化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附答案解析.docx
- 文档编号:25520188
- 上传时间:2023-06-09
- 格式:DOCX
- 页数:33
- 大小:209.25KB
化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附答案解析.docx
《化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附答案解析.docx(33页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附答案解析
【化学】化学物质的量的专项培优练习题(含答案)附答案解析
一、高中化学物质的量
1.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________;
(2)镁和铝的总质量为________g;
(3)b点溶液中的溶质为__________,硫酸的物质的量浓度为___________mol/L;
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L;
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:
OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=
=2.5mol/L;
(4)根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=
n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L;
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b→c过程中发生反应:
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点,该反应恰好反应完全,故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2,由于酸性:
H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CO2,NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3,反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用,把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键,注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算,侧重考查学生的分析与计算能力。
2.纯碱和小苏打都是重要的化工原料,在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧,火焰呈__________色。
(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。
A. 1000mL;21.2g B.950mL;20.14g C.500mL;21.2g D.500mL;10.6g
(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了2.48g,则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。
(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分,他取少量该白色物质溶于水,并向所得溶液中加入适量澄清石灰水,产生白色沉淀,据此该同学认为有碳酸钠。
你是否同意该同学的观点,请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。
(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,试回答下列问题:
①曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。
②曲线B表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是________,其物质的量之比为________。
【答案】黄A32.8%不同意,由于Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(或Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O),碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6Na2CO3与NaHCO31:
1
【解析】
【分析】
(1)考查焰色反应;
(2)根据n=cV,m=nM计算;
(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,二氧化碳和水,固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量;
(4)根据碳酸钠,碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断;
(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量,利用n=
;②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,根据钠原子守恒计算;
【详解】
(1)钠的焰色反应为黄色;
(2)配置950ml的溶液应用1000mL容量瓶配制溶液,所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g,答案选A;
(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g,
,解得x=6.72g,碳酸钠和碳酸氢钠共10g,则碳酸钠的质量为10g-6.72g=3.28g,原混合物中碳酸钠的质量分数=
=32.8%;
(4)由于Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(或Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O),碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀,同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀,所以不同意他的观点;
(5)①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3,②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,
当
⩾1,反应按①进行,等于1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;大于1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;
当
<
<1,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;
当
⩽
,反应按②进行,等于
时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;小于
时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;
由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应,消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol,根据C原子守恒,所以n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol,V=nVm=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6mL;
②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大,此时溶液为氯化钠溶液。
根据氯离子、钠离子守恒,所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol,由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(NaHCO3)=n(HCl)=n(CO2)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol,所以n(CO2):
n(NaOH)=0.005mol:
0.0075mol=
,大于1:
2,小于1,所以反应按①②进行,CO2、NaOH反应,NaOH无剩余,生成物为Na2CO3与NaHCO3,根据钠原子守恒,所以
n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol,而n(NaHCO3)=0.005mol,则n(NaHCO3)=0.005mol,故Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:
1。
【点睛】
碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键,学生使用时需灵活掌握。
3.根据你对金属钠性质的了解,回答下列问题:
(1)关于钠的叙述中,正确的是________(填字母)。
A.钠是银白色金属,硬度很大
B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠
C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠
D.金属钠的熔点很高
(2)由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应,通常将它保存在_______里。
(3)将一小块钠投入到下列溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。
A.稀硫酸B.硫酸铜溶液
C.氢氧化钠溶液D.氯化镁溶液
(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如图所示,该装置(包括水)的总质量为ag,将质量为bg的钠(不足量)放入水中,立即塞紧瓶塞。
完全反应后再称量此装置的总质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B氧气水蒸气煤油Db/(a+b-c)吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
(1)根据钠的性质分析解答;
(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反应,据此解答;
(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答;
(4)①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答;
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
(1)A、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故A错误;
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故B正确;
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故C错误;
D、金属钠的熔点很低,故D错误;
故答案选B;
(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反应,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中;
(3)A.钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生,A不选;
B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B不选;
C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C不选;
D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气,D选。
答案选D。
(4)①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=(a+b-c)g,假设金属为R,其相对原子质量为M,根据金属钠与水反应放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下:
2R~~~~~H2
2M2
bg(a+b-c)g
解得M=
;
②氯化钙具有吸水能力,是常用的干燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而防止水分流失。
4.O2和O3是氧元素的两种单质,根据其分子式完成下列各题:
(1)等质量的O2和O3所含原子个数比为__,分子的物质的量之比为__。
(2)等温、等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为__,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含NA的式子表示)。
(4)常温下,将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合,得到密度为1.15g·cm-3的混合溶液。
该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。
【答案】1:
13:
21:
12:
3
L2.28
【解析】
【详解】
(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为
∶
=3∶2,则所含分子个数之比为3∶2,原子个数之比为1∶1,故答案为:
1:
1;3:
2;
(2)据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,等体积的气体含有相同数目的分子,即O2和O3所含分子数之比为1∶1,则原子个数比为2∶3,质量比为2∶3,故答案为:
1:
1;2:
3;
(3)氧气的摩尔质量为M=
=
=
g·mol-1,则cgO2在标准状况下体积为V=
·Vm=
×22.4L·mol-1=
L,故答案为:
L;
(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=
≈0.099mol,混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]=
≈43.5cm3=4.35×10-2L,混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=
≈2.28mol·L-1,故答案为:
2.28。
5.
(1)在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中,测得Al3+浓度为0.1mol·L-1,加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀,则混合溶液中Na+的浓度为____。
(2)将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2(SO4)3溶液和纯水混合,要使混合液中K+、Al3+、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1,则K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比___。
(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·L-12:
1:
1
【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1L。
n(Al3+)=c·V=0.1mol·L-1×1L=0.1mol,n(SO
)=n(Ba2+)=0.3mol·L-1×1L=0.3mol。
由电荷守恒可得:
3n(Al3+)+n(Na+)=2n(SO
),所以n(Na+)=2n(SO
)-3n(Al3+)=2×0.3mol-3×0.1mol=0.3mol,c(Na+)=
=
=
=0.3mol·L-1,故答案为:
0.3mol·L-1;
(2)设K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL,则0.2x=0.1×(x+y+z)、0.4y=0.1×(x+y+z)、0.1x+0.6y=0.2×(x+y+z),解得x=2y=2z,所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1,故答案为:
2∶1∶1。
6.按要求回答下列问题
(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气,发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O,当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol
(2)同温同压下,相同物质的量的SO2气体和SO3气体,其分子数之比为_________,密度之比为_________
(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气,产生的现象是________,反应的化学方程式是_________;
②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。
③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。
①贝壳 ②紫菜 ③鱼 ④海带
(4)将相同质量的镁条分别在:
①氧气;②空气;③氮气;④二氧化碳中完全燃烧,燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____(填序号)。
【答案】0.6mol1:
14:
5溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaClCl2>Br2>I2④③<②<①<④
【解析】
【分析】
(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系,然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量;
(2)根据n=
及
计算;
(3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来,根据Br2的水溶液显橙色分析;
②根据同一主族的元素性质变化规律分析;
③根据海产品的成分分析;
(4)根据题意结合化学反应的方程式,可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。
【详解】
(1)在反应K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O中,每转移6mol电子,会有6molHCl被氧化产生Cl2,则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol;
(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=
可知:
气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。
所以同温同压下,相同物质的量的SO2气体和SO3气体,其分子数之比为1:
1;在同温同压下,气体摩尔体积相同,根据气体的密度定义式
可知:
气体的密度与气体的摩尔质量成正比,所以在同温同压下,SO2气体和SO3气体的密度比ρ(SO2):
ρ(SO3)=64g/mol:
80g/mol=4:
5;
(3)①由于活动性Cl2>Br2,所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气,会发生反应:
Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,反应后产生的Br2的水溶液显橙色,因此看到的现象是溶液由无色变为橙色;
②同一主族的元素,从上到下元素的非金属性逐渐减弱,单质的氧化性逐渐减弱,所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>I2;
③①贝壳主要成分为碳酸钙,①不符合题意;
②紫菜主要成分为蛋白质、维生素,②不符合题意;
③鱼主要成分为蛋白质,③不符合题意;
④海带含有丰富的碘元素,主要以碘化钾的形式存在,④符合题意;
故合理选项是④;
(4)Mg燃烧的有关反应方程式为:
2Mg+O2
2MgO;3Mg+N2
Mg3N2;2Mg+CO2
2MgO+C,可假设镁的物质的量是1mol,比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量;1molMg在O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g;在N2中燃烧质量增加
molN2的质量
g;在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2,所以增加的质量在
g~16g之间;在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量,16g+6g=22g,可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳,Mg的质量相等,增加的质量越大,则反应后得到的固体质量越大,所以将相同质量的镁条分别在:
①氧气;②空气;③氮气;④二氧化碳中完全燃烧,燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。
【点睛】
本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。
结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象,对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较,可假设Mg的物质的量都是1mol,根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量,增加的质量越多,反应后得到的固体质量就越大,难点是判断镁在空气中的产物质量,学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值,应注意解答的规范化。
7.某同学设计如下实验方案,以分离KCl和BaCl2两种固体混合物,试回答下列问题:
供选试剂:
Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
(1)操作②的名称是______________,试剂a的溶质是_______________(填化学式)
(2)加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。
(3)该方案能不能达到实验目的:
_____________,若不能,应如何改进?
(若能,此问不用回答)________________________________________。
(4)用分离出的固体B配制100mL0.5mol/L的溶液B,现有如下可供选择的仪器:
A.胶头滴管B.烧瓶C.烧杯D.药匙E.量筒F.托盘天平。
①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。
②配制溶液B时,上述仪器中一定不需要使用的有_____________(填字母),还缺少的仪器有__________________________________(写仪器名称)。
【答案】过滤K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】
【详解】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物,可先溶于水,然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀,过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液,经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2,操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物,蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3,应加入过量盐酸可得KCl,沉淀A为BaCO3,洗涤后,加盐酸,蒸发得到固体B为BaCl2,
(1)将固体配成溶液,应加水溶解,操作②为固体和液体的分离,为过滤操作;根据以上分析可知,溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀,试剂a的溶质是K2CO3;综上所述,本题答案是:
过滤;K2CO3。
(2)沉淀A为BaCO3,加足量的盐酸,反应生成氯化钡和二氧化碳气体,反应的化学方程式为:
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O;综上所述,本题答案是:
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
(3)该方案不能达到实验目的,因为操作②进行完成后,所得滤液为KCl和K2CO3的混合物,应该加入过量的盐酸,把K2CO3变为氯化钾,然后再进行蒸发结晶,得到氯化钾固体;综上所述,本题答案是:
不能;应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。
(4)①固体B为氯化钡,其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g;综上所述,本题答案是:
10.4。
②固体配制氯化钡溶液时,称量后溶解、定容等,不需要烧瓶,还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒;综上所述,本题答案是:
B,100mL容量瓶、玻璃棒。
8.现有下列九种物质:
①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
(1)属于电解质的是___;属于非电解质的是___。
(2)②和⑧反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
上述反应中氧化产物是___。
硝酸没有全部参加氧化还原反应,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。
用双线桥法分析上述反应(只需标出电子得失的方向和数目)___。
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)上述九种物
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 化学 化学物质 专项 练习题 答案 解析