2025届高考化学一轮复习滚动测试卷5含解析新人教版

PAGE14-滚动测试卷(Ⅴ)(第一~十单元)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23S32Cr52一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列说法正确的是()。A.煤的干馏是化学改变,而煤的气化、液化是物理改变B.石油裂解是为了获得更多汽油,以满意快速增长的汽车须要C.氢能、电能、风能都是无毒、无污染的绿色新能源,可以平安运用D.玻璃是将石灰石、纯碱、石英高温熔融制得的答案:D解析:煤的干馏、气化、液化过程中,都有新物质生成,属于化学改变,A错误;石油裂解是为了得到乙烯等不饱和烃,B错误;电能不是新能源,C错误;制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英,三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃,D正确。2.依据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的试验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分别NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到试验目的的是()。答案:C解析:A项,加热NH4Cl分解生成的NH3与HCl遇冷会重新化合生成NH4Cl,错误;B项,为保证CO2充分反应,进气管应伸入液面以下,错误;C项,从溶液中分别溶解度较小的NaHCO3晶体,用过滤法,正确;D项,NaHCO3受热会分解,不能加热干燥,错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A.32g甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.60g熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAC.Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2,转移电子的数目为0.4NAD.惰性电极电解食盐水,当线路中通过电子数为NA时,阳极产生气体11.2L答案:C解析:1个甲醇分子中含有3个C—H键,32g甲醇的物质的量为1mol,含有3molC—H键,含有C—H键的数目为3NA,A项错误;60g熔融的NaHSO4的物质的量为0.5mol,0.5mol熔融硫酸氢钠电离出0.5mol钠离子和0.5mol硫酸氢根离子,总共含有1mol离子,含有的离子数为NA,B项错误;过氧化钠中氧元素的化合价为-1价,Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2,转移了0.4mol电子,转移电子的数目为0.4NA,C项正确;无法确定是标准状况下,因此不能运用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积,D项错误。4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()。A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnOB.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+C.向冷的氢氧化钠溶液中通入氯气:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2OD.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应:H++SO42-+Ba2++OH-BaSO4↓+H答案:C解析:无色溶液中不行能大量存在高锰酸根离子,A错误;pH=2的溶液显酸性,H+能与SiO32-反应生成硅酸沉淀,二者不能大量共存,B错误;向冷的氢氧化钠溶液中通入氯气,离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O,C正确;稀硫酸与氢氧化钡溶液反应,离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO5.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如右图所示。下列说法不正确的是()。A.简洁阳离子半径:X<RB.最高价含氧酸的酸性:Z<YC.M的氢化物常温常压下为气体D.X与Y可以形成正四面体结构的分子答案:B解析:由五种短周期元素的最外层电子数和原子半径的大小关系可推出X、Y、Z、M、R分别是H、C、N、S、Na。Na+半径大于H+,A项正确;硝酸酸性强于碳酸,B项错误;H2S常温常压下为气体,C项正确;CH4是正四面体结构的分子,D项正确。6.金合欢醇广泛应用于多种香型的香精中,其结构简式如图所示。下列说法正确的是()。A.金合欢醇与乙醇是同系物B.金合欢醇可发生加成反应,但不能发生取代反应C.1mol金合欢醇能与3molH2反应,也能与3molBr2反应D.1mol金合欢醇与足量Na反应生成0.5mol氢气,与足量NaHCO3溶液反应生成1molCO2答案:C解析:金合欢醇中含有碳碳双键,乙醇中不含碳碳双键,故金合欢醇与乙醇不是同系物,A项错误;金合欢醇中含有羟基,能发生取代反应,B项错误;金合欢醇中含有碳碳双键,既能与H2发生加成反应,也能与Br2发生加成反应,C项正确;金合欢醇中不含有羧基,不能与碳酸氢钠溶液反应,D项错误。7.常温下,下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是()。A.使甲基橙溶液变红的溶液中:Na+、Cl-、CH3COO-、Fe2+B.水电离的OH-浓度为10-12mol·L-1的溶液中:Mg2+、NH4+、AlOC.无色溶液中:Al3+、NO3-、Cl-D.c(H2C2O4)=0.5mol·L-1的溶液中:Na+、K+、MnO4-答案:C解析:使甲基橙溶液变红的溶液显酸性,不能大量存在CH3COO-,故A项错误;水电离的OH-浓度为10-12mol·L-1的溶液,可能为酸或碱溶液,酸溶液中不能大量存在AlO2-、SO32-,碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+,故B项错误;C组离子之间不反应,可大量共存,且离子均为无色,故C项正确;MnO4-8.分子式为C9H10O2的有机物,其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有(不考虑立体异构)()。A.12种 B.13种 C.14种 D.15种答案:C解析:该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体,说明含有羧基(—COOH),取代基为正丙酸基,1种;取代基为异丙酸基,1种;取代基为—COOH、—CH2—CH3,有邻、间、对3种;取代基为乙酸基、—CH3,有邻、间、对3种;取代基为—COOH、—CH3、—CH3,2个甲基邻位,2种;2个甲基间位,3种;2个甲基对位,1种;符合条件的总共有14种。9.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相像,可用于提取中药材的有效成分,工艺流程如下。下列说法中错误的是()。A.浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B.高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取C.升温、减压的目的是实现CO2与产品分别D.超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点答案:B解析:高温条件下,二氧化碳为气态,而萃取是利用超临界状态下的CO2流体,故高温条件下不利于超临界CO2流体萃取,B项错误。10.中学化学中许多“规律”都有其适用范围,下列依据有关“规律”推出的结论正确的是()。选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大,反应速率越大常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相像的物质,沸点随相对分子质量增大而上升NH3的沸点低于PH3的D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀答案:D解析:次氯酸不稳定,光照分解生成HCl,A项错误;浓硝酸与Al快速反应,使其表面生成氧化膜而钝化,而稀硝酸不能使Al钝化,因此稀硝酸中的Al先溶解完,B项错误;NH3分子间存在氢键,故NH3的沸点高于PH3的,C项错误;ZnS的溶解度比CuS的大,故ZnS沉淀在CuSO4溶液中可转化为CuS沉淀,D项正确。11.下列叙述正确的是()。A.0.1mol·L-1CH3COONa溶液:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后,复原至原温度,pH增大,KW不变C.肯定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中,c(H+)相等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体,溶液中c(S2-)不改变答案:C解析:0.1mol·L-1CH3COONa溶液因CH3COO-水解呈碱性,c(OH-)>c(H+),A项错误;Na2CO3溶液加水稀释后,复原至原温度,pH减小,KW不变,B项错误;因为pH=-lgc(H+),故肯定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中c(H+)相等,C项正确;溶液中加入AgCl固体,存在平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与S2-反应生成Ag2S沉淀,使溶液中c(S2-)减小,D项错误。12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10依据表中数据推断以下说法不正确的是()。A.在冰醋酸中,高氯酸的酸性最强B.水对于这四种酸的强弱没有区分实力,但醋酸可以区分这四种酸的强弱C.在冰醋酸中1mol·L-1的高氯酸的电离度约为0.4%D.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H++SO4答案:D解析:在冰醋酸中,HClO4的Ka最大,酸性最强,A项正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,因此用冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,B项正确;因为Ka=c(H+)·c(ClO4-)c(HClO4)=1.6×10-5,在冰醋酸中1mol·L-1的高氯酸的13.一种新型可充电电池的工作原理如图所示。放电时总反应为Al+3CnAlCl4+4AlCl4-4Al2Cl7-+3Cn(Cn下列说法中正确的是()。A.放电时负极反应为2Al+7Cl--6e-Al2Cl7B.放电时AlCl4C.充电时阳极反应为AlCl4-+Cn-e-CnAlClD.电路中每转移3mol电子,最多有1molCnAlCl4被还原答案:C解析:熔融盐中Cl-是以AlCl4-形式存在的,放电时负极反应式为Al+7AlCl4--3e-4Al2Cl7-,A项错误;放电时,AlCl4-向负极移动,B项错误;放电时石墨电极与电源的正极相连,反应式为CnAlCl4+e-AlCl4-+Cn,充电时,石墨电极为阳极,发生氧化反应生成CnAlCl4:AlCl4-+Cn-e-14.在25℃时,H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者所占的物质的量分数(a)随溶液pH改变关系如图所示,下列叙述错误的是()。A.H2R是二元弱酸,其Ka1=1×10-2B.当溶液恰好呈中性时,c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)C.NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D.含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液的pH=7.2答案:C解析:由pH=2可知c(H+)=0.01mol·L-1,其Ka1=c(H+)·c(HR-)c(H2R)=0.01,A项正确;当溶液恰好呈中性时,依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)得出c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-),B项正确;NaHR在溶液中pH≈5,HR-15.在T℃时,将N2O4、NO2分别充入两个容积均为1L的密闭容器中,反应过程中浓度改变如下[2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0]:容器物质起始浓度/(mol·L-1)平衡浓度/(mol·L-1)ⅠN2O40.1000.040NO200.120ⅡN2O400.0142NO20.1000.0716下列说法不正确的是()。A.平衡时,Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)>α(NO2)B.平衡后,上升相同温度,以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)<v(Ⅱ)C.平衡时,Ⅰ、Ⅱ中正反应的平衡常数K(Ⅰ)=1D.平衡后,上升温度,Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将变深答案:B解析:容器Ⅰ中α(N2O4)=0.100mol·L-1-0.040mol·L-10.100mol·L-1=0.6;容器Ⅱ中α(NO2)=0.100mol·L-1-0.0716mol·L-10.100mol·L-1=0.284,故平衡时Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)>α(NO2),A项正确。由表中数据可知,平衡时容器Ⅰ中c(N2O4)大于容器Ⅱ中c(N2O4),故以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)>v(Ⅱ),上升相同温度,反应速率加快,仍有v(Ⅰ)>v(Ⅱ),B项错误。Ⅰ中反应为N2O4(g)2NO2(g),Ⅱ中反应为2NO2(g)N2O16.X、Y、Z是三种气态物质,在肯定温度下其改变符合下图。下列说法不正确的是()。A.图Ⅰ中反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)B.若上升温度,图Ⅰ中反应的平衡常数减小,Y的转化率降低C.若图Ⅱ中有一种是加入了催化剂,则曲线B是加入催化剂时的能量改变曲线,曲线A是没有加入催化剂时的能量改变曲线D.若图Ⅲ中甲表示压强,乙表示Z的含量,则其改变符合图Ⅲ中曲线答案:D解析:依据图Ⅰ中各物质的改变,可知X、Y是反应物,Z是生成物,浓度改变比值为(0.5-0.3)∶(0.7-0.1)∶(0.4-0)=1∶3∶2,依据浓度改变之比等于化学计量数之比可知化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),A正确;依据图Ⅱ可知,该反应为放热反应,上升温度平衡逆向移动,平衡常数减小,Y的转化率降低,B正确;加入催化剂能降低反应的活化能,所以图Ⅱ中曲线B是加入催化剂的能量改变曲线,C正确;压强增大平衡右移,Z的含量增大,D错误。17.已知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,当反应器中按n(N2)∶n(H2)=1∶3投料后,在不同温度下,反应达到平衡时,得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的改变曲线a、b、c如图所示。下列说法正确的是()。A.曲线a对应的反应温度最高B.上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)<K(N)C.相同压强下,投料相同,达到平衡所需时间关系为c>b>aD.N点时c(NH3)=0.2mol·L-1,则N点的c(N2)∶c(NH3)=1∶1答案:D解析:合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应正向进行,曲线a的氨气的物质的量分数最高,其反应温度最低,故A项错误;平衡常数只与温度有关,该反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,题图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)>K(N),故B项错误;反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,相同条件下曲线a、b、c的氨的物质的量分数a>b>c,则反应温度a<b<c,温度越高反应速率越大,达到平衡时间越短,即达到平衡的时间c<b<a,故C项错误;在N点氨气的物质的量分数为20%,剩余氮气和氢气的物质的量分数的和为80%,N点c(NH3)=0.2mol·L-1时,氮气和氢气的浓度和为0.8mol·L-1,因为n(N2)∶n(H2)=1∶3,则c(N2)=0.2mol·L-1,c(N2)∶c(NH3)=1∶1,故D项正确。18.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-CrO42-Cr2O72-Cr3+已知转化过程中的反应为2CrO42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g·L-1,CrA.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeSO4·7H2O)作还原剂,处理1L废水,至少须要458.7gC.常温下转化反应的平衡常数K=1×1014,则转化后所得溶液的pH=5D.常温下Ksp=1×10-32,要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1,应调溶液的pH=5答案:C解析:A项,溶液颜色保持不变,说明Cr2O72-和CrO42-的浓度不变,则题给可逆反应达到平衡状态,正确;B项,依据氧化还原反应中得失电子总数相等可得:28.6g÷52g·mol-1×3=m(FeSO4·7H2O)÷278g·mol-1,解得m(FeSO4·7H2O)=458.7g,正确;C项,1L废水中n(Cr)=28.6g52g·mol-1=0.55mol,CrO42-有1011转化为Cr2O72-,则酸化后c(CrO42-)=0.55mol·L-1×(1-1011)=0.05mol·L-1,c(Cr2O72-)=0.55mol·L-1×1011×12=0.25mol·L-1,常温下转换反应的平衡常数K=1×1014,则c(Cr2O二、非选择题(本题共4个小题,共46分)19.(8分)现有A、B、C、D四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物,且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子,C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图:(1)写出B(单质)+乙甲+C(单质)的化学方程式:。(2)依据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种,不能被确定的第四种元素是(填写序号)。

①A②B③C④D(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素:①甲与丙以及乙与丙均能发生反应,②甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质。据此,请回答下列问题:A.写出上述第四种元素在周期表中的位置:;

B.写出C(单质)+丙乙+丁的化学方程式:。

答案:(1)2F2+2H2O4HF+O2(2)④(3)其次周期第ⅤA族4NH3+5O24NO+6H2O解析:依据题给信息可初步确定A是氢元素,考虑到B(单质)可置换出C(单质),可初步确定B是氟元素,C是氧元素,D是碳元素或氮元素;假如确定B是氯元素,C是硫元素,则D为磷元素或硅元素,这与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”冲突,故A是氢元素,B是氟元素,C是氧元素,D是氮或碳元素,甲是HF,乙是H2O,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2。(1)B(单质)+乙甲+C(单质)的反应是氟气与水反应生成氟化氢和氧气的反应,化学方程式为2F2+2H2O4HF+O2。(2)依据分析可知,D元素不能确定。(3)由信息可知丙为NH3,丁为NO,故D元素为氮元素,在周期表中位于其次周期第ⅤA族;C(单质)+丙乙+丁的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。20.(12分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行试验探究。操作现象Ⅰ.A中溶液变红Ⅱ.稍后,溶液由红色变为黄色(1)B中反应的离子方程式是。

(2)A中溶液变红的缘由是。

(3)为了探究现象Ⅱ的缘由,甲同学进行如下试验:①取A中黄色溶液放入试管中,加入NaOH溶液,有红褐色沉淀生成,则溶液中肯定存在。②取A中黄色溶液于试管中,加入过量的KSCN溶液,最终得到红色溶液。甲同学的试验证明产生现象Ⅱ的缘由是SCN-与Cl2发生了反应。

(4)甲同学猜想SCN-可能被Cl2氧化了,他又进行了如下探讨。资料显示:SCN-的电子式为[··S····①甲同学认为SCN-中碳元素没有被氧化,理由是。

②取A中黄色溶液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,此试验证明SCN-中被氧化的元素是。

③通过试验证明白SCN-中氮元素转化为NO3-,他的试验方案是④若SCN-与Cl2反应生成1molCO2,写出反应的离子方程式:,并计算转移电子的物质的量是mol。

答案:(1)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+,Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3(3)Fe3+(4)①SCN-中的碳元素是最高价态+4价②硫元素③取足量铜粉于试管中,加入A中黄色溶液和肯定量的稀盐酸,加热,视察到试管上方有红棕色气体生成,证明A中存在NO3-,SCN-中氮元素被氧化成了NO3-④SCN-+8Cl2+9H2ONO3-+SO42-解析:(4)①依据SCN-的电子式可知,S—C键中的共用电子对偏向S原子,C≡N键中的共用电子对偏向N原子,所以SCN-中各元素的化合价为S-2C+4N--3,由于碳元素已达最高价,故不能被氧化。②产生的白色沉淀应为BaSO4,故SCN-中被氧化的元素是硫元素。③检验NO3-可通过将NO3-转化为NO2的方法。④SCN-与Cl2反应生成CO2,说明反应物中还应有H2O,而生成物依据已有信息可知有CO21.(12分)雾霾天气是一种大气污染状态,雾霾的源头多种多样,比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧,甚至火山爆发等。(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在肯定温度和催化剂的条件下可净化。①已知部分化学键的键能如下:分子式/结构式NO/N≡OCO/C≡OCO2/OCON2/N≡N化学键N≡OC≡OCON≡N键能/(kJ·mol-1)6321072750946请完成汽车尾气净化中NO(g)和CO(g)发生反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=kJ·mol-1

②若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行,并在t1时刻达到平衡状态,则下列示意图不符合题意的是(填字母)。[下图中v(正)、K、n、p总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强]

(2)在T℃时,向容积为10L的恒容密闭容器中通入NO和CO,测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表:时间/s012345n(NO)/×10-2mol10.04.502.501.501.001.00n(CO)/×10-1mol3.603.052.852.752.702.70T℃时该反应的平衡常数K=,既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是(写出一种即可)。

(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。在氨气足量的状况下,不同c(NO2)/c(NO)、不同温度对脱氮率的影响如图所示(已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应),请回答温度对脱氮率的影响,给出合理的说明:。

答案:(1)①-538②ABC(2)500加压(3)300℃之前,温度上升脱氮率渐渐增大;300℃之后,温度上升脱氮率渐渐减小300℃之前,反应未平衡,反应正向进行,脱氮率增大;300℃时反应达平衡,平衡后升温,平衡逆向移动,脱氮率减小解析:(1)①化学反应的焓变等于反应物中全部化学键的键能之和减去生成物中全部化学键的键能之和,因此ΔH=2×632kJ·mol-1+2×1072kJ·mol-1-946kJ·mol-1-4×750kJ·mol-1=-538kJ·mol-1;②t1时刻以后,正反应速率依旧在改变,证明没有达到平衡状态,不符合题意,故A错误;平衡常数K只与温度有关,由于该反应是在恒温条件下进行的,因此平衡常数K始终不变,B错误;t1时刻以后,NO和CO2的量依旧在改变,证明没有达到平衡状态,C错误;该反应是气体分子数减小的反应,由于该反应在恒温、恒容条件下进行,随着反应的进行,容器内压强不断减小,当反应达到平衡状态时,压强不再发生改变,因此D正确。(2)CO和NO发生反应,化学方程式为: 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度(10-2mol·L-1)13.600转化浓度(10-2mol·L-1)0.90.90.450.9平衡浓度(10-2mol·L-1)0.12.70.450.9K=(0.45×1(3)依据图示信息可知,300℃之前,温度上升脱氮率渐渐增大;300℃之后,温度上升脱氮率渐渐减小。缘由是300℃之前,反应未达到平衡,反应正向进行,脱氮率增大;300℃时反应达平衡,之后升温平衡逆向移动,脱氮率减小。22.(14分)某科研