福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理科综合化学试题.docx
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福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理科综合化学试题
福建省泉州市2019届普通高中毕业班第一次质量检查理科综合化学试题
1.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图:
下列说法不正确的是
A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污
B.操作a是萃取
C.冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解
D.Fe2O3可用作红色颜料
【答案】B
【解析】
【分析】
用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。
加入稀硫酸后,将铁单质转化为亚铁离子,再加入碳酸氢铵,促进亚铁离子水解得到沉淀。
通过过滤、洗涤、煅烧,得到氧化铁,据此分析;
【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污,故A项正确;
B.操作a是过滤,故B项错误;
C.冰水既可洗去杂质又降低温度,减少固休的溶解,故C项正确;
D.Fe2O3俗名铁红,可用作红色颜料,故D项正确;
综上,本题选B。
2.下列有关叙述不正确的是
A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,发生取代反应
B.乙醇在一定条件下可以转化为CO2、CH3CHO或CH3COOC2H5
C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物
D.煤的干馏、石油分馏和石油裂解都属于化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯,故A项正确;
B.乙醇在氧气中燃烧得到CO2,乙醇和氧气发生催化氧化反应时得到CH3CHO,乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5,故B项正确;
C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物,故C项正确;
D.石油的分馏属于物理变化,故D项错误;
综上,本题选D。
【点睛】D项中,石油的分馏属于物理变化,煤的干馏,石油的裂化、裂解、催化重整等属于化学变化。
3.有机物C(
)是合成高分子涤纶的常见原料,以下有关G的说法正确的是
A.分子式为C8H6O4
B.能发生氧化、水解、加成等反应
C.所有碳原子不可能在同一平面上
D.环上的一氯代物只有1种
【答案】C
【解析】
【详解】A.该有机物的分子式为C8H8O4,故A项错误;
B.该有机物含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,可与溴水等物质发生加成反应,但不能发生水解反应,故B项错误;
C.与羧基相连的碳原子为饱和碳原子,形成四面体结构,所有碳原子不可能在同一平面上,故C项正确;
D.环上的一氯代物共有2种,故D项错误;
综上,本题选C。
【点睛】有机物的结构决定性质。
解决实际问题时,应从官能团入手,根据C的官能团为碳碳双键和羧基,可推测化合物C的性质,如:
可发生氧化反应,加成反应。
4.下列有关实验的操作、现象和对应的解释或结论都正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸铝溶液蒸干并灼烧后得到硫酸铝白色固体,故A项正确;
B.由于先加入氯化钠溶液,后加入碘化钠溶液,所以Ag+先与Cl-结合生成AgCl白色沉淀,再与I-结合生成AgI黄色沉淀。
由于硝酸银是足量的,所以无法比较氯化银和碘化银的Ksp大小,故B项错误;
C.根据实验现象可得到酸性排序:
HCl>H2CO3>H2SiO3,但比较非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应水化物的酸性,故C项错误;
D二氧化硫是酸性氧化物,将足量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中,二氧化硫与氢氧化钠反应,溶液由碱性逐渐变为弱酸性,所以溶液褪色,与二氧化硫的漂白性无关,故D项错误;
综上,本题选A。
【点睛】比较非金属性强弱时,应比较最高价氧化物对应水合物的酸性,而不能比较氢化物的酸性。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X、Y、Z同周期,W、Z同主族,W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,W与X形成离子化合物X3W2下列说法正确的是
A.原子半径:
W B.Y的最高价氧化物不与任何酸反应 C.最高价氧化物对应水化物的酸性: W>Y>Z D.X的单质在空气中具有抗腐蚀性 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与X形成离子化合物X3W2,则W为-3价,X为+2价,则W最外层为5个电子,X最外层为2个电子,故W为N元素,X为Mg元素。 W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,故Y为Si元素。 W、Z同主族,则Z为P元素,据此分析; 【详解】A.原子半径: Mg>Si>P>N,故A项错误; B.Y的最高价氧化物为二氧化硅,可与HF反应,故B项错误; C.最高价氧化物对应水化物的酸性: HNO3>H3PO4>H2SiO3,故C项错误; D.Mg单质与空气中的氧气反应,表面覆盖一层致密的氧化物薄膜,具有抗腐蚀性,故D项正确; 综上,本题选D。 6.某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2],酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质),产生电能的同时可生产纯碱等物质。 下列叙述错误的是 A.电子由M极经外电路流向N极 B.N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑ C.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3 D.放电一段时间后,酸液室溶液pH增大 【答案】C 【解析】 【分析】 氢气在电极M表面失电子得到氢离子,为电池的负极,碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜,中和正电荷。 酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,电极N为电池的正极。 同时,酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室,补充负电荷,据此分析; 【详解】A.电极M为电池的负极,电子由M极经外电路流向N极,故A项正确; B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑,故B项正确; C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜,钠离子不能进入碱液室,应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C项错误; D.放电一段时间后,酸液室氢离子被消耗,最终得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D项正确; 综上,本题选C。 7.常温下0.2mol·L-1Na2CrO4溶液中,H2CrO4、CrO42-、Cr2O72-和HCrO4-的分布曲线如图所示。 下列叙述错误的是(已知: 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O) A.曲线M表示pH与CrO42-的变化关系 B.Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6 C.HCrO4-的电离程度大于水解程度 D.pH=2和pH=5时,2HCrO4-⇌Cr2O72-+H2O的平衡常数相等 【答案】B 【解析】 【分析】 由图可知,Na2CrO4溶液中,CrO42-离子浓度最大,当溶液酸性增强时CrO42-浓度逐渐减小,c(HCrO4-)增大,所以M表示c(CrO42-)随pH变化的曲线,Q表示c(HCrO4-)随pH变化的曲线,据此分析; 【详解】A.Na2CrO4溶液中,存在大量CrO42-,当溶液酸性增强时CrO42-转化为Cr2O72-,CrO42-离子浓度减小,Cr2O72-离子浓度增大,所以曲线M表示pH与CrO42-的变化关系,故A项正确; B.由图可知,Q表示的是c(HCrO4-)随pH变化的曲线,Ka2(H2CrO4)=c(H+)c(CrO42-)/c(HCrO4-),由图可知,当pH约为6.5时,c(CrO42-)和c(HCrO4-)相等,所以Ka2(H2CrO4)≈10-6.5=3.16×10-7,故B项错误; C.由图可知,c(CrO42-)=c(H2CrO4)时,溶液显酸性,所以HCrO4-的电离程度大于水解程度,故C项正确; D.pH=2和pH=5时,由于温度不变,所以平衡常数不变,故D项正确; 综上,本题选B。 8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。 实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。 已知: NOSO4H遇水分解,但溶于浓硫酸而不分解。 (1)装置A制取SO2 ①A中反应的化学方程式为___________。 ②导管b的作用是___________。 (2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。 ①该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,还可以是___________(只写1种)。 ②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是___________。 (3)装置C的主要作用是___________(用离子方程式表示)。 (4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___________。 (5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度 准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中,加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后摇匀。 用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。 已知: 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 ①配平: ______MnO4-+_____C2O42-+_____=______Mn2++_____+_____H2O ②滴定终点时的现象为___________。 ③亚硝酰硫酸的纯度=___________。 [M(NOSO4H)=127g·mol-1] 【答案】 (1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑; (2).平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;(3).调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度;(4).生成的NOSO4H作为该反应的催化剂;(5).SO2+2OH-=SO32-+H2O;(6).C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解;(7).2;(8).5;(9).16H+;(10).2;(11).10CO2↑;(12).8;(13).溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复;(14).92.02%; 【解析】 【分析】 根据题意可知,在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H,利用装置A制取二氧化硫,利用装置C吸收多余的二氧化硫,防止污染空气,据此分析; 【详解】 (1)①利用装置A,固液混合制取二氧化硫,其方程式为: Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;②导管b的作用是: 平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下; (2)①浓硫酸遇水放出大量热,维持体系温度不得高于20℃,还可以是调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度; ②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,反应速度明显加快,温度变化不大,排除温度的影响,其原因是: 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂,加快了反应速率; (3)装置C利用氢氧化钠将剩余的二氧化硫吸收,防止污染环境,方程式为: SO2+2OH-=SO32-+H2O; (4)NOSO4H遇水分解,C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解; (5)①发生的是MnO4-和C2O42-的氧化还原反应,MnO4-做氧化剂,被还原成生成Mn2+,C2O42-做还原剂,被氧化成城二氧化碳。 结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4-和C2O42-的离子反应方程式为: 2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O; ②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液,滴定终点时的现象为: 溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复; ③根据题意可知,酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应,利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。 用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。 可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4-)=2/5n(C2O42-)=2/5×0.2500mol·L-1×20.00×10-3L=2×10-3mol,则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4-)=0.1000mol·L-1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。 n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4-)=10-2mol,亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.380g×100%=10-2mol×127g·mol-1/1.380g×100%=92.02%; 【点睛】本题测定纯度过程中,先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H,将NOSO4H完全消耗,再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。 经过两次滴定实验,最终测得样品纯度。 可先根据第二次滴定,求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量,再根据方程式比例关系,计算出样品中NOSO4H的含量。 9.工业上利用脱硫后的天然气合成氨的某流程如下: (1)“一次转化”中H2O(g)过量的目的是___________。 (2)已知部分物质燃烧的热化学方程式如下: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ·mol-1 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802kJ·mol-1 “二次转化”时CH4和O2反应生成CO和H2的热化学方程式为___________。 (3)“CO变换”的反应是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)某温度下,该反应的平衡常数K=1,若要使CO的转化率达到90%,则起始时c(H2O)︰c(CO)应不低于___________。 (4)“脱碳”后的溶液再生的方法是___________(以化学方程式表示)。 (5)“净化”时发生的反应为[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g) [Cu(NH3)3·CO]Ac(aq),△H<0。 充分吸收CO采取的措施是___________(选填序号)。 a.升温b.降温c.加压d.减压 (6)已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H<0,平衡时NH3的体积分数φ(NH3)与氢氮比x(H2与N2的物质的量比)的关系如图: ①T1___________T2(填“>”、“=”或“<”)。 ②a点总压为50Mpa,T2时Kp=___________(Mpa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数) ③实验测得一定条件下合成氨反应的速率方程为v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3)。 以下措施既能加快反应速率,又能提高H2平衡转化率的是_____ a.加压b.使用催化剂c.增大氢氮比d.分离NH3 【答案】 (1).增大CH4的平衡转化率; (2).2CH4(g)+O2(g)⇌2CO(g)+4H2(g)△H=-70kJ/mol;(3).9: 1;(4).2KHCO3 K2CO3+CO2↑+H2O;(5).bc;(6).>;(7).1/2700;(8).ad; 【解析】 【分析】 经过第一次转化,将部分甲烷转化为一氧化碳和氢气,二次转化过程中富集空气,利用空气中的氧气,将甲烷转化为CO。 在CO变换中,将CO与H2O作用得到CO2和H2。 通过碳酸钾除去二氧化碳气体,经过净化得到纯净的氮气和氢气,最后合成了氨气,据此分析; 【详解】 (1)“一次转化”中CH4与H2O反应生成CO和H2,H2O(g)过量可以使平衡正向移动,增大CH4的平衡转化率; (2)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ·mol-1① 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1② CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802kJ·mol-1③ 将2×③-2×①-②得,2CH4(g)+O2(g)⇌2CO(g)+4H2(g)△H=-70kJ/mol; (3)设初始c(H2O)为amol/L,c(CO)为bmol/L,达到平衡状态时,转化的CO为xmol/L,三段式如下: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) c0amol/Lbmol/L0mol/L0mol/L △cxmol/Lxmol/Lxmol/Lxmol/L c平(a-x)mol/L(b-x)mol/Lxmol/Lxmol/L K=c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)=(xmol/L·xmol/L)/(a-x)mol/L·(b-x)mol/L=1,解得x=ab/(a+b),CO的转化率=x/a×100%≥90%,解得b≥9a,则起始时c(H2O)︰c(CO)应不低于9: 1 (4)“脱碳”过程中,二氧化碳结合碳酸钾生成碳酸氢钾,若要得到碳酸钾,可以在加热条加下,碳酸氢钾分解得到碳酸钾,其方程式为: 2KHCO3 K2CO3+CO2↑+H2O; (5)若要充分吸收CO,可采用降温或加压的方法,使平衡正向移动,故选bc; (6)①当升高温度时,平衡向逆向移动,氨气的体积分数减小,故可知T1>T2; ②由题意可知,a点总压为50Mpa,平衡时氢气与氮气之比为3: 1,氨气的体积分数为0.2。 则氮气的体积分数为0.6,氨气的体积分数为0.2.平衡时氮气分压为10Mpa,氢气分压为30Mpa,氨气分压为10Mpa,T2时Kp=(10Mpa)2/10Mpa·(30Mpa)3=1/2700(Mpa)-2; ③a.加压时,平衡正向移动,氢气转化率增大。 v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3)=k[n(N2)/v][n(H2)/v]1.5[n(NH3)/v]-1=k·n(N2)·n(H2)1.5·n(NH3)/v-1.5,通过压缩体积增大压强时,可知反应速率加快,故a正确; b.使用催化剂时,氢气平衡转化率不变,故b错误; c.增大氢氮比,氢气平衡转化率降低,故c错误; d.分离氨气,使平衡正向移动,氢气的转化率增大,v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3),氨气浓度减小,反应速率加快,d正确;故本题选ad; 10.钛广泛应用于航天、军事、化工、医疗等领域。 钛在高温下易和氧、氮、碳等元素化合,提炼纯钛条件苛刻。 从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下: 氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等杂质,相关物质的沸点如下表: 回答下列问题: (1)高钛渣经过破碎、磁选磨粉后送氯化车间,磨粉的目的是___________。 (2)“分馏”得到的低沸点物是___________。 分馏难以除去ⅤOCl3,原因是___________。 加入铝粉使VOCl3转化为VOCl2便于除去,写出铝粉与VOCl3反应的化学方程式: ___________。 (3)“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4,使AlCl3转化为__________而除去。 (4)“还原”需要在Ar的气氛中进行,原因是___________。 副产物经电解生成___________可循环使用。 (5)制备钛的一种新型方法是: 将TiO2粉末浇注成形,烧结后作阴极,以石墨为阳极,CaCl2为熔盐进行电解(CaCl2熔盐不参与电极反应,起溶解和传导O2-的作用) ①阳极牛成的气体除O2外,还有___________(填化学式)。 ②阴极的电极反应式为___________。 【答案】 (1).增大接触面积,加快反应速率; (2).四氯化硅(3).VOCl3与TiCl4的沸点接近;(4).3VOCl3+Al=VOCl2+AlCl3;(5).Al(OH)3或AlOCl;(6).防止镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应;(7).Mg、Cl2;(8).CO、CO2;(9).TiO2+4e-=Ti+2O2-; 【解析】 【分析】 本题目的是制备单质钛。 首先将高钛渣氯化,得到粗TiCl4,其中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等多种杂质。 由于混合物中各物质沸点相差较大,利用分馏的方法除去FeCl3、SiCl4。 VOCl3与TiCl4的沸点接近,分馏难以除去ⅤOCl3,故加入铝粉,将TiCl4转化为AlCl3,从而除去VOCl3。 再将铝除去,经过蒸馏得到精TiCl4,经过还原最终得到纯净的单质钛,据此分析; 【详解】 (1)高钛渣经过破碎、磁选磨粉可以增大反应物之间的接触面积,加快反应速率; (2)根据表格可知,四氯化硅的沸点最低,为56.5℃,故“分馏”得到的低沸点物是四氯化硅;VOCl3的沸点为138℃,TiCl4的沸点为136℃,VOCl3与TiCl4的沸点接近,分馏难以除去ⅤOCl3; (3)该条件下发生AlCl3+H2O=AlOCl↓+2HCl,得到AlOCl,或认为Al3+水解,得到Al(OH)3,故答案为: Al(OH)3或AlOCl; (4)镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应,故“还原”需要在Ar的气氛中进行;Mg还原TiCl4得到单质Ti和氯化镁,在电解的条件下生成Mg、Cl2; (5)①石墨为阳极,发生失电子的氧化反应,结合O2-生成CO或CO2; ②阴极反应物为二氧化钛,发生得电子的还原反应,电解质溶液中传导的是O2-,故阴极的电极反应式为: TiO2+4e-=Ti+2O2-。 11.NaCl是重要的化工原料。 回答下列问题: (1)元素Na的焰色反应呈___________色。 价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子,其价电了轨道表示式为___________。 (2)KBr具有NaCl型的晶体结构,但其熔点比NaCl低,原因是___________。 (3)在适当的条件下,电解NaCl水溶液可制得NaClO3。 ①NaCl水溶液中,不存在的微粒间作用力有___________(填序号)。 A.离子键B.极性键C.配位键D.氢键E.范德华力 ②ClO3-离子的几何构型为___________,中心原子的杂化方式为___________。 (4)NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2反应,可以形成一种新晶体,其立方晶胞如下图所示(大球为Cl,小球为Na)。 ①若A的原子坐标为(0,0,0),B的原子坐标为( ,0, ),则C的原子坐标为__________。 ②晶体中,Cl构成的多面体包含___________个三角形的面,与Cl紧邻的Na个数为___________。 ③已知晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为_________g·cm-3(列出计算式)。 【答案】 (1).黄; (2). (3).K+半径Na+,Br-半径大于Cl-,KBr中离子键更活泼,晶格能较低;(4).A;(5).三角锥形;(6).sp3杂化;(7).(1,3/4,1/2);(8).20;(9).4;(10).259/(NA·a3)·1030; 【解析】 【详解】 (1)元素Na的焰色反应呈黄色;激发态Na原子,价电子由3s能级激发到3p能级,其价电了轨道表示式为 (2)KBr具有NaCl型的晶体结构,都属于离子晶体。 但其熔点比NaCl低,原因是K+半径大于Na+,Br-半径大于Cl-,KBr中离子间的作用力较弱,晶格能较低; (3)①A.NaCl水溶液中,NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子,离子键被破坏,故A不符合题意; B.水分子中存在极性键,故B符合题意; C.钠
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