备战高考化学《铜及其化合物推断题的综合》专项训练.docx
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备战高考化学《铜及其化合物推断题的综合》专项训练
备战高考化学《铜及其化合物推断题的综合》专项训练
一、铜及其化合物
1.下列框图涉及的物质所含元素中,除一种元素外,其余均为1~18号元素。
已知:
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。
C为黑色氧化物,E为紫红色金属单质,I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题:
(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为___________。
(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。
(3)在25℃和101kPa的条件下,将VL的B气体溶于100mL水中,得到密度为ρg·mL-1的溶液M,则M溶液的物质的量浓度为________mol·L-1。
(已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol-1,不必化简)
(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒,接近后的现象是_________。
(5)B和C反应的化学方程式为__________。
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀。
写出SO2还原J生成K的离子方程式:
______。
【答案】钝化3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
冒白烟3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-
【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化,据此解答;
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,据此解答;
(3)氨气的物质的量是
mol,溶液的质量是
g,溶液的体积为
=
mL,据此解答;
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟,据此解答;
(5)B与C反应即CuO和NH3反应,生成铜单质、氮气和水,据此解答;
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K是CuCl,SO2还原氯化铜生成氯化亚铜,据此解答;
【详解】
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖,则B是氨气,A是氧气,D是NO,F是氮气,G是硝酸。
C为黑色氧化物,E为紫红色金属单质,I为蓝色沉淀,则C是氧化铜,与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水,E是铜,与硝酸反应生成硝酸铜,I是氢氧化铜,J是氯化铜。
(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为钝化,故答案为:
钝化;
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)氨气的物质的量是
mol,溶液的质量是
g,溶液的体积为
=
mL,所以溶液的物质的量浓度为
mol·L-1,故答案为:
;
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵,实验现象是冒白烟,故答案为:
冒白烟;
(5)B与C反应的化学方程式为3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O,故答案为:
3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O;
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K是CuCl,SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-。
2.为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是______________。
(2)写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。
(3)写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。
【答案】CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O
【解析】
【分析】
流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气,质量:
32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子,证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,X为氧化铜,n(CuO)=
=0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)=
=0.1mol,氧元素守恒得到甲中n(Cu):
n(O)=0.4mol:
(0.4mol-0.1mol×2)=2:
1,固体甲化学式为Cu2O,固体乙为Cu,蓝色溶液为硫酸铜,加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀,加热分解得到16.0g氧化铜。
【详解】
(1)分析可知X为CuO,故答案为CuO;
(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液,转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2,故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2;
(3)固体甲为Cu2O,氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水,反应的化学方程式为:
Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,故答案为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。
3.孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2(x、y为正整数,且x≤3,y≤2)。
(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品,一份加足量盐酸,产生3.36L标准状况下的CO2气体,另一份加热完全分解得到20gCuO,则该碳盐类铜矿的化学组成中x:
y=____。
(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag,含铜质量为bg,加酸完全分解得到标准状况下CO2气体VL,则a、b、V的代数关系式是_____。
【答案】3:
2a=
或a=
【解析】
【分析】
(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2、CuO的物质的量,然后根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2),根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=n(CuO),计算出n[Cu(OH)2],就可得到n(CuCO3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比;
(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=
,根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=n(Cu),用含有b、V的代数式表示,也可根据n(CuCO3)=n(CO2)=
先计算出CuCO3的质量,用总质量减去CuCO3的质量得到Cu(OH)2的质量,再计算其物质的量,最后得到n(CuCO3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比。
【详解】
(1)n(CO2)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol,则n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol,n(CuO)=20g÷80g/mol=0.25mol,根据Cu元素守恒,可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.10mol,所以n(CuCO3):
n[Cu(OH)2]=0.15:
0.10=3:
2,所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2中x=3,y=2,盐可以表示为3CuCO3·2Cu(OH)2;
(2)根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=
,根据Cu元素可得n(CuCO3)+n[Cu(OH)2]=n(Cu)=
mol,则n[Cu(OH)2]=
)mol,所以n(CuCO3):
n[Cu(OH)2]=
:
),a=a=
;n(CuCO3)=n(CO2)=
,m(CuCO3)=
×124g/mol=
,该化合物含有Cu的总物质的量是n(Cu)
,则根据Cu元素守恒,可得n[Cu(OH)2]=
,m[Cu(OH)2]=98g/mol×(
),根据反应前后物质质量不变,可得a=
+98g/mol×(
)=
。
4.由两种元素组成的矿物A,测定A的组成及制取化合物D的流程如下:
请回答:
(1)A的化学式为________________________。
(2)写出②的化学方程式:
__________________。
(3)写出③的离子方程式:
_________________________________________。
【答案】Cu2S(2分)4CuO
2Cu2O+O2↑SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H
【解析】
试题分析:
通过矿物A组成测定,考查化学方程式、离子方程式的书写,考查考生实验综合分析能力和化学计算能力。
解析:
(1)砖红色物质D是Cu2O,所以黑色B为CuO,A中含有Cu元素。
白色沉淀F是BaSO4,E是FeSO4,气体C是SO2,则A中含有S元素。
所以A为CuS。
正确答案:
CuS。
(2)CuO高温分解生成Cu2O和O2,反应方程式为4CuO
2Cu2O+O2↑。
正确答案:
4CuO
2Cu2O+O2↑。
(3)SO2能够被Fe3+氧化生成SO42-、Fe2+,即SO2+Fe3+→SO42-+Fe2+,配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
正确答案:
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
点睛:
氧化还原反应的配平,首先配平氧化还原反应过程中的得失电子,以本题(3)为例,S元素升高2价,Fe元素降低1价,所以SO2系数为1,Fe3+系数为2,根据质量守恒产物SO42-系数为1,Fe2+系数为2,即SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-。
再配平离子电荷,需要在反应物中增加4个单位负电荷,或是在产物中增加4个单位正电荷,结合SO2、Fe3+溶液的酸性,应当在产物中增加4个H+,得SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-+4H+。
再由质量守恒配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
5.在下图所示的物质转化关系中,A是常见的气态氢化物,B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,E的相对分子质量比D大17,G是一种紫红色金属单质。
(部分反应中生成物没有全部列出,反应条件未列出)
请回答下列问题:
(1)A、C的化学式分别为_______、_______。
(2)反应①的化学方程式为_______。
(3)反应②的离子方程式为_______。
(4)向反应②后的溶液中通入少量的A,现象为_______。
【答案】NH3NO3NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O有蓝色沉淀生成
【解析】已知B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,即为氧气,G是一种紫红色金属单质,则为铜,E能与不活泼金属铜反应,且相对分子质量比D大17,所以E为HNO3,D为NO2,则C为NO,F为H2O,由此推出A为NH3。
(1)A、C的化学式分别为NH3和NO;
(2)反应①为NO2与H2O的反应,化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(3)反应②为铜与稀硝酸的反应,其离子方程式为3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)反应②后的溶液为Cu(NO3)2溶液,通入少量的NH3,将发生如下反应Cu2++2NH3·H2O
Cu(OH)2↓+2NH4+,所以现象为有蓝色沉淀生成。
6.铜及其化合物向
溶液中滴加
溶液,发现溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀,经检验,棕黄色沉淀中不含
,含有
、
和
。
已知:
Cu+
Cu+Cu2+,Cu2+
CuI↓(白色)+I2。
(1)用稀硫酸证实沉淀中含有
的实验现象是___________。
(2)向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液,产生白色沉淀,继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现,请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。
【答案】有暗红色不溶物生成
【解析】
【分析】
(1)
在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子,有暗红色不溶物生成;
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现,说明碘单质被还原。
【详解】
(1)
在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子,则用稀硫酸证实沉淀中含有
的实验现象是有暗红色不溶物生成;故答案为:
有暗红色不溶物生成;
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现,说明碘单质被还原,发生反应的离子方程式为
。
故答案为:
。
7.已知:
在pH为4~5的环境中,Cu2+、Fe2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解。
用粗氧化铜(CuO中含少量Fe)制取CuCl2溶液过程如下:
①取一定量的粗CuO,加入过量浓盐酸,加热并搅拌,充分反应后过滤,溶液的pH为1。
②向滤液中通入Cl2,搅拌。
③向②中加入适量物质A,微热,搅拌,调整溶液的pH,过滤。
④把③所得滤液浓缩。
(1)①中加热并搅拌的目的是_____________________________。
(2)②中发生反应的离子方程式是_________________________。
(3)③中的物质A可能是__________________;调整的PH范围是_______________;
过滤后滤渣的成分是__________________。
(4)③中发生反应的离子方程式是_________________________。
(5)①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值:
_________________________。
【答案】加快反应速率,是反应充分2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-CuO4-5Fe(OH)3CuO+2H+=Cu2++H2O取一小块pH试纸,放在玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液,点在pH试纸中央,待变色后与标准比色卡相比。
【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解,此时溶液中主要有Cu2+,Fe2+,Cl-,H+;通入氯气将亚铁离子氧化成Fe3+,离子方程式为:
,加入适量CuO可以调节pH值至4-5,将Fe3+转化成沉淀,同时不引入新的杂质,之后过滤浓缩,得到CuCl2溶液。
【详解】
(1)加热搅拌一般是为了加快反应速度,
故答案为:
加快反应速率,使反应充分;
(2)根据分析可知答案为:
;
(3)根据分析可知A为CuO,既能调节pH值又不引入新的杂质;根据题目信息可知pH在4-5的环境中Cu2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解;得到的滤渣为Fe(OH)3,
故答案为:
CuO;4-5;Fe(OH)3;
(4)该反应为氧化铜和氢离子的反应,
故答案为:
CuO+2H+=Cu2++H2O;
(5)测溶液pH值的方法为:
取一小块pH试纸,放在玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液,点在pH试纸中央,待变色后与标准比色卡相比。
8.工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如下:
(1)“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2,反应的化学方程式为_________________________。
(2)“酸化”步骤反应的离子方程式为______________________________。
(3)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为__________。
(4)“淘洗”所用的溶液A应选用______(填序号)。
a.稀硫酸b.浓硫酸c.稀硝酸d.浓硝酸
(5)①“反应”一步的过程中发生反应Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O。
该反应中被还原的物质为__________。
②“反应”一步中若不加10%H2O2,只用浓HNO3,随着反应的进行,容器内持续出现大量红棕色气体NO2,请写出该反应的离子方程式____________________。
(6)由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是___________________________________________________________________________。
(相关物质的溶解度曲线如图所示)
【答案】2CuS+3O2
2CuO+2SO2CuO+2H+=Cu2++2H2OFeSO4aH2O2CuO+4H++2NO3-=Cu2++2H2O+2NO2
蒸发浓缩,冷却至26.4摄氏度时结晶
【解析】
【分析】
工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体,废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜,硫化铜转化为CuO和SO2,加入硫酸酸化生成硫酸铜,加入过量的铁发生置换反应生成铜,过滤得到滤渣铁和铜,用冷水淘洗后加入20%的HNO3和0%的H2O2发生反应,蒸发浓缩,降温至温度略高于26.4°C结晶,从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O。
【详解】
(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2,根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为:
2CuS+3O2
CuO+2SO2;
(2)焙烧后主要为氧化铜,酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水,离子方程式为:
CuO+2H+=Cu2++2H2O;
(3)根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液,即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4;
(4)淘洗加入酸不能具有强氧化性,否则会溶解铜,
a、稀硫酸,不能和铜反应,故a选;
b、浓硫酸和铜常温下不反应,但遇到水溶解放出大量热,会和铜发生反应,故b不选;
c、稀硝酸具有氧化性能氧化铜,故c不选;
d、浓硝酸能溶解铜,故d不选;
故答案为:
a;
(5)①该反应中H2O2中的氧元素由-1价变为-2价,化合价降低被还原;
②若不加10%H2O2,只用20%HNO3,铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体,
反应的离子方程式为:
Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(6)图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知,温度高于26.4°C溶液中才能析出Cu(NO3)2•3H2O,所以从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是:
蒸发浓缩,降温至温度略高于26.4°C结晶。
【点睛】
配平氧化还原方程式时先分析元素化合价的变化,找出氧化剂还原剂和氧化产物还原产物,之后依据电子守恒和元素守恒配平反应方程式。
9.工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质,其工艺流程如下:
已知:
①阳极泥的主要化学成分,如表所示:
主要成分
CuAgAuSeTe
百分含量/%
23.412.10.96.73.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响,如表所示:
固定浸出温度
固定H2SO4浓度
H2SO4浓度
/mol·L-1
浸出率/%
浸出温度/℃
浸出率/%
CuAgAuSeTe
CuAgAuSeTe
4
95.14.67<0.20.838.93
30
87.14.58<0.20.086.83
3
94.54.65<0.20.286.90
40
94.54.65<0.20.286.90
2
78.12.65<0.20.052.85
50
96.15.90<0.20.648.73
(1)步骤I的主要目的为浸出铜,发生的主要反应的化学方程式为__________;分析表2数据,可知步骤I最适合的条件为______________。
(2)步骤II中,加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子,加入NaCl的目的为________。
(3)步骤III的操作方法为___________。
(4)步骤IV中,反应温度为75℃。
加入H2O2溶液作用为______________;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因为_____________。
(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。
(6)步骤VII中,碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现,阴极的电极反应式为_____。
【答案】2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O硫酸浓度3mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的Ag+加热浓缩(蒸发)、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2OTeO32—+4e-+3H2O=Te+6OH-
【解析】
【分析】
(1)根据阳极泥的成分和流程图,及题目要求,主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应,配平方程式即可;根据题目中所给表格②中数据分析,综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论;
(2)步骤Ⅱ中,加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去;
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等;
(4)步骤Ⅳ中,反应温度为75℃.加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因是:
从速率及平衡角度考虑,可增加硒和碲的浸出率,H2O2会有部分分解,有损失;
(5)根据流程图中的反应物和生成物,配平方程式即可;
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te,结合碱性条件,阴极应发生还原反应,根据守恒即可写出其电极反应式。
【详解】
(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求,主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应,反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O;根据题目中所给表格②中数据分析,可知当硫酸浓度为2mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低,硫酸浓度为3mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高,再增大浓度和升温对浸出率影响不大,但会浪费试剂和能源;故可知步骤I最适合的条件为:
硫酸浓度3mol•L-1、浸出温度40℃;
(2)步骤Ⅱ中,加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去;
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等;
(4)硒和碲不溶于水,步骤Ⅳ中,反应温度为75℃.加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因是:
从速率及平衡角度考虑,可增加硒和碲的浸出率;H2O2会有部分分解;
(5)根据流程图中的反应物和生成物,根据得失电子守恒、原子守恒,反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O;
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te,结合碱性条件,阴极应发生还原反应,根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
10.孔雀石的主要成分为CuCO3·Cu(OH)2。设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下:
(1)将孔雀石粉碎的目的是_______,加入过量稀硫酸,可观察到的现象是_______。
(2)操作a的名称是_______,在滤液中加入过量铁粉发生的反应有___________(用离子方程式表示)。
(3)在悬浊液中加入A的目的是______________。
【答案】增大接触面积,加快反应速率(或提高原料的浸出率)固体溶解,生成蓝色溶液和无色气体过滤Fe+Cu2+=Fe2++Cu,Fe+2H+=Fe2++H2↑除去未反应的铁
【解析】
【详解】
(1)将孔雀石粉碎的目的是增大接触面积,加快反应速率(或提高原料的浸出率),加入过量稀硫酸,发生的反应为:
CuCO3·Cu(OH)2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑,可观察到的现象是固体溶解,生成蓝色溶液和无色气体,答案为:
增大接触面积,加快反应速率(或提高
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- 铜及其化合物推断题的综合 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 专项 训练