第15讲 化学工业流程与无机推断解题策略 教师版高考二轮复习讲义.docx
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第15讲化学工业流程与无机推断解题策略教师版高考二轮复习讲义
2020年高考二轮复习高考化学工业流程与无机推断解题策略
本讲作者
教材版本
全国通用
课时说明
知识点
原料处理的方法和作用、物质分离或提纯常用方法、实验条件的控制和目的;
复习目标
1.掌握化工流程题的基本解题步骤;
2.熟悉考试常考的原料处理的方法和作用、实验条件的控制和目的相关知识点;
3.掌握物质分离或提纯常用的化学方法、可循环物质的判断。
复习重点
1.化工流程题的基本解题步骤;
2.原料处理的方法和作用、实验条件的控制和目的;
3.流程中的物质转化和循环,资源的回收和利用。
复习难点
综合利用元素化合物的知识点和实验的基本操作,解决无机工艺流程题。
一、高考回顾
1.(2018,全国卷I)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一,采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:
下列叙述错误的是()
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
2.(2019,新课标I卷8)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。
一种以硼镁矿(含Mg2B2O5-H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为。
(2)“滤渣1”的主要成分有。
为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是。
(3)根据H3BO3的解离反应:
H3BO3+H2O
H++B(OH)-4,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为。
母液经加热后可返回工序循环使用。
由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。
【参考答案】
1.D
2.
(1)NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN
(3)一元弱使硼酸铵转化成H3BO3沉淀,避免干扰沉镁
(4)2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-或
2Mg2++2CO32-+H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑
溶浸高温焙烧
【解析】1.A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用,A正确;B.根据流程图分析可知从磷酸亚铁锂正极片中可回收金属元素Al、Fe、Li,B正确;C.含Li、P、Fe等滤液加入碱液生成沉淀Fe(OH)3,同时滤液最终产生了含Li沉淀,说明沉淀中是没有Li的,可知沉淀反应的金属离子为Fe3+,C正确。
D.根据流程图分析可知滤液加入碳酸钠生成含锂沉淀碳酸锂,如果用硫酸钠代替则会生成硫酸锂,硫酸锂不是沉淀,所以D错误。
2.本题是利用硼镁矿制硼酸及轻质氧化镁。
第一步:
将硼镁铁矿(可看作2MgO·B2O3·H2O)灼烧后粉碎过筛,再与(NH4)2SO4溶液加热反应,使MgO和B2O3以硫酸镁和硼酸铵的形式溶解于溶液中,发生如下反应:
2Mg2B2O5·H2O+4(NH4)2SO4=4MgSO4+(NH4)2B4O7+6NH3↑+5H2O,逸出的氨气用NH4HCO3吸收,发生反应NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3。
第二步:
滤去滤渣1(成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3),滤液经脱氨处理(调pH=3.5),即得高纯度的硼酸。
根据硼酸的解离反应,只有一步不完全电离且电离出一个H+,可得知硼酸为一元弱酸。
若要检验滤液中是否含有Fe3+,可用KSCN溶液,看溶液是否变成血红色。
第三步:
滤去硼酸后的滤液与碳酸铵(吸氨后的碳酸氢铵溶液)反应即得碱式碳酸镁沉淀,发生反应:
2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-
(或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2),经过滤、洗涤、干燥、灼烧即得高质量的轻质氧化镁,母液主要成分是硫酸铵,循环使用于下一次制备的溶浸工序。
二、知识清单
三、例题精讲
例1(2018,新课标Ⅰ卷)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛,回答下列问题:
(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得,写出该过程的化学方程式。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O3的工艺为:
1pH=4.1时,I中为溶液(写化学式)。
②工艺中加人Na2CO3固体,并再次充入SO2的目的是_____________________________。
(3)制备Na2S2O5,也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3阳极的电极反应式为,电解后,室的NaHSO3浓度增加,将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂,在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L−1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL,滴定反应的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为g·L−1。
(以SO2计)
【参考答案】
(1)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2)①NaHSO3;②得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)2H2O-4e-=O2↑+4H+;a。
(4)S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+;0.128。
【解析】
(1)题干中已经明确指出NaHSO3过饱和溶液脱水可得Na2S2O5,根据元素守恒可得出方程式为:
2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2)向饱和Na2CO3溶液中通入SO2后溶液pH=4.1呈酸性,可推知为NaHSO3溶液。
结合
(1)中所给提示制备Na2S2O5应为NaHSO3过饱和溶液,可以得出加入Na2CO3固体和再次通入SO2的目的为得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)阳极室中的溶液为H2SO4溶液,阳极应为水中OH-放电,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,生成的H+通过阳离子交换膜进入a室,与SO32-结合生成HSO3-,即H++SO32-=HSO3-,使得a室中的NaHSO3浓度增加。
(4)Na2S2O5为抗氧化剂,可被I2氧化,根据得失电子守恒可得氧化还原反应为:
S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+。
由于Na2S2O5残留量以SO2计,根据反应方程式:
SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,可知n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.01000L=1.000×10-4 mol,由于葡萄酒样品为50.00mL,因此样品抗氧化剂的残留量为1.000×10-4mol×64g·mol-1÷0.05000L=0.128g·L-1。
【易错点】化学反应方程式的书写、根据电子得失的相关计算。
例2(2018,广州市高三年级调研)“一酸两浸,两碱联合”法是实现粉煤灰(含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等)综合利用的新工艺。
工业流程如下:
回答下列问题:
(1)聚合氯化铝铁(PAFC)化学式为[Al2(OH)nCl6-n]m·[Fe2(OH)xCl6-x]y,是一种新型高效的净水剂,PAFC中铁元素的化合价为___________。
(2)“一酸两浸”中的酸是________________(填化学式)。
(3)实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应,滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。
“纯碱混合焙烧”中,它们分别发生反应的化学方程式为________________________________、___________________________。
(4)“滤液B”的主要溶质有_________(填化学式)。
滤液混合后“蒸发”的作用是___________________。
(5)“电解”时阳极的电极反应式为____________________________________。
(6)PAFC、无水AlCl3、FeCl3·6H2O用量均为25mg·
时,处理不同pH污水的浊度去除率如图所示,PAFC的优点是___________________________________________________________。
【参考答案】
(1)+3
(2)HCl
(3)Na2CO3+SiO2
高温
Na2SiO3+CO2↑;Na2CO3+Al2O3
高温
2NaAlO2+CO2↑;
(4)AlCl3、NaCl;促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁(PAFC)
(5)2Cl--2e-=Cl2↑
(6)聚合氯化铝铁(PAFC)净水效率高,pH适用范围广
【解析】
(1)由Fe2(OH)xCl6-x化合价代数和等于零求得,铁的化合价为+3。
(2)由最后产品含有氯元素分析可知,此酸为盐酸,即HCl。
(3)碳酸钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳,反应化学方程式为:
Na2CO3+SiO2
高温
Na2SiO3+CO2↑;碳酸钠和氧化铝反应生成偏铝酸钠和二氧化碳,反应化学方程式为:
Na2CO3+Al2O3
高温
2NaAlO2+CO2↑。
(4)生成的硅酸钠、偏铝酸钠经盐酸酸浸后生成硅酸沉淀、氯化铝溶液、氯化钠溶液;加热可促进铝离子、铁离子水解生成聚合氯化铝铁。
(5)电解熔融氯化钠,氯离子在阳极失去电子生成氯气,电极反应式为:
2Cl--2e-=Cl2↑。
(6)由图可知,PAFC净化作用pH范围为3~10,净化率高于无水无水AlCl3、FeCl3·6H2O。
【易错点】常见元素的化学性质、工艺流程路线分析,根据图像获取信息
例3(2018,武汉市高三二月调研)高纯硝酸锶Sr(NO3)2 可用于制造信号灯,光学玻璃等。
工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下:
已知:
①“滤渣1”的成份为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2②铬酸(H2CrO4)为弱酸
(1)“酸浸”不能采用高温的原因是_____________,“滤液1”的主要溶质___________。
(2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是_____________________。
(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4 还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出发生反应的离子方程式:
_____________________________________________________。
(4)已知Cr(OH)3类似氢氧化铝,还原后溶液的pH不能大于8的原因是(结合离子方程式说明理由)_______________________________________________________。
(5)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量,进行以下实验:
mg“滤渣2”
稍过量HI
适量盐酸
溶液
cmol/LNa2S2O3
滴定终点时消耗VmLNa2S2O3溶液
(已知:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
1“滤渣2”中BaCrO4(摩尔质量为Mg/mol)的质量分数w为__________(用代数式表示)。
2②若加入的HI溶液过量太多,测定结果会_______(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【参考答案】
(1)避免HNO3挥发和分解,减少环境污染; Ca(NO3)2
(2)减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失
(3) 4H2CrO4+3N2H4+12H+= 4Cr3++3N2↑+16H2O
(4) 避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3+ OH-=CrO2-+2H2O而溶解
(5) ①
x100%;②偏高
【解析】
(1)“酸浸”不能采用高温的原因是避免HNO3挥发和分解,减少环境污染,工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,利用浓硝酸酸浸后得到滤渣为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2 ,则“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2;
(2)根据同离子效应,相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是减少硝酸锶(或“产品”) 溶解损失;
(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4 还原为Cr3+,同时放出无污染的气体氮气,根据氧化还原反应方程式的配平,则发生反应的离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+=4Cr3++3N2↑+16H2O;
(4)已知Cr(OH)3类似氢氧化铝,还原后溶液的pH不能大于8的原因是避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O而溶解;
(5)①酸性条件下BaCrO4与HI反应的离子方程式为2CrO42-+6I-+16H+=2Cr3++3I2+8H2O,结合反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62,则有:
2BaCrO4~~~~~3I2~~~~6S2O32-
2M6
mg×wcV×10-3
则w=
×100%=
×100%;
②若加入的HI溶液过量太多,部分HI被空气氧化,使测定结果偏高。
【易错点】工艺流程路线不清楚、常见元素知识不熟悉,氧化还原反应的计算。
四、思维点拨
1.解答技巧:
无机工艺流程题考虑的问题主要有以下几方面:
一是选择将原料转化为产品的生产原理;二是除杂并分离提纯产品;三是提高产量和产率;四是减少污染,注意环保,发展“绿色化学”;五是考虑原料的来源丰富和经济成本;六是生产设备简单,生产工艺简便等。
命题者围绕以上几方面设问,我们的解题思路是:
(1)从生产目的标出发,读懂框图流程。
解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入。
(2)分析流程中的每一步骤,从几个方面了解流程:
A.反应物是什么,B.发生了什么反应,C.该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用。
抓住一个关键点:
一切反应或操作都是为了获得产品。
(3)从问题中获取信息,帮助解题,了解流程后着手答题。
对反应条件的分析可从以下几个方面着手:
对反应速率有何影响、对平衡转化率有何影响、对综合生产效益有何影响(如可以从原料成本,原料来源是否广泛、是否可再生,能源成本,对设备的要求,环境保护等方面考虑)。
对工艺流程的评价角度①原料利用率;②环境与保护,如“三废”(废气、废渣、废水)的处理。
2.备考建议:
1.将重点放在典型的化学基础知识与基本技能上,提高对知识的灵活应用能力;
2.熟悉无机化工流程题常见的操作、名词与目的;
3.做好常见考点的整理与归纳:
比如原料处理的常见考点、制取阶段的常见考点、分离提纯的常见考点;
4.注重答案叙述的文字规范。
5.结合生产、生活和社会实际等内容,培养对基础知识、基本技能的整合、推理、应用能力。
五、成果巩固
【基础达标】
1.(2019,新课标Ⅰ卷9)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。
为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是。
(2)步骤②需要加热的目的是,温度保持80--95℃,采用的合适加热方式是。
铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是,分批加入H2O2同时为了,同时为了,溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。
硫酸铁铵晶体的化学式为。
【参考答案】
(1)碱煮水洗
(2)加快反应热水浴C
(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+不引入杂质防止Fe3+水解
(4)加热浓缩、冷却结晶,过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2˙12H2O
【解析】
(1)除去油污,可将废铁屑加入到热的烧碱或纯碱溶液中煮几分钟。
(2)升高温度,可以加快反应速率,温度保持80-95℃,应选用水浴加热;H2S能溶于水、能与NaOH溶液反应,用氢氧化钠溶液吸收更好,同时注意防倒吸,故选C。
(3)铁与稀硫酸反应生成FeSO4,加入足量过氧化氢溶液,可将Fe2+完全转化为Fe3+,同时不引入新的杂质;由于Fe3+易水解,故应保持pH小于0.5。
(4)将硫酸铁铵溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到硫酸铁铵晶体。
(5)由题可知,失掉1.5个结晶水,失重5.6%
解得:
x=12,
则:
硫酸铁铵晶体的化学式为:
NH4Fe(SO4)2˙12H2O
【易错点】工艺路程中生产条件的控制、除杂、提纯不清楚。
2.(2018,全国II卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家,一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子[C0(M+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_________________________________。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有________;氧化除杂工序中ZnO的作用是______,若不通入氧气,其后果是____________________________________________。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为____________________________。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为______________;沉积锌后的电解液可返回________工序继续使用。
【参考答案】
(1)2ZnS+3O2
高温
2ZnO+2SO2。
(2)PbSO4;调节PH值,让Fe3+转化为Fe(OH)3形成沉淀除去;产品中会有含铁杂质。
(3)Zn+Cd2+=Cd+Zn2+。
(4)Zn2++2e-=Zn;溶浸。
【解析】
(1)在焙烧过程中产生气体,硫化物高温状态下产生氧化物及SO2,即2ZnS+3O2
高温
2ZnO+2SO2。
(2)焙烧产生的PbO在H2SO4加入后产生PbSO4固体;加入ZnO与过量的H2SO4反应,调节pH,使Fe3+沉淀;通入O2后使Fe2+氧化为Fe3+,调节pH,易于沉淀,如果不通O2,则无法除去杂质Fe2+。
(3)锌粉与Cd2+发生置换反应,离子方程式为Zn+Cd2+=Cd+Zn2+。
(4)阴极得电子,析出单质锌,电极反应式为:
Zn2++2e-=Zn。
电解质溶液酸性变强,将该溶液(H2SO4溶液)返回溶浸工序。
【易错点】从图表获取信息的能力不够、对反应产物的状态不熟悉。
3.(2019,新课标Ⅱ卷10)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇,熔点234.5℃,100℃以上开始升华),有兴奋大脑神经和利尿等作用。
茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸(Ka约为10−4,易溶于水及乙醇)约3%~10%,还含有色素、纤维素等。
实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。
实验时烧瓶中溶剂受热蒸发,蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管,冷凝后滴入滤纸套筒1中,与茶叶末接触,进行萃取。
萃取液液面达到虹吸管3顶端时,经虹吸管3返回烧瓶,从而实现对茶叶末的连续萃取。
回答下列问题:
(1)实验时需将茶叶研细,放入滤纸套筒1中,研细的目的是______________,圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂,加热前还要加几粒______________。
(2)提取过程不可选用明火直接加热,原因是______________,与常规的萃取相比,采用索氏提取器的优点是______________。
(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂,与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是______________。
“蒸发浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外,还有______________(填标号)。
A.直形冷凝管B.球形冷凝管C.接收瓶D.烧杯
(4)浓缩液加生石灰的作用是中和________和吸收________。
(5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。
将粉状物放入蒸发皿中并小火加热,咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结,该分离提纯方法的名称是______________。
【参考答案】
(1)增加固液接触面积,提取充分;沸石。
(2)乙醇易挥发,易燃;使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高)。
(3)乙醇沸点低,易浓缩;AC。
(4)单宁酸,水。
(5)升华。
【解析】
(1)研细可以增大比表面积,加快萃取速率和浸取率,为了防止暴沸加入,沸石属于常规操作。
(2)乙醇属于易燃液体,同时也是易挥发的液体,所以要避免明火直接加热。
题目中已经说明索氏提取器可以连续萃取,同时萃取液可以连续使用,从题目中给的信息即可做出答案。
(3)题目中已经明确说明要求蒸馏浓缩,除去大部分溶液,那么乙醇的相对于水就更容易挥发蒸馏,原因是乙醇的沸点更低;蒸馏的基本仪器,除了给定的装置外,缺少的就是直形冷凝管和接收瓶。
(4)加入生石灰,可以于茶叶中的单宁酸发生中和反应,题干上已经明确指出单宁酸易溶于乙醇,同时生石灰也是典型的干燥剂,浓缩液中少量的水分。
(5)题目中已经明确说明咖啡因易升华,所以最后一步提纯操作时升华。
【易错点】有机萃取实验室本题的重难点。
4.(2018,河北衡水中学高考押题试卷)某科研小组用镍触媒废料(主要成分为Ni-Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有机物)制备NiO并回收金属资源的流程如下所示:
已知:
相关数据如表1和表2所示
表1部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)
物质
Ksp
物质
Ksp
Fe(OH)3
4.0×10-38
CuS
6.3×10-34
Fe(OH)2
1.8×10-16
ZnS
1.6×10-24
Al(OH)3
1.0×10-33
PbS
8.0×10-28
Ni(OH)2
2.0×10-15
NiS
3.2×10-18
表2原料价格表
物质
价格/(元•吨-1)
漂液(含25.2%NaClO)
450
双氧水(含30%H2O2)
2400
烧碱(含98%NaOH)
2100
纯碱(含99.5%Na2CO3)
600
请回答下列问题:
(1)“焙烧”的目的是________________________________。
(2)“试剂a”的名称为__________________;选择该试剂的理由是________________________。
(3)“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
(4)欲
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