河南省罗山高中2016届高三化学二轮复习强化训练专题十三无机推断题型(含)

1、无机推断题型1、某固体粉末甲中可能含有K2CO3、KNO3、NaNO2、K2SO3、Na2SO4、FeO、Fe2O3中的若干种，某同学为确定该固体粉末的成分，取甲进行连续实验，实验过程及现象如下：（现象5）（现象4）（现象3）（现象2）KSCN溶液空气中（现象1）BaCl2溶液足量盐酸焰色反应足量稀盐酸溶于水过滤固体粉末甲溶液A固体A黄色火焰无色气体红棕色气体产生白色沉淀溶液B产生血红色溶液蓝色沉淀K3Fe(CN)6溶液该同学得出的结论正确的是（ ）A根据现象1可推出该固体粉末中含有钠元素，但不含钾元素B根据现象2可推出该固体粉末中一定含有NaNO2C根据现象3可推出该固体粉末中一定含有Na2

2、SO4D根据现象4和现象5可推出该固体粉末中一定含有FeO和Fe2O3【答案】D2、某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A一定含有Al，其质量为4.5gB一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2和FeCl2D一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等【答案】D【解析】14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧

3、化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在CuCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，

4、加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，A固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.05mol，质量为1.35g，故A错误；B根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；C根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；D根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D3、某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有S

5、O42、SO32、NO3、Cl、Br、CO32、HCO3中的一种或多种，进行如图所示的实验，每次实验所加试剂均过量，下列说法不正确的是（ ）ASO42、SO32至少含有一种B沉淀B的化学式为BaCO3C肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3、Cl-，还有SO42、SO32至少含有一种D肯定没有的离子是Br-【答案】C【解析】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有：CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32-，溶液中可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以滤液A中有Ba2+，滤液A中加入过

6、量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在：S2-、Br-；滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入了氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种，正确；B、根据分析可知，气体D为CO2，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，正确；C、根据分析可知待测液中Cl-不能确定是否存在，错误；D、根据分析可知待测液中一定不存在的离子为：S2-、Br-，正确。4、某无色混合

7、气体可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的两种或多种组成常温下取此气体200mL进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）下列说法错误的是（）A原混合气体中有5mLO2B原混合气体中肯定存在的气体是NH3，肯定不存在的气体是HClC原混合气体中CO2的体积分数为40%D可能存在N2和He，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%【答案】A【解析】200mL的混合气体通过足量的浓H2SO4，体积减少至160mL，说明一定存在氨气，且氨气体积为200mL160mL=40mL，则一定不存在HCl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有CO2，发生

8、反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160mL120mL）×2=80mL，则反应生成氧气为40mL；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：2H2+O22H2O，则参加反应的氢气为（120mL15mL）×=70mL，参加反应氧气为105mL70mL=35mL，剩余的15mL气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有N2、He中的至少一种，且体积为10mL，故原混合气体中氢气为70mL，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、He的总体积为：

9、40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合气体中没有氧气，A由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故A错误；B由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含HCl，故B正确；C原混合气体中二氧化碳体积分数为×100%=40%，故C正确；D由上述分析可知，混合气体中一定存在N2、He中的至少一种，且体积为10mL，在原混合气体中的体积分数为×100%=5%，故D正确，故选A5、某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成进行如下实验：下列有关说法正确的是（ ）A.步骤I中减少的3g固体一定是混合物B.步骤II中质量减少的物质一

10、定是CuC.根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2D.根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】D【解析】A、Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；B、步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；C、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在

11、Fe2O3、Cu，故C错误；D、6.4g变成1.92g，质量减少了：6.4g-1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则m（Fe2O3）：m（Cu）=（160×0.02）：（64×0.02+1.92）=1：1，故D正确；故选D6、某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉

12、淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如右图所示。则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-B溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+ C溶液中n(NH4+)=0.2mol Dn(H+)n(Al3+)n(Mg2+) = 111【答案】C【解析】A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，A错误；B、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所

13、以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，B错误；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH-=NH3？H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，C正确； D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OH-Al(OH)4-，则消耗氢氧化钠的物质的量为

14、：0.8mol-0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OH-Al(OH)3，Mg2+2OH-Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，D错误；选C。7、已知X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（） XYZWACCOCO2O2BNaNa2ONa2O2

15、O2CAlCl3Al(OH)3NaAlO2NaOHDFeFeCl2FeCl3Cl2【答案】D【解析】验证法处理该题。Fe与Cl2不能直接生成FeCl2，这是由于Cl2为强氧化性物质，直接把Fe氧化成3价，2Fe3Cl22FeCl3。8、已知甲、乙、丙和X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如下图，则甲和X不可能是（）A甲为C，X是O2B甲为SO2，X是NaOH溶液C甲为Cl2，X为FeD甲为Al，X为NaOH溶液【答案】D【解析】试题分析：A项甲为C，X是O2，则乙为CO，丙为CO2, 丙（CO2）和甲（C）反应又可以生成乙（CO），所以符合转化关系；B项甲为SO2，X是NaOH溶液时，乙为

16、NaHSO3，丙为Na2SO3, 丙（Na2SO3）和甲（SO2）反应加上H2O又可以生成乙（NaHSO3），符合转化关系；C项甲为Cl2，X为Fe时，乙为FeCl3，丙为FeCl2, 丙（FeCl2）和甲（Cl2）反应又可以生成乙（FeCl3），符合转化关系；D项甲为Al，X为NaOH溶液，乙为NaAlO2，乙（NaAlO2）不能和X（NaOH）反应，不符合转化关系。考点：考查有关连续反应点评：本题涉及无机化合物之间的连续反应，平时学习要多积累9、中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是（ ） A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变

17、为红褐色，则A可能是铁B、若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC、若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2 D、若D是一种强酸且可与铜反应生成B或C，则A既可以是单质也可以是化合物【答案】A【解析】A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误； BA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，正确； CA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，正确；

18、D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，正确。故选A。10、下图中M、N为含X元素的常见化合物，则X元素为（）A. Fe或C B. Cu或Fe C. N或S D. C或Al【答案】A【解析】根据反应类别，X有可变价，Al无可变价，选项D错误；中学化学中N2无置换反应，选项C错误；Cu置换的产物为Cu2，无Cu2Cu的化合反应，选项B错误。Fe和C的相关变化如下：，选项A正确。11、如图表示一些物质间的从属关系，不正确的是（） 【答案】B【解析】根据题中所给出的信息分析，虽然酸、碱、盐都属于电解质

19、，但盐不从属于酸，故B选项错。12、下列关系图中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已删去)下列推断的结论和叙述中错误的是（）AA是(NH4)2SO4B当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素，E是H2SO4C当X是强碱时，A、B、C、D、E均含同一种元素，E是HNO3 D由BC可能发生的反应为：4NH35O24NO6H2O【答案】A【解析】解答框图题最切实可行的方法一般是：综观全题，分析框图，并力图找出最易入手的“题眼”，然后由此为出发点进行分析、推理和猜测，最后再把结论带入框图验证。由题意

20、可知，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，则说明D比C多一个氧原子，故Y为氧气。由框图关系BCD可推得，C与D的关系应是低价氧化物与高价氧化物的关系，也说明C和D中所含的另一元素为变价元素。满足此条件的有S、N、P、C、Fe等。由DE，E为酸，可得出Z一定是H2O。题中告诉我们，A为正盐，且A既能与强酸反应，又能与强碱反应，说明A应为弱酸弱碱形成的盐。再由AB可知，B为正盐与强酸或强碱反应生成的产物，结合整个框图和前面的分析，B很可能是气态氢化物，而我们中学化学所学的气态氢化物中，可连续被O2氧化的且最熟悉的应是H2S和NH3，代入框图进行验证：若B为H2S，发生的反应由B开始依次为：2

21、H2S3O22SO22H2O；SO2O22SO3；SO3H2O=H2SO4，与题意吻合。若B为NH3时，由B开始发生的反应依次为：4NH35O24NO6H2O；2NOO2=2NO2；3NO2H2O=2HNO3NO，即与题干所示转化关系相符。由此可推得A为(NH4)2S。当X为强酸时，若要A、B、C、D、E均含同一种元素，E应是H2SO4；当X是强碱时，若要A、B、C、D、E均含同一种元素，E应是HNO3。13、构成A、B、C、D、E五种物质的元素中,只有一种不属于短周期元素。A、B、C、D、E五种物质之间的转化关系如图所示:下列判断错误的是（ ）A.若A是可溶性强碱,B是正盐,D不溶于稀硝酸,

22、则B的化学式为(NH4)2SO4 B.若A和B都是盐,A难溶于水,而B易溶于水,D不溶于稀硝酸,C为无色无味气体,则B的化学式为NaHSO4 C.若A是21 型的离子化合物,B是硫酸盐,D既可溶于稀盐酸又可溶于NaOH溶液,且A与B的物质的量之比为31时恰好完全反应,则B的化学式为Al2(SO4)3 D.若A是11型的离子化合物,A与过量的B溶液反应才有D生成;将C燃烧的产物通过装有碱石灰的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶,两者的质量都增加,则B的化学式一定为Al2(SO4)3【答案】D【解析】A项,经分析知A是Ba(OH)2,B是(NH4)2SO4,A项正确;B项,经分析知A是BaCO3,B是Na

23、HSO4,B项正确;C项,经分析知A是Na2O2,B是Al2(SO4)3,C项正确;D项,经分析知A是NaH,B为含有铝元素的正盐,D项错误。14、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（）AA、B、C中一定有一种是氧元素的单质BD、E中一定都含有A的元素C单质B肯定是氧化剂D若A是非金属，则B一定为金属【答案】C【解析】由转化关系可知A+DE和A+CE都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置换反应，D、E、F是常见的三种氧化物，则C应为O2，结合转化关系可知，若A为C，D为CO2

24、，E为CO，B为Mg，F为MgO符合转化，A由上述分析可知，C为氧气，故A正确；B由A+DE和A+CE都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置换反应，B是单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故B正确；CB为单质，与氧化物D发生置换反应时，B失去电子作还原剂，故C错误；D由上述分析可知，A为非金属C，则B为金属Mg，故D正确；故选C15、某混合气体可能含N2、HCl、CO中的一种或几种，将其依次通过足量NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化；再通过足量Na2O2固体，气体体积减小；最后通过灼热的铜丝，充分反应后气体体积又减小，但还有气体剩余。以下判断中，正

25、确的是()A一定有N2和HCl，没有COB一定有N2，CO和HCl中至少有一种C一定有N2，CO和HClD一定没有N2，CO和HCl中至少有一种【答案】B【解析】当气体通过足量Na2O2固体时，气体体积减小，说明气体中有CO2，CO2可能是HCl与NaHCO3溶液反应生成，也可能是CO还原灼热CuO得到的。最后通过灼热的铜丝充分反应，气体还有剩余，说明原气体中含有N2。16、W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；W和X能形

26、成组成为WX2的化合物；X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。请回答：(1)W元素是_；Z元素是_。(2)化合物WY和WX2的化学式分别是_和 _。(3)Y和Z形成的两种常见化合物的分子式是_和_。(4)写出X和Z形成的一种气态化合物跟WZ反应的化学方程式：_【答案】(1)钙氧(2)CaSCaC2(3)SO2SO3(4)CO2CaO=CaCO3【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题重点考察了元素周期表和元素周期律的应用。17、A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)：(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的

27、化学式为_，AC反应的化学方程式为_。(2)若A是一种非金属，其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为_，BC反应的化学方程式为_。A和C是否可以反应_，若能，写出反应的化学方程式，若不能，此空不填_。【答案】(1)Na2O2NaO2Na2O2(2)CO22COO22CO2能CCO22CO【解析】(1)根据C是淡黄色固体，C为Na2O2，则B为Na2O、A为Na，AC的反应为：2NaO2Na2O2。(2)C是主要的温室气体，C为CO2，A为C，B为CO，BC的反应为：2COO22CO2，A和C可以反应生成B，化学方程式为：CCO22CO。18、X、Y、Z三种短周期元素，它们的

28、原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如下转化。一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B、C两种分子中的电子数均等于10。请回答下列问题。(1)X元素在周期表中的位置是_。(2)分析同主族元素性质的递变规律，发现B、C两种物质的沸点反常，这是因为它们的分子之间存在_。(3)C在一定条件下反应生成A的化学方程式是_。X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W吸收生成一种盐。该盐的水溶液的pH<7，其原因是(写出离子方程式)_ _。【答案】(1)第2周期A族(2)氢键(3)4NH35O24NO6H2ONH4+H2ONH3&

29、#183;H2OH【解析】常见10电子化合物有CH4、NH3、H2O和HF等。由于B、C均为10电子分子且相差一个Z原子，故Z只能是H。由于X、Y、Z的原子序数之和为16，故X、Y分别是O、N，B是H2O，C是NH3，A为NO。(1)氧元素位于周期表第2周期A族。(2)H2O和NH3的沸点比同主族其他元素的氢化物的沸点高，原因是形成了分子间氢键。(3)W是HNO3，它与NH3反应生成的盐是NH4NO3，该盐是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性。19、已知下列物质有如下图所示的转化关系，水和部分产物已略去。X为不溶于水的坚硬固体，Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料。无色气体A是引起温

30、室效应的主要气体。B、D均为难溶于水的白色固体。高纯度的F是用于制造电脑芯片的一种非金属单质。据此回答下列问题：(1)B的化学式是_，F的名称是_。(2)由X、Y制F的过程中，Y作_(填“氧化”或“还原”)剂。(3)转化的化学方程式为_。(4)转化(A少量)的离子方程式为_。【答案】(1)CaCO3硅(2)还原(3)SiO22NaOH=Na2SiO3H2O(4)CO2SiO32H2O=H2SiO3CO32【解析】(1)Z为无固定熔点的现代装饰材料且由B、E、X经高温熔融制得，推测Z为玻璃；(2)A为CO2，B为CaCO3，那么结合X为不溶于水的固体及Z为玻璃推测X为SiO2，E为Na2CO3，

31、D为H2SiO3，C为Na2SiO3，F为Si。20、从物质X出发有如下图所示的一系列变化。已知X为酸式盐，A、C为无色气体，反应的某些产物已经略去。(1)写出下列物质的化学式：X：_；G：_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)向X的溶液中加入过量的NaOH溶液，并加热，写出该反应的离子方程式： _。(4)反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_。【答案】(1)NH4HCO3HNO3(2)4NH35O24NO6H2O(3)NH4+HCO32OHCO32NH32H2O(4)12【解析】根据题给信息X为酸式盐，A、C为无色气体和框图信息X既可以与酸反应又能与碱反应，同时受热还能发生分解反应可知X为N

32、H4HCO3，从而推知A为CO2，C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3。21、下图是工业上冶炼铝的工艺流程图：写出有关的化学反应方程式：_；_；_；_。【答案】Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OCO22H2ONaAlO2=Al(OH)3NaHCO32Al(OH)3Al2O33H2O2Al2O3(熔融) 4Al3O2【解析】根据题中所给出的信息，结合已经学习过的知识分析，。22、下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下D、E、F、I、J为气体，且D、I是水煤气的主要成分；B是无色液体，M为红褐色固体，C的焰色反应为黄色。A电解BCDEHIJFGBDKAL空气中M基于反应原理的化学工业称为 ，写出该反应