四川省成都市届高三第二次诊断性检测理综化学试题含答案解析.docx
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四川省成都市届高三第二次诊断性检测理综化学试题含答案解析.docx
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四川省成都市届高三第二次诊断性检测理综化学试题含答案解析
四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测理综化学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.实现“碳达峰”与“碳中和”对于改善环境、实现绿色发展至关重要。
下列关于燃料的说法正确的是
A.沼气属于可再生清洁能源
B.大规模开采可燃冰,开发新能源,可以降低碳排放
C.石油分馏可获取裂化汽油,用溴水检验其中是否含有不饱和烃
D.向煤中加入CaCl2等来处理燃烧煤生成的SO2
2.设NA代表阿伏加德罗常数值。
下列说法正确的是
A.电解精炼Cu时阳极减少32g时,转移电子数一定为NA
B.100gCaCO3和KHCO3混合固体含有阳离子数大于NA
C.0℃,pH=1H3PO4溶液中含有的氢离子数目小于0.1NA
D.在溶有0.05molAlCl3的水溶液中,氯离子数目为0.15NA
3.四川盛产的川芎常用于止痛,其中含有活性成分——洋川芎内酯,其分子结构简式如图。
下列有关该分子的说法错误的是
A.分子式为C12H16O3
B.可发生取代反应、氧化反应,也可发生加聚反应
C.分子中环上的所有原子均共面
D.碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种
4.由四种短周期元素X、Y、Z、R构成的分子结构如图所示,其中所有原子均达到8电子稳定结构。
四种元素位于不同主族,R的内层电子数比其最外层电子数多3;X、Y、Z同周期,Z的原子半径为三者中最小,Y的非金属性为三者中最弱。
下列有关叙述正确的是
A.四种元素的氢化物均可能含非极性键B.最高价氧化物水化物的酸性:
X>Y
C.简单氢化物的稳定性:
X>Z>RD.离子半径:
Z 5.下列实验操作可达到预期目的的是 选项 目的 操作 A 利用密度差异分离混合物 对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液 B 配制0.10mol/LNa2CO3溶液 称取5.3gNa2CO3•10H2O固体于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,冷却后,转移至500mL容量瓶中定容 C 测定硫酸铜晶体中结晶水含量 加热后的坩埚直接放置在石棉网上冷却,称重 D 配制FeSO4溶液 先将FeSO4固体溶在稀硫酸中,然后稀释,并加入少量铁粉 A.AB.BC.CD.D 6.钠离子电池易获取,正负极材料均采用铝箔(可减少铜箔用量),因此钠离子电池理论成本低于锂离子电池。 现有一种正极材料为KFe2(CN)6,固体电解质为Na3PS4,负极材料为Na2Ti3O7的钠离子电池。 下列有关叙述错误的是 A.正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3 B.放电时,正极可能发生Fe2(CN) +e-=Fe2(CN) C.放电时,电子从负极流经固体电解质到达正极 D.充电时,负极区发生还原反应,并且Na+增多 7.室温下,向1.00L0.100mol/LNH4HCO3溶液中加入NaOH稀溶液,溶液中主要型体的分布系数[比如A2-的分布系数δ(A2-)= ]以及pH随n(NaOH)变化如图。 下列叙述错误的是 A.0.100mol/LNH4HCO3溶液中 >1,水电离受到促进 B.加入NaOH稀溶液过程中,溶液满足关系式c(NH )+c(NH3·H2O)=c(CO )+c(HCO )+c(H2CO3) C.Ka2(H2CO3)×Kb(NH3·H2O) D.加入少量NaOH时,OH-先与HCO 发生主要反应 二、实验题 8.过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物[CO(NH2)2·H2O2],这是一种高效、安全的固态过氧化氢形式,既解决了储藏运输等困难,也提高了高活性高含量氧在水溶液中的稳定性。 Ⅰ.加合物的制备 量取6.8mL30%H2O2溶液放于反应容器中,再加入2.4g尿素。 控制60℃下加热几分钟,得到无色溶液。 继续加热,观察到针状晶体在溶液中逐渐生长,至只有极少量水时,停止加热,冷却至室温。 晶体置于滤纸上几分钟,称重记录3.6g。 (1)制备时,加入过氧化氢略过量,其目的是_______。 (2)控制温度60℃左右所采用的加热方式是_______,过程中监测温度的方法为_______;制备时的反应容器是一种便于结晶的陶瓷仪器,该仪器为下列_______(填序号)。 A.圆底蒸发皿 B.坩埚 C.烧杯 D.瓷制研钵 (3)尿素中常含有少量铁、铜等离子杂质,需加入稳定剂以提高加合物的产率。 不加稳定剂时,铁、铜等离子导致产品稳定性以及产率降低的可能原因是_______。 Ⅱ.产品纯度测定 实验步骤: 填写下述测定步骤中的空白。 (4)取ag产品至50mL烧杯中,_______,将溶液转移至100mL容量瓶中定容并摇匀。 吸取10.0mL溶液于_______中,加入100mL水和20mL10%硫酸,用cmol/LKMnO4溶液(不与尿素反应)滴定至粉红色,30s不褪色。 共重复平行测定三次,平均消耗bmLKMnO4溶液。 数据分析: (5)酸性KMnO4溶液滴定H2O2时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______,据此计算产品的纯度为_______%。 三、工业流程题 9.锰及其化合物用途广泛,以菱锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。 已知25℃,部分物质的溶度积常数如表: 物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.1×10-36 (1)“溶浸”时,锰的浸出率结果如图所示。 由图可知,所采用的最佳实验条件(温度、时间)为______。 (2)MnO2主要用于氧化______。 滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理,回收Mn2+,氧化产物为CO2。 写出对应的离子方程式______。 (3)“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、______(填化学式,其中Co、Ni均为+2价)。 (4)“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外,还有______作用;“沉锰”的关键操作有两点: ①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中;②反应终点pH在7附近。 如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7),可能造成的后果是______;若反应终点pH低于7,可能的后果是______。 (5)以Fe作电极,MnSO4、ZnSO4溶液为电解液,经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4,则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为_______。 四、原理综合题 10.苯酚(C6H5OH)是一种广泛使用、易氧化的化工产品。 一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为: 反应C6H6(g)+N2O(g) C6H5OH(g)+N2(g)。 (1)已知6C(s,石墨)+3H2(g) C6H6(g)ΔH1=+82.9kJ·mol-1 2N2(g)+O2(g) 2N2O(g)ΔH2=+163.2kJ·mol-1 12C(s,石墨)+6H2(g)+O2(g) 2C6H5OH(g)ΔH3=-243kJ·mol-1 则C6H6(g)+N2O(g) C6H5OH(g)+N2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。 (2)制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10: 1。 此时,N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。 则制备反应的平衡常数Kc=_______(写出计算式)。 (3)如图中,温度过低造成苯酚产率低的主要原因是_______;反应时间过长造成产率下降的可能原因是_______。 (4)反应中使用更高效的催化剂_______(填“可”或“不可”)提高反应的平衡转化率。 已知475℃下反应仍未达到平衡,此时的苯酚产率比450℃时的低,可能原因是_______。 (5)研究表明,反应速率符合关系式v=kca(C6H6)cb(N2O),有关数据如表: c(C6H6)/×10-3mol·L-1 c(N2O)/×10-3mol·L-1 v/×10-3mol·L-1·s-1 12 8.0 1.0 24 8.0 2.0 24 24 6.0 有人据此提出反应可分为三个步骤: ①N2O→N2+O*(活性氧) 快反应 ②C6H6+O*→C6H5OH*(活性苯酚) 慢反应 ③C6H5OH*→C6H5OH快反应 下列有关说法正确的是_______。 A.O*(活性氧)是该反应的催化剂B.②的反应的活化能最小 C.反应速率v(N2O)=v(N2)D.第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效 五、结构与性质 11.近年来,重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。 如果长时间放置甲酸铜[Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸( )、乙醇混合溶液,将析出一种晶体X(晶胞结构如图),甲酸根全部被交换到溶液中。 X对热稳定,磁矩约为1.7B。 M(磁矩= ,n为未成对电子数)。 (1)由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为_______;该基态铜离子价电子的轨道表示式为_______。 (2)1mol对苯二甲酸分子中含有_______molσ键,对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯( ,相对分子质量为168,熔点173℃)的主要原因是_______。 (3)甲酸根中C原子的杂化类型为_______,其与铜离子配位的原子是_______;写出甲酸根的一种等电子体分子的结构式_______。 (4)X晶胞中含有Cu的数目为_______个;1molX的晶胞质量为456g,实验表明,100mg晶体X可吸收22.0mgN2,所得晶体中Cu: N个数比约为1: (保留两位有效数字)_______。 六、有机推断题 12.由环已醇制备内酯H的合成路线如图: 回答下列问题: (1)B的化学名称为_______;E的化学式为_______。 (2)由B生成C分两步进行: ①B与 加成反应;②消去反应得到C,则C的结构简式为_______。 (3)C→E反应中,D中发生变化的官能团名称为_______;由F生成G的反应类型为_______。 (4)由G生成H的化学方程式为_______。 (5)化合物 的同分异构体中,能同时满足下列条件的结构简式为_______(一种)。 a.全为单键的环状化合物;b.核磁共振氢谱显示三组峰,且峰面积比为4: 3: 2 (6)以苯为主要原料,用不超过三步的反应设计合成环己醇的流程_______。 参考答案: 1.A 【解析】 【详解】 A.沼气的主要成分为甲烷,燃烧生成二氧化碳和水,属于可再生清洁能源,A正确; B.可燃冰燃烧会产生二氧化碳,大规模开采可燃冰,开发新能源,不能降低碳排放,B错误; C.石油分馏得不到裂化汽油,石油裂化才得到裂化汽油,C错误; D.向煤中加入石灰石(主要成分为碳酸钙)处理煤燃烧生成的二氧化硫,减少二氧化硫的排放量,D错误; 答案选A。 2.D 【解析】 【详解】 A.精炼铜时,粗铜作阳极,粗铜中含有比铜活泼的金属,如Zn、Fe等,Zn、Fe先失去电子,阳极质量减少32g,转移电子物质的量不等于1mol,故A错误; B.碳酸钙中阳离子为Ca2+,碳酸氢钠中阳离子为Na+,碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/mol,因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1mol,故B错误; C.题中没有指明溶液的体积,无法计算氢离子物质的量,故C错误; D.Cl-不发生水解,因此0.05molAlCl3中氯离子物质的量为0.05mol×3=0.15mol,故D正确; 答案为D。 3.C 【解析】 【详解】 A.由结构可知,该有机物分子式为C12H16O3,故A正确; B.该有机物含有醇羟基,可发生取代反应,且醇羟基连接的碳原子上含有氢原子,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应,含有碳碳双键,可发生加聚反应,故B正确; C.分子中环上含有饱和碳原子,所有原子不是都共面,故C错误; D.该有机物氢种类有 ,则碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种,故D正确; 故选: C。 4.B 【解析】 【分析】 R的内层电子数比其最外层电子数多3,根据核外电子排布规律,R应为第三周期元素,即R为Cl,四种元素均满足8电子稳定结构,根据结构中成键特点,Y有4个共价键,因此Y应为C,X、Y、Z同周期,Z形成两个共价键,即Z为O,X形成三个共价键,即X为N,据此分析; 【详解】 根据上述分析,X为N,Y为C,Z为O,R为Cl, A.HCl没有非极性键,N可以形成N2H4,N原子间为非极性共价键,C与H形成C2H4等,C原子间为非极性共价键,O与H形成H2O2,O原子之间为非极性共价键,故A错误; B.N的最高价氧化物对应水化物是HNO3,C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3,硝酸为强酸,碳酸为弱酸,故B正确; C.非金属性越强,其简单氢化物的稳定性越强,O的非金属性强于N,因此O的简单氢化物的稳定性强于N的简单氢化物,故C错误; D.Cl-核外有三个电子层,O2-、N3-核外有两个电子层,因此Cl-的半径最大,故D错误; 答案为B。 5.D 【解析】 【详解】 A.对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为: 乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中,而乙酸乙酯不溶,应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液,振荡、静置,从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层,然后利用分液漏斗进行分离,利用的是两者的溶解度差异并非密度差异,故A不符合题意; B.5.3gNa2CO3•10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol,用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L,故B不符合题意; C.加热后的坩埚须在干燥器中冷却,防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差,故C不符合题意; D.FeSO4易水解、易被氧化,配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化,因此配制FeSO4溶液时,先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中,然后稀释到所需浓度,再加入少量铁粉防止氧化,故D符合题意; 答案选D。 6.C 【解析】 【详解】 A.钾离子呈+1价、CN-为-1价,化合物中元素的正负化合价代数和为0,则正极KFe2(CN)6中Fe的化合价为+2、+3,A正确; B.放电时,正极发生还原反应,可能发生Fe2(CN) +e-=Fe2(CN) ,B正确; C.放电时,电子从负极流经导线到达正极,电子不流经固体电解质,C不正确; D.充电时,负极区即阴极发生还原反应,阳离子向阴极移动,则Na+增多,D正确; 答案选C。 7.D 【解析】 【详解】 A. , 和 分别发生水解, , ,因为 ,所以 ,则说明 水解程度大,使水电离受到促进,故A选项正确; B. , 和 分别发生水解, , ,则由物料守恒得 ,故B选项正确; C. ,图中 时, ,所以 ,因此 ,故C选项正确; D.加入少量NaOH时, 浓度基本不变,而 浓度快速减小,所以OH-先与 发生主要反应,故D选项错误。 故选D选项。 8. (1)提高尿素的转化率 (2) 水浴加热 用温度计监测水浴温度 A (3)铁、铜离子催化H2O2分解 (4) 加适量水溶解,恢复至室温 锥形瓶 (5) 2: 5 【解析】 (1) 利用过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物,加入稍过量的过氧化氢,将尿素尽可能转化成加合物,提高尿素的转化率;故答案为提高尿素转化率; (2) 控制温度在60℃左右所采用的加热方式为水浴加热,过程中监测温度的方法为用温度计测定水浴温度;根据题意反应容器是便于结晶的陶瓷仪器,烧杯属于玻璃仪器,不属于陶瓷仪器,瓷制研钵用于固体研磨,不能用于结晶,坩埚不利于蒸发结晶,蒸发皿常用于蒸发结晶,且蒸发皿为陶瓷仪器,选项A符合题意;故答案为水浴加热;温度计测定水浴温度;A; (3) 铁、铜离子可以催化H2O2分解,导致产品稳定性及产率降低;故答案为铁、铜离子催化H2O2分解; (4) 将产品称量后,放置在烧杯中,加水溶解,恢复至室温状态,然后将溶液移至100mL容量瓶中定容并摇匀;滴定过程中一般待测液盛放在锥形瓶中,标准液用滴定管盛装,因此吸取10.0mL溶液于锥形瓶中;故答案为加水溶解,恢复至室温;锥形瓶; (5) 利用高锰酸钾的强氧化性,将H2O2氧化成氧气,利用得失电子数目守恒,n(KMnO4)×(7-2)=n(H2O2)×2×1,n(KMnO4)∶n(H2O2)=2∶5;根据信息建立关系式为2CO(NH2)2·H2O2~5H2O2~2KMnO4样品的纯度为 ×100%= %;故答案为2∶5; %。 9. (1)80℃、90min (2) Fe2+ C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O (3)Fe(OH)3、CoS、NiS (4) 结合 电离出的H+,促进MnCO3沉淀(或调pH) 可能产生Mn(OH)2沉淀等,造成MnCO3纯度降低 MnCO3可能溶解,造成产率降低 (5)2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+ 【解析】 【分析】 向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中加入具有氧化性的MnO2,可以将Fe2+氧化为Fe3+,向滤液中加入MnS,调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来,可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来,向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液,调整溶液pH=7,使Mn2+形成MnCO3沉淀,最后对得到的含有Mn2+的盐电解,可以得到金属锰,据此解答。 (1) 物质的浸出率越高,反应消耗能量越低,反应条件越好。 根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃,反应时间是90min; (2) MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+,离子方程式为: MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O; 滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理,MnO2被还原为Mn2+,葡萄糖氧化产物为CO2。 根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得对应的离子方程式为: C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O; (3) 根据上述分析可知: 在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3; (4) “沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外,还有就是结合 电离出的H+,促进MnCO3沉淀(或调pH); “沉锰”的关键操作有两点: ①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中;②反应终点pH在7附近。 如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7),可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等,造成MnCO3纯度降低; 若反应终点pH低于7,MnCO3可能溶解,可能造成的后果是产品的产率降低; (5) 以Fe作电极,MnSO4、ZnSO4溶液为电解液,经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4,则电解时阳极Fe失去电子,与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4,同时产生H+,故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。 10. (1)-286 (2) (3) 反应速率较低 可能发生副反应,如苯酚被过度氧化 (4) 不可 催化剂失活 (5)CD 【解析】 (1) 6C(s,石墨)+3H2(g) C6H6(g)①,2N2(g)+O2(g) 2N2O(g)②,12C(s,石墨)+6H2(g)+O2(g) 2C6H5OH(g)③,根据盖斯定律,③× -①-②× ,因此ΔH= ΔH3-ΔH1- ΔH2=-286kJ/mol,故答案为-286; (2) N2的物质的量浓度为0.95mol/L,则C6H5OH的浓度为0.95mol/L,则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L,则N2O的起始浓度为(0.95+0.05)mol/L=1mol/L,最佳投料比为10∶1,则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L,则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L,平衡常数Kc= ;故答案为 ; (3) 温度过低,化学反应速率低,造成苯酚产率低;苯酚容易被氧气氧化,反应时间过长,苯酚被氧化,造成产率降低;故答案为反应速率低;可能发生副反应,如苯酚被过度氧化; (4) 催化剂影响化学反应速率,但对平衡移动无影响,即使用催化剂,不能提高反应的平衡转化率;已知475℃下反应仍未达到平衡,此时的苯酚产率比450℃时的低,可能原因是温度高,使催化剂的活性较低;故答案为不可;催化剂活性较低或催化剂失活; (5) A.根据三个步骤,O*为反应的中间产物,不是催化剂,故A错误; B.②为慢反应,慢反应的活化能最大,故B错误; C.利用反应速率之比等于化学计量数之比,即反应速率v(N2O)=v(N2),故C正确; D.发生反应的碰撞为有效碰撞,第二步反应慢,说明有效碰撞几率小,故D正确; 答案为CD。 11. (1) 1 (2) 18 对苯二甲酸分子间有氢键作用,而对二硝基苯分子间无氢键作用 (3) sp2 O 、 等 (4) 2 3.6 【解析】 (1) 已知X磁矩约为1.7B,M(磁矩= ,n为未成对电子数,代入数据可得1.7= ,解得n=1,铜离子的未成对电子数为1;Cu是29号元素,处于周期表中第四周期第IB族,基态Cu2+价电子排布式为3d9,价电子轨道表示式为: ; (2) 共价单键为σ键,共价双键中含有1个σ键和1个π键,1mol对苯二甲酸分子中含有18molσ键,对苯二甲酸和对二硝基苯都是分子晶体,而含有氢键的物质熔点较高,则对苯二甲酸熔点较高的主要原因是对苯二甲酸分子间有氢键作用,而对二硝基苯分子间无氢键作用; (3) 甲酸根中C原子以双键形式存在,价层电子对个数是3,根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化类型为sp2,O原子提供孤对电子,与铜离子配位的原子是O;与甲酸根的一种等电子体分子的结构式为 、 等; (4) 由X晶胞结构可知Cu位于顶角,则晶胞中Cu的数目为 2;1molX的晶胞质量为456g,则100mg晶体含Cu原子物质的量为 ,22.0mgN2中含N物质的量为 ,所得晶体中Cu: N个数比约为 。 12. (1) 环己酮 [C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br (2) (3) 溴原子 还原反应(或加成反应) (4) + (5) 或 或 (6) 【解析】 【分析】 A( )发生氧化反应生成B( ),B( )经过加成反应和消去反应生成C( ),C( )与D在乙醇的条件下反应生成E,E发生水解生成F,F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应,将
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