全国大联考安徽新课标Ⅰ安徽省蚌埠市届高三第二次模拟理科综合化学试题解析版.docx
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全国大联考安徽新课标Ⅰ安徽省蚌埠市届高三第二次模拟理科综合化学试题解析版
安徽省蚌埠市2018届高三第二次模拟
理科综合化学试题
【试卷整体分析】
考试范围:
高考内容难度:
一般
题型统计(试题总量12)
单选题
7题
58.3%
综合题
4题
33.3%
推断题
1题
8.3%
难易度统计(平均难度:
0.57)
容易
0题
较易
2题
16.7%
一般
10题
83.3%
较难
0题
困难
0题
知识点统计(考核知识点7个)
知识点
数量
试题数量
试题数量比
分数
分数占比
化学与STSE
1个
1题
8.3%
0分
0%
认识化学科学
1个
1题
8.3%
0分
0%
常见无机物及其应用
1个
1题
8.3%
0分
0%
物质结构与性质
2个
2题
16.7%
0分
0%
化学反应原理
3个
3题
25.0%
0分
0%
有机化学基础
3个
3题
25.0%
0分
0%
化学实验基础
1个
1题
8.3%
0分
0%
【题型考点分析】
题号
题型
知识点
1
综合题
化学反应原理综合考查
2
单选题
氯气
3
单选题
化学科学对人类文明发展的意义
4
综合题
物质结构与性质综合考查
5
单选题
氧化还原反应的应用
6
单选题
多官能团有机物的结构与性质
7
综合题
常见无机物的制备
8
单选题
新型电池
9
推断题
根据题给物质选择合适合成路线
10
单选题
元素周期律、元素周期表的推断
11
单选题
盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒。
质子守恒原理
12
综合题
苯的溴代实验探究
安徽省蚌埠市2018届高三第二次模拟
理科综合化学试题
第I卷(选择题)
1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用,下列说法不正确的是
A.推广使用燃煤脱硫技术,可以防治SO2的污染
B.共享单车利用太阳能发电完成卫星定位,有利于节能环保
C.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可用于水的净化
D.光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品
【答案】D
【解析】煤燃烧会产生二氧化硫气体,对环境有危害,采用燃煤脱硫技术,减少了SO2气体的排放,减少对空气产生了污染,A正确;太阳能变为电能,对环境无污染,还能节约能源,B正确;明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体,具有吸附性,可以做净水剂,C正确;光导纤维主要成分为二氧化硅,无机非金属材料,纤维素为有机物,不能作为生成二氧化硅的原料,D错误;正确选项D。
2.用脱弧菌生物法净化硫化氢废气,是减小硫化氢对空气污染的一种方法。
其反应原理为H2S+HCO3ˉ→SO42-+CH3COOH,下列有关该反应的说法正确的是
A.反应过程中无能量变化B.CH3COOH分子中只含有极性键
C.反应中HCO3ˉ发生氧化反应D.反应中生成1molCH3COOH转移电子数为8NA
【答案】D
3.下列装置不能达到实验目的的是
A.用装置甲制取氯气B.用装置乙制取单质溴
C.用装置丙蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2OD.用装置丁分离苯和KBr溶液
【答案】C
【解析】高锰酸钾与浓盐酸常温下反应生成氯气,A正确;氯气具有氧化性,可以氧化溴离子生成单质溴,B正确;MnCl2属于强酸弱碱盐,MnCl2·4H2O加热易发生水解,最终产生氧化锰,得不到MnCl2·4H2O,C错误;苯和KBr溶液互不相溶,分层,相互间不反应,可以进行分液分离,D正确;正确选项C。
点睛:
用装置丙蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O,就必须在不断通入氯化氢气流的情况下,加热浓缩,目的就是要抑制氯化锰的水解。
4.A、B、C、D、E均为周期表中的短周期元素,且原子序数依次增大。
A和B、D、E均能形成共价型化合物,A和B形成的化合物在水中呈碱性,C和E形成的化合物在水中呈中性。
已知A和C同主族,B和D同主族,C离子和B离子具有相同的电子层结构。
下列说法正确的是
A.B离子半径小于C离子半径
B.五种元素中非金属性最强的是D
C.由A分别和B、D、E所形成的共价型化合物中,热稳定性最差的是E
D.C的最高价氧化物的水化物中化学键类型为离子键和共价键
【答案】D
【解析】A、B、C、D、E均为周期表中的短周期元素,且原子序数依次增大,A和B形成的化合物在水中呈碱性,A为氢元素,B为氮元素;A和C同主族,C为钠元素;B和D同主族,D为磷元素;C和E形成的化合物在水中呈中性,E为氯元素;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径:
N3->Na+,A错误;氢、氮、钠、磷、氯五种元素中非金属性最强的是氯元素;B错误;由H分别和N、P、Cl所形成的共价型化合物中,元素的非金属性越强,氢化物越稳定,因此热稳定性最差的是PH3;C错误;钠的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠,钠离子与氢氧根离子间为离子键,氧原子与氢原子间为共价键;D正确;正确选项D。
5.市售一种可充电电池,由LaNi5H6、NiO(OH)、KOH溶液组成。
LaNi5H6+6Ni(OH)
LaNi5+6Ni(OH)2有关该电池的叙述正确的是:
A.放电时,负极反应为LaNi5H6+6OHˉ-6eˉ=LaNi5+6H2O
B.放电时,负极材料是Ni(OH)2
C.充电时,阴极反应为Ni(OH)2+OHˉ-eˉ=NiO(OH)+H2O
D.充电时,电池负极接充电器电源的正极
【答案】A
【解析】放电时为原电池,负极发生氧化反应,LaNi5H6+6OHˉ-6eˉ=LaNi5+6H2O,A正确;放电时,负极材料是LaNi5H6,B错误;充电时为电解池,阴极发生还原反应,LaNi5+6H2O+6eˉ=LaNi5H6+6OHˉ,C错误;充电时电解池的阴极应与电源的负极相连,即电池负极接充电器电源的负极,D错误;正确选项A。
点睛:
电解池的阴极发生还原反应,而原电池的负极发生氧化反应,因此电解池进行充电时,阴极必须与负极相连,也就是我们说的电池负极接充电器电源的负极,即负连负,正连正。
6.一种新药物结构如图所示,下列有关该化合物说法正确的是
A.分子式为C17H17N2O6
B.能发生水解反应、聚合反应、取代反应
C.能与氢气发生加成反应,但不能与溴的四氯化碳溶液反应
D.分子中含有三种不同的官能团
【答案】B
【解析】从分子结构可知分子式为C17H18N2O6,A错误;该有机物含有酯基,能够发生水解、取代反应,左侧结构中含有碳碳双键,能够发生加聚反应,B正确;含有碳碳双键,既能与氢气发生加成反应,又能与溴发生加成反应,C错误;分子中含有酯基、硝基、碳碳双键、亚氨基四种官能团,D错误;正确选项B。
x/*k/w
点睛:
聚合反应一般包括加聚和缩聚两种类型,加聚反应的特点是单体中含有不饱和碳碳双键或三键,生成物只有高分子;缩聚反应的单体中含有羧基和氨基(或羟基),生成物为高分子和小分子。
7.常温下,向1L0.100mol·L-1的H2C2O4溶液中加入NaOH固体的过程中,部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。
下列指定溶液中微粒的关系一定不正确的是
A.pH=3的溶液中:
c(H2C2O4)+c(C2O42-) B.c(HC2O4ˉ)=c(C2O42-)的溶液中: c(Na+)<0.100mol·L-1+c(HC2O4ˉ) C.随着NaOH溶液的加入, 减小 D.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中: c(H+)+c(H2C2O4)=c(OHˉ)+c(C2O42-) 【答案】C 【解析】从图像分析可知,pH=3的溶液中: c(H2C2O4)+c(C2O42-) c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4ˉ)+c(OHˉ)可知,c(Na+)<2c(C2O42-)+c(HC2O4ˉ);而H2C2O4的浓度0.100mol·L-1,且为弱酸,所以2c(C2O42-)<0.100mol·L-1,因此c(Na+)<0.100mol·L-1+c(HC2O4ˉ),B正确;草酸的电离平衡常数K1=c(H+)×c(HC2O4ˉ)/c(H2C2O4),K2=c(H+)×c(C2O42-)/c(HC2O4ˉ);所以 变形为c(H+)×c(HC2O4ˉ)×c(H+)×c(C2O42-)/c(H2C2O4)×c(HC2O4ˉ)=1/(K1×K2),电离平衡常数只受温度的影响,随着NaOH溶液的加入, 不变,C错误;c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液为NaHC2O4溶液,电荷守恒: c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4ˉ)+c(OHˉ),物料守恒: c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4ˉ)+c(H2C2O4),两式消去c(Na+),得c(H+)+c(H2C2O4)=c(OHˉ)+c(C2O42-),D正确;正确答案C。 第II卷(非选择题) 8.溴苯是一种化工原料,实验室合成溴苯的装置有多种,其中的三种如下 I: 中学教材中苯与溴发生反应的装置如图1所示。 A中加入15mL无水苯和少量铁屑。 再小心加入4.0mL液态溴。 根据相关知识回答下列问题 (1)装置中发生反应的化学方程式为_____________。 (2)C的作用为_____________ Ⅱ: 改进的苯与溴发生反应的装置如图2所示。 根据要求填空 (3)将三颈烧瓶内反应后的液体分离出的操作是_____________(填操作名称);将液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。 ①用蒸馏水洗涤,振荡,分液;②用5%的NaOH溶液洗涤,振荡,分液;③用蒸馏水洗涤,振荡,分液;④加入无水CaCl2粉末干燥;⑤_____________(填操作名称)。 (4)干燥管中所装试剂是_____________ III: 另一种改进装置如图3,试根据要求回答 (5)整套实验装置中能防止倒吸的装置有_____________(填装置序号)。 (6)冷凝管所起的作用为冷凝回流和导气,冷凝水从_____________口进入(填“上”或“下”)。 (7)反应结束后要使装置甲中的水倒吸入装置乙中,这样操作的目的是_____________ (8)若实验时,无液溴,但实验室有溴水,该实验如何操作才能做成功。 _________________________。 【答案】 +Br2 +HBr吸收Br2和HBr防止污染环境,且防倒吸过滤蒸馏碱石灰丁下反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢,使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发),以免逸出污染空气可先用苯萃取溴水中的溴,分液后,取苯层即可 【解析】I: (1)苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢,化学方程式为). +Br2 +HBr;正确答案: +Br2 +HBr。 (2)反应过程中会有挥发出的溴蒸气和产生的溴化氢,因此需要用C装置内的液体进行吸收,且还要防止产生倒吸;正确答案: 吸收Br2和HBr防止污染环境,且防倒吸。 (7)反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢,要对溴化氢进行处理防止污染空气;正确答案: 反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢,使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发),以免逸出污染空气。 (8)只要把溶质溴和水分离开即可实现目的,可先用苯萃取溴水中的溴,分液后,取苯层即可;正确答案: 可先用苯萃取溴水中的溴,分液后,取苯层即可。 9.以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下: 已知CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的伓系,在潮湿空气中易水解氧化,海绵铜Cu中含少量CuO等。 (1)经测定氧化酸浸过程有单质S生成,写出此过程中的化学方程式_____________ (2)步骤①中得到的氧化产物是____________,溶解温度应控制在60—70℃,原因是_____________。 (3)写出步骤③中主要反应的离子方程式_____________。 (4)步骤③先加NH4Cl、再加入亚硫酸铵时无沉淀,加水稀释就产生大量臼色沉淀,其原因_____________。 (5)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_____________(写名称)。 (6)上述工艺中,步骤⑥不能省略,理由是_____________。 (7)上述浓缩液中含有Iˉ、CIˉ等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中中 为_____________。 (已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17) (8)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7,溶液bmL,反应中Cr2O72-被还原为Cr3+,样品中CuCl的质量分数为_____________ 【答案】CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2OCuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢,温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+步骤3先加NH4Cl,氯离子浓度较大,产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系;氯化亚铜难溶于水,所以加水稀释就产生大量白色沉淀硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化4.72×10-7 【解析】 (1)硫化铜在酸性条件下被氧气把-2价的硫氧化为单质硫,化学方程式CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2O;正确答案: CuS+2H2SO4+O2=CuSO4+S+2H2O。 (2)步骤①中,铜在含有硝酸根离子的酸性环境下被氧化为铜离子,温度低溶解速度慢,温度过高铵盐会分解,故要将温度应控制在 ;正确答案: CuSO4或Cu2+;温度低溶解速度慢,温度过高铵盐分解。 (3)亚硫酸铵将 还原为 , 与 结合生成 沉淀,离子方程式: 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+;正确答案: 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。 (4)步骤3先加NH4Cl,氯离子浓度较大,产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系;氯化亚铜难溶于水,所以加水稀释就产生大量白色沉淀;正确答案: 步骤3先加NH4Cl,氯离子浓度较大,产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系;氯化亚铜难溶于水,所以加水稀释就产生大量白色沉淀。 (5)CuCl会溶于氯离子浓度较大的体系,为了减少CuCl溶解,同时为了回收硫酸铵,采用硫酸酸洗。 正确答案: 硫酸。 (6)酸洗后CuCl表面会有水分,烘干时 会水解氧化,醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;正确答案: 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化。 (7) =c(Ag+)c(I-)/c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgI)/Ksp(AgCl)=8.5×10-17/1.8×10-10=.4.72×10-7;正确答案: 4.72×10-7。 (8)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,n(Cr2O72-)=amol/L×b×10-3L=ab×10-3mol,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,设CuCl的物质的量为n,反应的关系式为: n=6ab×10-3mol,m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg,则样品中CuCl的质量分数为 ×100%。 点睛: 根据得失电子守恒有 可知,样品中CuCl的质量为 ,故样品中CuCl的质量分数为 。 10.甲醇是重要的化工原料,又可作为燃料。 利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下可合成甲醇。 (1)已知在常温常压下: ①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O (1)△H1=-Q1kJ·mol-1 ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-Q2kJ·mol-1 ③H2O(g)=H2O (1)△H3=-Q3kJ·mol-1 请写出甲醇发生不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学反应方程式: _____________。 (2)合成甲醇发生的反应如下 ①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H1=-akJ·mol-1 ②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-bkJ·mol-1 ③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H3=+ckJ·mol-1 I: 在以上制备甲醇的两个反应中,反应①优于反应②,原因为_____________。 Ⅱ: 合成气的组成 时体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图所示。 ①a(CO)值随温度升高而_____________(填“增大”或“减小”),其原因是_____________ ②图中的压强由大到小为_____________,其判断理由是_____________ (3)通常合成甲醇的主要反应为: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ①在一定温度下,上述反应在一密闭容器中达到平衡,在保证H2浓度不变的情况下,增大容器的体积,平衡_____________(填字母);作出此判断的理由是_____________。 A.向正反应方向移动B.向逆反应方向移动C.不移动x/*-k/w ②某温度下,将1molCO和4molH2充入2L的密闭容器中,充分反应达到平衡后,测得c(CO)=0.1mol·L-1,则H2的转化率为_____________ 【答案】CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=(2Q3+0.5Q2-0.5Q1)kJ/mol反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%减小升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低P3>P2>P1相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高C该反应达到平衡时,平衡常数 增大容器体积时,c(CH3OH)和c(CO)等比例减小,由于H2浓度不变,此时的值仍然等于K,所以平衡不移动40% 【解析】由盖斯定律可以知道,: ①-③×4-②可得甲醇不完全燃烧生成CO和气态水的热化学方程式: CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=(2Q3+0.5Q2-0.5Q1)kJ/mol;正确答案: CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=(2Q3+0.5Q2-0.5Q1)kJ/mol。 I: 在以上制备甲醇的两个反应中,反应①优于反应②,反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%;正确答案: 反应①符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%。 Ⅱ: ①从曲线变化图可知,a(CO)值随温度升高而减小,其原因是升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低;正确答案: 升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低。 (3)①根据平衡常数进行处理: 该反应达到平衡时,平衡常数 增大容器体积时,c(CH3OH)和c(CO)等比例减小,由于H2浓度不变,此时的值仍然等于K,所以平衡不移动,c正确;正确答案: c;该反应达到平衡时,平衡常数 增大容器体积时,c(CH3OH)和c(CO)等比例减小,由于H2浓度不变,此时的值仍然等于K,所以平衡不移动。 ②设CO的变化量为xmol,则平衡后n(CO)=0.1×2=0.2mol; CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始量140 变化量x2xx 平衡量1-x4-2xx n(CO)=0.1×2=0.2mol=1-x,x=0.8mol,H2的转化率为0.8×2/4×100%=40%;正确答案: 40%。 11.下表为周期表的一部分,其中的编号代表对应的元素,用化学用语回答以下问题。 (1)其中属于过渡元素的是_____________,比较②的氢化物与同族第3、4周期元素所形成的氢化物沸点高低并说明理由_____________ (2)②与③中第一电离能较小的元素是_____________;①和④形成的物质与⑤和⑥形成的物质晶体中熔点较高的是_____________。 (3)①形成的有机试剂在有机合成中有重要应用,但极易与O2、CO2等反应。 下列说法不正确的是_____________(填字母序号) A.CO2中键σ与π键的数目之比为1: 1 B.游离态和化合态①元素均可由特征发射光谱检出 C.叔丁基锂([(CH3)3C]Li)中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2 (4)如图一是上述元素形成的物质晶胞结构示意图,其化学式为_____________,其中Fen+的基态电子排布式为_____________,PO43-的空间构型为_____________ (5)金属①的晶体为体心立方晶胞,其配位数为_____________;若其晶胞边长为apm,则锂晶体中原子的空间占有率是_____________ (6)上述元素形成的CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图二所示),但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在,使晶胞沿一个方向拉长(粒子间距增加)。 CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为_____________ 【答案】MnFeNiNH3>AsH3>PH3,NH3可以形成分子间氢键,沸点最高;AsH3相对分子质量比PH3大,分子间作用力大,因而AsH3的沸点比PH3高OLiFcLiFePO4[Ar]3d6正四面体8 4 【解析】由上述周期表可知: ①为Li②为N③为O④为F⑤为Na⑥为Cl;⑦Ca⑧Mn⑨Fe⑩Ni。 (1)其中属于过渡元素的是⑧Mn⑨Fe⑩Ni三种元素,第VA族元素的氢化物沸点由高到低排列为NH3>AsH3>PH3,原因是NH3可以形成分子间氢键,沸点最高;AsH3相对分子质量比PH3大,分子间作用力大,因而AsH3的沸点比PH3高;正确答案: Mn、Fe、Ni;NH3>AsH3>PH3,NH3可以形成分子间氢键,沸点最高;AsH3相对分子质量比PH3大,分子间作用力大,因而AsH3的沸点比PH3高。 (2)因为N原子核外电子排布为1s22s22p3,p轨道为半充满状态,属于稳定状态,因此第一电离能大于相邻的氧原子的第一电离能,①和④形成的物质氟化锂,离子化合物,⑤和⑥形成的物质为氯化钠,属于离子化合物;组成相似的离子化合物,离子半径越小,离子键越大,物质的熔点就越高,离子半
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