化学氯及其化合物的专项培优练习题及详细答案.docx
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化学氯及其化合物的专项培优练习题及详细答案
化学氯及其化合物的专项培优练习题及详细答案
一、高中化学氯及其化合物
1.一定量氢气在氯气中燃烧,所得混合物用
溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。
(1)所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______
(2)所得溶液中NaCl的物质的量为________。
(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比
________。
【答案】
、
0.250
【解析】
【分析】
由溶液中含有0.0500mol次氯酸钠可知,氢气在氯气中燃烧时,氯气过量,反应得到氯化氢和氯气的混合气体。
【详解】
(1)氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时,氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水,氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为OH—+H+=H2O,Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O,故答案为:
OH—+H+=H2O,Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O;
(2)根据溶液电中性原则可知:
n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-),n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol,则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol,故答案为:
0.250;
(3)根据Cl原子守恒可知,n(Cl2)=
×n(NaOH)=0.15mol,由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知,生成0.0500mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500mol,则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol,氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl2
2HCl,由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol,故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2):
n(H2)=0.15mol:
0.1mol=3:
2,故答案为:
3:
2。
【点睛】
所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol,说明氢气与氯气反应中氯气有剩余,溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液,根据钠元素及氯元素守恒可知2n(Cl2)=n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-);根据电子转移守恒,计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量,溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应,计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量,根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。
2.肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料,可通过反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O制取。
某化学兴趣小组尝试在实验室制取N2H4,设计了如下实验:
(1)制备NaClO溶液,装置如图所示。
(已知:
3Cl2+6NaOH
5NaCl+NaClO3+3H2O)
①仪器A的名称是________________。
②连接好装置,装药品之前,必须进行的一项操作是_________。
③圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________;当生成71g氯气时,被氧化的HCl为_________mol。
试管内发生反应的离子方程式为_________。
④饱和食盐水的作用是_____________,冰水的作用是____________。
(2)将NaClO溶液倒入烧杯中,持续通入NH3制取N2H4。
制取氨气的化学方程式为_______。
(3)火箭发射时用N2H4作燃料,用N2O4助燃,燃烧生成两种可参与大气循环的物质。
写出该反应的化学方程式______________。
【答案】分液漏斗检查装置的气密性MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O除去Cl2中的HCl气体防止溶液温度过高发生副反应2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O2N2H4+N2O4
3N2+4H2O
【解析】
【分析】
(1)①根据仪器的构造判断;
②检查装置的气密性,以防止漏气;
③该装置是用来制备氯气的,MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2和H2O;试管内氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;
④饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体,冰水的作用是防止溶液温度过高发生副反应;
(2)实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体制取氨气;
(3)火箭发射时用N2H4作燃料,用N2O4助燃,燃烧生成两种可参与大气循环的物质氮气和水蒸气。
【详解】
(1)①根据仪器的构造可知,仪器A的名称是分液漏斗;
②化学实验装置连接以后,在装药品之前,必须进行的一项操作是检查装置的气密性,以防止漏气;
③该装置是用来制备氯气的,所以圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;根据反应可知,当生成71g氯气时,被氧化的HCl为2mol;试管内氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
④饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体,冰水的作用是防止溶液温度过高发生副反应;
(2)实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体制取氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(3)火箭发射时用N2H4作燃料,用N2O4助燃,燃烧生成两种可参与大气循环的物质氮气和水蒸气,反应的化学方程式为2N2H4+N2O4
3N2+4H2O。
3.KClO3和浓盐酸在不同温度下反应,发生以下两个反应。
其变化可表示为
反应1:
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O
反应2:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯,该反应中被还原的是_________(填化学式),产生0.1molCl2时,转移的电子的物质的量为_____。
(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。
(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号):
反应1中为_________,反应2中为_________。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
(4)将少量氯气通入NaBr溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。
将少量氯气通入FeBr2溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,将少量氯气通入FeI2溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2,这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________,标况下,将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中,发生反应的离子方程式_____________标况下,将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中,发生反应的离子方程式_____________。
【答案】KClO30.2mol5:
1②②I->Fe2+>Br->Cl-2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2Cl2+2I-=2Cl-+I2
【解析】
【分析】
(1)同一元素的物质发生氧化还原反应时遵循:
高高低低规律。
(2)同一元素的物质发生氧化还原反应时,产物中元素的化合价规律是:
可相聚,不相交。
(3)根据HCl中Cl元素的化合价在反应前后的特点分析;
(4)分析每个反应中还原剂、还原产物,利用还原性:
还原剂>还原产物分析比较物质还原性的强弱,当同一溶液有多种还原性微粒时,还原性强的先发生反应;然后根据通入Cl2的物质的量与物质还原性强弱反应先后书写反应的离子方程式。
【详解】
(1)在反应1:
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中,KClO3得到电子变为ClO2,KClO3是氧化剂被还原,ClO2是还原产物;HCl失去电子变为Cl2,HCl是还原剂被氧化,Cl2是氧化产物,反应过程中每产生1molCl2,需转移2mol电子,则反应产生0.1molCl2时,转移的电子的物质的量为0.2mol;
(2)在反应2:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中KClO3作氧化剂,HCl作还原剂,Cl2既是氧化产物又是还原产物,每有3molCl2产生,反应中消耗1mol氧化剂KClO3,5mol还原剂HCl,转移5mol电子,所以反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5:
1;
(3)在上述两个反应中,HCl中的Cl部分化合价升高,失去电子,被氧化,作还原剂,表现还原性,部分Cl在反应前后化合价不变,与金属阳离子结合形成盐,起酸的作用,所以两个反应中浓盐酸表现的性质是还原性和酸性,选项序号为②;
(4)将少量氯气通入NaBr溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,其中Br-作还原剂,Cl-是还原产物,说明还原性:
Br->Cl-;将少量氯气通入FeBr2溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,其中Fe2+发生反应,而Br-未反应,说明还原性:
Fe2+>Br-;将少量氯气通入FeI2溶液中,发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2,其中I-发生反应,而Fe2+未反应,说明还原性:
I->Fe2+;综上所述可知,上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是I->Fe2+>Br->Cl-;标况下,将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中,n(Cl2)=1mol,n(FeBr2)=1mol,其中Fe2+为1mol,Br-2mol,n(FeBr2):
n(Cl2)=1:
1,首先发生反应:
Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,1molFe2+反应消耗0.5molCl2,还有0.5molCl2剩余,会再与溶液中Br-发生反应:
Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,0.5molCl2反应消耗1molBr-,则总反应的离子方程式2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2;标况下,将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中,n(Cl2)=1mol,n(FeI2)=1mol,其中Fe2+有1mol,I-有2mol,n(FeI2):
n(Cl2)=1:
1,首先发生反应:
Cl2+2I-=2Cl-+I2,2molI-反应消耗1molCl2,由于不再有Cl2剩余,因此不能进一步发生反应:
Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,故反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2。
【点睛】
本题考查了同一元素发生氧化还原反应的规律、微粒氧化性还原性强弱比较的知识。
同一元素发生氧化还原反应,若产物中价态不同,则元素化合价变化规律是:
高高低低;元素化合价可相聚,不相交。
当同一溶液中存在多种还原性微粒时,若加入氧化剂不足量则还原性强的首先发生反应;同理,当同一溶液中存在多种氧化性微粒时,若加入还原剂不足量则氧化性强的首先发生反应。
同一反应中氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数,等于元素化合价升高或降低总数。
4.氯气是一种具有重要用途的气体,在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。
甲同学在实验室进行氯气性质的研究
(1)甲同学依次进行了
与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。
上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。
(2)写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式:
________。
(3)氯气溶于水得到的溶液称为氯水,新制的氯水呈_________色,新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。
(4)甲同学探究氯气能否与水发生反应
①B中纸条褪色,结合化学方程式解释原因:
________。
②装置A的作用是___________。
③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。
【答案】①②③④
黄绿
Cl2+H2O⇌HCl+HClO,生成的次氯酸有漂白性对照实验,证明氯气自身没有漂白性,说明B中起漂白作用的是其他物质,从而证明氯气与水发生了反应
【解析】
【分析】
(1)氯气具有强氧化性,可与金属、非金属单质发生化合反应,与水反应生成HClO和HCl;
(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁;
(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸,该反应为可逆反应:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO;
(4)①氯气和水发生反应生成的HClO具有漂白性;
②氯气不具有漂白性,干燥红纸不褪色,可作对照实验;
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液,用于吸收氯气,避免污染环境。
【详解】
(1)氯气具有强氧化性,可与金属、非金属单质发生化合反应,与水反应生成HClO和HCl,则①②③④都为氧化还原反应,故答案为:
①②③④;
(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁,反应的化学方程式为
,故答案为:
;
(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸,该反应为可逆反应:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO,则新制的氯水中含有的物质为(水除外)
,新制氯水中由于含有氯气,所以溶液呈黄绿色,故答案为:
黄绿;
;
(4)①氯气和水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO,生成HClO,由于HClO具有漂白性,可使红纸条褪色,故答案为:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO,生成的次氯酸有漂白性;
②氯气不具有漂白性,干燥红纸不褪色,作对照实验,证明氯气自身没有漂白性,说明B中起漂白作用的是其他物质,从而证明氯气与水发生了反应,故答案为:
对照实验,证明氯气自身没有漂白性,说明B中起漂白作用的是其他物质,从而证明氯气与水发生了反应;
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液,用于吸收氯气,避免污染环境,发生反应的化学方程式为
,故答案为:
。
【点睛】
氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸,该反应为可逆反应:
Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸,因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质,溶液具有强氧化性且显酸性,这是学生们的易错点。
5.已知A是一种金属单质,B溶液能使酚酞试液变红,且焰色反应呈黄色;D、F相遇会产生白烟。
A、B、C、D、E、F间有如下变化关系:
(1)写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。
(2)写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。
(3)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是________。
【答案】NaNaOHNH4ClH2H2+Cl2
2HClNH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属,该金属能和水反应生成溶液B和气体E,B溶液能使酚酞试液变红,说明B是碱,焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,所以B是NaOH,根据元素守恒知A是Na,E是H2;氢气在氯气中燃烧生成HCl,则F是HCl,氢氧化钠溶液和C反应生成D,D、F相遇会产生白烟,氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵,则D是NH3,C是NH4Cl,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A是Na,B是NaOH,C是NH4Cl,E是H2;
(2)E→F为在点燃的条件下,氢气和氯气反应生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl;B→D为在加热条件下,氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水,反应方程式为:
NH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑;
(3)F是HCl,HCl极易溶于水生成盐酸,所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。
6.已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。
请回答下列问题。
(1)写出下列各物质的化学式:
X______、Y______、A______、B______、C______。
(2)反应①的离子方程式为____________。
【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
【解析】
【分析】
A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀,A中含Cl-;B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀,B中含SO42-;又根据X、Y均为有刺激性气味的气体,且X能与
反应,则X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
【详解】
(1)分析可知,X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
7.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
8.物质A~K有如图的转化关系,其中D、E为气体单质,A、H为常见金属。
试回答(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出):
(1)写出下列物质的化学式:
D是________,I是______。
(2)写出“C→F”反应的离子方程式:
______________________________________。
(3)写出反应“J→K”的离子方程式:
____________________________________。
(4)在溶液I中滴入NaOH溶液,可观察到的现象是______________________________。
【答案】H2FeCl2
产生白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
黄绿色气体E为Cl2,红褐色沉淀K为Fe(OH)3,金属H与溶液B反应得到I,I能被氯气氧化得到J,J与氢氧化钠反应得Fe(OH)3,可推知H为Fe、B为盐酸、I为FeCl2,J为FeCl3,故B为HCl、气体单质D为H2,金属A与盐酸反应得到C为盐,能与氨气反应得到白色沉淀F,且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G,可推知A为Al、C为AlCl3、F为Al(OH)3、G为NaAlO2,据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知,D为H2,I为FeCl2,
故答案为:
H2;FeCl2;
(2)C为AlCl3,其与NH3·H2O反应生成氢氧化铝和氯化铵,其离子反应方程式为:
;
故答案为:
;
(3)J为FeCl3,其与NaOH溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠,其离子反应方程式为:
,
故答案为:
;
(4)I为FeCl2,其与NaOH溶液反应会生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁,其现象为:
产生白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色,
故答案为:
产生白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色。
9.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如下图所示(部分产物、反应条件已略去):
(1)常温下,用惰性电极电解M溶液(足量)发生反应的离子方程式为__________,电解一段时间后,让溶液复原的方法为_____,若M溶液为0.5L,电解一段时间后,两极共生成气体1.12L(已折算为标准状况下的体积),则电解后溶液的pH为_____(忽略溶液的体积变化)。
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,则E溶液的俗称是_______。
(3)若A是CO2气体,将一定量的A通入B溶液,得到溶液W,再向溶液W中滴入盐酸,相关量如图所示,则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_____、_____。
(4)若A是一种化肥。
A和B反应可生成气体E,E与D相遇产生白烟,工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏,是因为E与D可发生反应:
_________(写化学方程式)。
【答案】2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑通入HCl13水玻璃Na2CO3,0.005molNaHCO3,0.005mol3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl
【解析】
【分析】
C可在D中燃烧发出苍白色火焰,则C为H2,D为Cl2;其生成的产物为HCl,F为HCl;用惰性电极电解M溶液,产生H2、Cl2,则M为NaCl,B为NaOH。
【详解】
(1)常温下,用惰性电极电解NaCl溶液(足量)时,生成氢气、氯气和氢氧化钠,则反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;溶液中出来的为氢气和氯气,则溶液还原时,应加入HCl恢复;两极共生成气体1.12L,则生成n(H2)=n(Cl2)=
=0.025mol,则溶液中产生0.05mol的OH-,c(OH-)=
=0.1mol/L,则c(H+)=10-13mol/L,pH=13;
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,A为二氧化硅,与NaOH反应生成硅酸钠,其溶液俗称水玻璃;
(3)若A是CO2气体,根据图像可知,开始时未产生气体,且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2:
1,则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液,且其物质的量之比为1:
1,则Na2CO3,0.005mol;NaHCO3,0.005mol;
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