的离子方程式为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+;
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3,与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2,其化学方程式为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑,故答案为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑。
6.室温下,单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体,在合适反应条件下,它们可按下面框图进行反应。
又知E溶液是无色的。
请回答:
(1)A是________,B是________,C是________(填化学式)。
(2)反应①的化学方程式为____________________________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________。
(4)反应④的化学方程式为______________________。
【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2HCl===FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2===2FeCl3
【解析】
【分析】
B为黄绿色气体,应为Cl2,C为无色气体且与Cl2能发生反应,则C为H2,E为HCl;由反应③、④可以推出,A为排在H前面的金属,且A为变价金属,因此A为Fe,结合物质的相关性质解答该题。
【详解】
B为黄绿色气体,应为Cl2,C为无色气体且与Cl2能发生反应,则C为H2,E为HCl;由反应③、④可以推出,A为排在H前面的金属,且A为变价金属,因此A为Fe。
(1)由以上分析可知A为Fe,B为Cl2,C为H2,故答案为:
Fe;Cl2;H2;
(2)反应①为Fe和Cl2的反应,反应的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3,故答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(3)反应③为Fe和HCl的反应,反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故答案为:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应,化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3,故答案为:
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
7.为了探究某带结晶水的固体X(含四种短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验
请回答:
(1)白色固体D是________。
(2)无色溶液
白色沉淀F的离子方程式是________。
(3)X的化学式是________。
【答案】
(或氧化镁)
MgC2O4
4H2O
【解析】
【分析】
混合气体A经过浓硫酸得混合气体B,B在标况下体积为896mL,物质的量为0.04mol,混合气体B通入澄清的石灰水,产生白色沉淀为CaCO3,白色沉淀的质量为2.00g,则物质的量为0.02mol,所以n(CO2)=0.02mol,根据框图可知含n(CO)=0.02mol,所以含C的物质的量为0.04mol。
由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO,所以n(MgO)=0.02mol,含O为0.02mol,根据质量守恒,m=0.02mol
40g/mol+0.02mol
44g/mol+0.02mol
28g/mol=2.24g,所以水的质量为:
2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol,含n(H)=0.08mol。
【详解】
(1)由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO;答案:
MgO。
(2)由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为Mg(OH)2,反应的的离子方程式是:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
,答案:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
(3)由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为:
0.02mol:
0.04mol:
0.10mol:
0.08mol=1:
2:
5:
4,所以X的化学式是MgC2O4
4H2O;答案:
MgC2O4
4H2O。
8.如图所示:
图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体,请填写下列空白:
(1)写出下列物质的化学式X_________,C_________,F_________,G__________。
(2)写出下列反应的化学方程式
①_____________________________________________。
②______________________________________________。
【答案】(NH4)2CO3(或NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
X既能与盐酸反应,又能与NaOH反应,都生成气体,应为弱酸铵盐,则C为NH3,气体A能与过氧化钠反应,故A为CO2,则X应为碳酸氢铵或碳酸铵,分解产物中B为H2O;反应①为CO2与Na2O2反应,且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应,则D为O2,反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO,NO和O2反应生成的F为NO2,NO2再与水反应生成HNO3和NO,则G为HNO3,再结合物质的性质进行解答。
【详解】
X既能与盐酸反应,又能与NaOH反应,都生成气体,应为弱酸铵盐,则C为NH3,气体A能与过氧化钠反应,故A为CO2,则X应为碳酸氢铵或碳酸铵,分解产物中B为H2O;反应①为CO2与Na2O2反应,且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应,则D为O2,反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO,NO和O2反应生成的F为NO2,NO2再与水反应生成HNO3和NO,则G为HNO3;
(1)由分析知:
X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3),C为NH3,F为NO2,G为HNO3;
(2)反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;反应②为氨气的催化氧化,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点睛】
以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质,涉及常用化学用语与氧化还原反应等,在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力,注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键,本题突破点是X的不稳定性,且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体,确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。
9.某含氧物质X仅含三种元素,在198℃以下比较稳定,温度高时易分解.,某研究小组设计并完成如下实验:
试回答如下问题:
(1)X的化学式为__________,写出X与H2O反应的离子方程式__________________
(2)工业上由红棕色固体2可以制备其单质,写出化学方程式____________________
(3)保存X时应注意_________________.
【答案】K2FeO44FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣Fe2O3+3CO
3CO2+2Fe避免吸潮和受热
【解析】
【分析】
根据题中各物质转化关系,X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色,则X中含钾元素,溶液2应为氯化钾溶液,X与水反应生成胶体,沉淀后灼烧得红棕色固体2,则红棕色固体2为氧化铁,胶体为氢氧化铁,所以X中含有铁元素,某含氧物质X仅含三种元素,所以X由Fe、K、O组成,由于固体1为氯化钾,质量为1.49g,则其中钾元素的物质的量为0.02mol,固体2为氧化铁,质量为0.80g,则铁元素的物质的量为0.01mol,所以X中氧元素的物质的量为
mol=0.04mol,所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.01:
0.02:
0.04=1:
2:
4,所以X的化学式为K2FeO4,根据氧化还原反应中电子得失守恒可知,X与水反应生成的无色气体为氧气,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,X的化学式为K2FeO4,X与H2O反应的离子方程式为:
4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣;
(2)工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为:
Fe2O3+3CO
3CO2+2Fe;
(3)由于K2FeO4与水会反应,所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热。
10.已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物,X、Y、Z的原子序数依次增大,X在周期表中原子半径最小,Y、Z原子最外层电子数之和为10。
D为无色非可燃性气体,G为黄绿色单质气体,J、M为金属,I有漂白作用,反应①常用于制作印刷线路板。
各物质之间的转化关系如图,部分生成物省略。
请回答下列问题:
(1)写出Z在周期表中的位置____,D的结构式____。
(2)写出A的化学式____。
(3)写出反应①的离子方程式____。
(4)为了获得氯化铜晶体,需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶,原因是____。
(5)将F溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。
写出该反应的化学方程式____。
【答案】第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
【解析】
【分析】
X在周期表中的原子半径最小,则X为H元素;G为黄绿色单质气体,则G为Cl2;反应①用于制作印刷电路板,为FeCl3和Cu反应,则L为FeCl3,K为FeCl2;E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F,则F为Cu2O,E为Cu(OH)2,则B为CuCl2,M为Cu;由C+G→H+I,I有漂白作用,H能够与金属J反应生成FeCl2,则H为HCl,J为Fe,I为HClO,则C为H2O;从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D,D为无色非可燃性气体,可知,A中含有铜元素;Y、Z原子最外层电子数之和为10,Y、Z中一种为O元素,则另一种元素的原子最外层电子数为4,可能为C或Si元素,结合D为无色非可燃性气体,只能为CO2,X、Y、Z的原子序数依次增大,则Y为C元素,Z为O元素,因此A中还含有C元素,因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,据此分析解答。
【详解】
根据上述分析,X为H元素,Y为C元素,Z为O元素,A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,B为CuCl2,C为H2O,D为CO2,E为Cu(OH)2,F为Cu2O,G为Cl2,H为HCl,I为HClO,J为Fe,K为FeCl2,L为FeCl3,M为Cu。
(1)Z为O元素,在周期表中位于第二周期ⅥA族;D为CO2,结构式为O=C=O,故答案为:
第二周期ⅥA族;O=C=O;
(2)A的化学式为:
CuCO3或Cu2(OH)2CO3,故答案为:
CuCO3或Cu2(OH)2CO3;
(3)反应①为FeCl3和Cu反应,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故答案为:
Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;
(4)为了获得氯化铜晶体,需要将CuCl2溶液在HCl氛围中蒸发结晶,原因是:
避免Cu2+水解生成Cu(OH)2,故答案
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