福建省泉州市高三化学下学期质量检查3月试题含解析

1、福建省泉州市2018届高三毕业班3月质量检查理综化学试题1. 化学与生活密切相关。下列物质的用途错误的是a. 小苏打用于面包发酵b. 氢氧化铝用于中和胃酸c. 肥皂水用于蚊虫叮咬处清洗d. 福尔马林用于食品保鲜【答案】d【解析】a. 碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于糕点、面包的发酵，故a正确；b. 胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝和水，消耗盐酸，故b正确；c. 肥皂水呈碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生反应，可用于蚊虫叮咬处清洗，故c正确；d. 福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故d错误；答案选d。2. 下列说法正确的是a. hoch2ch=

2、chcooh能发生酯化、加聚、水解等反应b. 石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇c. 丁烷的一氯代物有5种d. 油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】b【解析】a. hoch2ch=chcooh中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故a错误；b. 石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故b正确；c. 丁烷有两种同分异构体，分别为ch3ch2ch2ch3和ch(ch3)3，ch3ch2ch2ch3的一氯代物有2种，ch(ch3)3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故c错误；d. 淀粉、蛋白质是可以发生水解

3、反应的高分子化合物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故d错误；答案选b。3. na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是a. 46g乙醇完全燃烧，转移的电子数为12nab. 0.2na个ch4分子与足量氯气反应，生成物在标准状况下的体积为22.4lc. 1l 1 mol·l1nh4no3 溶液中no3的数目为nad. 1mol na与足量o2反应，产物中阴离子的数目为0.5na【答案】b点睛：本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断，试题难度中等，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系、理清物质的结构、性质是解答本题的关键，本题的易错点是d项，解题时要注意无论

4、是na2o2还是na2o均只有1个阴离子，钠离子和阴离子的个数之比都是2:1。4. x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素，x和w为同族元素，wx是离子化合物，yz为常见气体。下列说法一定正确的是a. 常温下，yz在空气中易被氧气氧化b. y的最简单气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反应c. 原子半径由大到小的顺序为w、y、z、xd. 符合分子式为y2x6z的化合物能与w单质发生置换反应【答案】c【解析】x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素，x和w为同族元素，wx是离子化合物，则x为h元素、w为na元素，y、z一定是第二周期的元素，yz为常见气体，则yz为co，y为c元素，

5、z为o元素。a. yz为co，常温下在空气中不易被氧化，故a错误；b. c元素的最简单气态氢化物是甲烷，与碳酸不能发生反应，故b错误；c. na是短周期中原子半径最大的元素， c元素的原子半径大于o元素的原子半径，h元素的原子半径最小，故c正确；d. 符合分子式为y2x6z的化合物可能是ch3ch2oh或ch3och3，ch3ch2oh能与单质na发生置换反应，ch3och3不能与单质na发生置换反应，故d错误；答案选c。点睛：本题主要考查原子结构和元素周期律，试题难度中等。根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键，解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系，本题的难点是d项，注意符合分

6、子式为y2x6z的化合物既可能是ch3ch2oh也可能是ch3och3，二者的官能团不同，ch3ch2oh中含有羟基，能与单质na发生置换反应，而ch3och3中不含羟基，不能与单质na发生置换反应。5. 如图所示为盐酸介质中，金属铜与氢叠氮酸（hn3）构成的原电池，总反应方程式为： 2cu+2cl- +hn3+3h+2cucl(s)+n2+nh4+。下列叙述错误的是a. 电子的流向为cu石墨b. 负极的电极反应式为cu+clecucl(s)c. 反应一段时间后正极区溶液的ph减小d. 标准状况下，生成224ml n2时，铜转移的电子数为0.02na【答案】c【解析】a. 由总反应方程式可知，

7、cu失电子生成cucl，所以cu为负极，石墨为正极，电子的流向为cu石墨，故a正确；b. cu失电子生成cucl，电极反应式为cu+clecucl(s)，故b正确；c. 正极的电极反应式为hn32e3h=n2nh4，由电极反应式可知，反应一段时间后正极区溶液的ph增大，故c错误；d. 由总反应方程式可知，cu的化合价从0价升高到+1价，生成1mol氮气时，消耗2molcu，转移2mol电子，在标准状况下，224ml n2的物质的量为0.01mol，则消耗0.02molcu，cu转移的电子数为0.02na，故d正确；答案选c。点睛：本题主要考查原电池的组成、原电池原理和电极反应式书写等，根据题目

8、所给的原电池总反应方程式并结合原电池原理即可解答，试题难度中等。本题的难点是c项，分析某个电极反应后的溶液ph变化情况，一定要结合该电极的电极反应式进行判断，具体到本题中，正极的电极反应式为hn32e3h=n2nh4，因该电极反应消耗h，所以反应一段时间后正极区溶液的ph增大。6. 四氯化钛（ticl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点25，沸点 136.4。某实验小组设计如下装置（部分加热和夹持装置省略），用cl2与炭粉、tio2制备ticl4。下列说法不正确的是a. 、中分别盛装饱和食盐水和naoh溶液b. 冷凝管有冷凝、回流和导气的作用c. 反应结束时，应先

9、停止处加热，后停止处加热d. 该设计存在不足，如之间缺少防水蒸汽进入的装置【答案】a【解析】a. 因四氯化钛（ticl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以中应盛装浓硫酸，故a错误；b. ticl4的熔沸点较低，制得的ticl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，故b正确；c. 反应结束时，先停止处加热，后停止处加热，可以使制得的ticl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使ticl4变质，故c正确；d. 因四氯化钛（ticl4）极易水解，所以应在装置和之间加一个防止水蒸汽进入的装置，故d正确；答案选a。7. 常温下，向浓度均为

10、0.1 mol/l 体积均为10ml的两种一元酸（hx、hy）溶液中，分别滴入0.1 mol·l-1naoh溶液，ph的变化曲线如图所示。下列说法错误的是a. n点：c(na+)c(y- )c(hy)b. m点：c(x)c(na+)c. 滴至ph=7时，消耗naoh溶液的体积：hxhyd. 滴入10mlnaoh溶液时，溶液中水的电离程度：hxhy【答案】a【解析】a. 据图可知，浓度均为0.1 mol/l的两种一元酸hx、hy溶液的ph都大于1，说明hx和hy均为弱酸，n点加入naoh溶液的体积为15ml，naoh与hy的物质的量之比为3:2，则根据物料守恒得2c(na+)3c(y-

11、 )3c(hy)，故a错误；b. m点加入naoh溶液的体积为5ml，根据反应方程式naoh+hx=nax+h2o可知，反应后所得溶液中hx和nax的物质的量相等，此时溶液的ph7，说明hx的电离程度大于x的水解程度，所以c(x)c(na+)，故b正确；c. 据图可知，浓度均为0.1 mol/l的两种一元酸hx、hy溶液的ph(hx)ph(hy)，说明酸性hxhy，因酸性越弱其对应的阴离子水解程度越大，所以滴至ph=7时，消耗naoh溶液的体积：hxhy，故c正确；d. 滴入10mlnaoh溶液时，hx和hy均恰好完全反应分别得到nax、nay溶液，因酸性hxhy，则x的水解程度小于y的水解程

12、度，溶液中水的电离程度：hxhy，故d正确；答案选a。8. 热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。.利用如图装置（省略加热装置），探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有o2和少量cl2。（1）加热干燥漂白粉样品，观察到b中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有_。（2）加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到b中也有气泡产生。b中发生反应的离子方程式为_。待充分反应后，断开连接a、b的橡皮管，停止加热，冷却。利用b中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：_。. 测定漂白粉总氯的百分含量（即样品中氯元素总质量与样品

13、总质量的比值）。实验步骤如下：准确称取5.000 g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 ml。移取25.00 ml该试样溶液至锥形瓶中，调节ph，缓慢加入适量3% h2o2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量k2cro4溶液作为指示剂，以0.1000mol/l agno3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗agno3标准溶液平均体积为25.00 ml。（已知：ksp(agcl，白色)1.56×1010，ksp(ag2cr2o4，砖红色)9.0×1012）（3）步骤中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_、 _。（4）加入h2o2水溶液，搅拌至

14、不再产生气泡，目的是_（用离子方程式表示）。（5）滴定终点的现象是_。（6）该漂白粉总氯的百分含量为_。（7）下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是_。a指示剂k2cro4的用量过多b在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面c滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【答案】 (1). cacl2 (2). 2oh+cl2cl+ clo+ h2o (3). 取少量b中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有cl2生成 (4). 500ml容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). clo+ h2o2cl+o2+ h2o (7). 当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分

15、钟内不消失 (8). 35.5% (9). c【解析】i. (1). 加热干燥的漂白粉样品，观察到b中有大量无色气泡产生，说明漂白粉受热生成的产物中有o2，o元素的化合价从2价升高到0价，根据氧化还原反应的规律可知，cl元素的化合价应从+1价降低到1价，所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有cacl2 ，故答案为：cacl2 ；(2). . 因久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有o2和少量cl2，则在b中cl2和naoh发生反应生成nacl、naclo和h2o，离子方程式为：2oh+cl2cl+ clo+ h2o，故答案为：2oh+cl2cl+ clo+ h2o；. 若漂白粉加热时有少量氯

16、气生成，则氯气和naoh溶液反应后所得的溶液中含有cl，所以只要检验b中含有cl即可证明，实验方案为：取少量b中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有cl2生成，故答案为：取少量b中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有cl2生成；ii. (3). 步骤中，将称量的漂白粉样品研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 ml，则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500ml容量瓶和胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；(4). 加入h2o2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是使漂白粉与h2o2完全反应，该反应的离子方程式为：clo+ h2o2c

17、l+o2+ h2o，故答案为：clo+ h2o2cl+o2+ h2o；(5). 用agno3标准溶液滴定，当溶液中的cl完全反应后，开始生成砖红色的ag2cr2o4沉淀，所以滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，即为滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；(6). 由反应方程式clo+ h2o2cl+o2+ h2o、agcl=agcl可知：cloclag，所以样品中氯元素的总质量为：m(cl)=0.025l×0.1mol/l××35.5g/mol=1.775g，则该漂白粉总氯的百分

18、含量为：×100%=35.5%，故答案为：35.5%；(7). a若指示剂k2cro4的用量过多，溶液中cro42的浓度较大，会造成cl尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，故a错误；b在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故b错误；c滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会使标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故c正确，答案选c。9. 磷单质及其化合物有着广泛应用。（1）在1.0 l密闭容器中放入0.10mol pcl5(g)，一定温度进行如下反应:pcl5(g)pcl3(g)cl2(g) h1反应时间

19、(t)与容器内气体总压强(p/100kpa)的数据见下表：回答下列问题:pcl3的电子式为_。t1温度下，反应平衡常数k=_。t1_t2（填“”、“”或“”，下同），pcl5的平衡转化率1(t1) _2(t2)。（2）pcl5、pcl3可转化为h3po4、h3po3。已知下列热化学方程式：pcl5(g)4h2o(l) = h3po4(aq)5hcl(aq) h2pcl3(g)3h2o(l) = h3po3(aq)3hcl(aq) h3h3po3(aq)cl2(g)h2o(l) = h3po4(aq)2hcl(aq) h4则h4= _。（用h1、h2、h3表示）（3）次磷酸钴co(h2po2)2

20、广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如下图。co的电极反应式为_，a、b、c为离子交换膜，其中b为_离子交换膜（填“阳”或“阴”）。次磷酸(h3po2)为一元弱酸，次磷酸钠溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). (2). 0.32 mol·l1 (3). (4). (5). h2h1h3 (6). co2e=co2 (7). 阴 (8). c(na)c(h2po2)c(oh)c(h+)【解析】(1). .p原子最外层有5个电子，cl原子最外层有7个电子，p原子与3个cl原子形成3个共用电子对，pcl3的电子式为，故答案为：；. 在

21、恒温恒容的密闭容器中，容器内气体的总压强之比等于气体的总物质的量之比，根据平衡三段式法有：pcl5(g)pcl3(g)cl2(g)起始量(mol) 0.1 0 0转化量(mol) x x x平衡量(mol) 0.1-x x x平衡时气体总物质的量为：(0.1-x+x+x)=(0.1+x)mol，则有： = ，x=0.08mol，所以t1温度下，反应平衡常数k=0.32 mol·l1，故答案为：0.32 mol·l1；. 在1.0 l密闭容器中放入0.10mol pcl5(g)，由表中数据可知，在时间为0时，t1对应的气体总压强小于t2对应的气体总压强，因相同条件下温度越高，

22、气体的压强越大，所以t1t2，在温度为t2时，根据平衡三段式法有：pcl5(g)pcl3(g)cl2(g)起始量(mol) 0.1 0 0转化量(mol) y y y平衡量(mol) 0.1-y y y平衡时气体总物质的量为：(0.1-y+y+y)=(0.1+y)mol，则有： = ，y=0.083mol，x=0.08moly=0.083mol，所以在温度为t2时pcl5的平衡转化率更大，即1(t1) 2(t2)，故答案为：；(3). . 以金属钴和次磷酸钠为原料，用电解法制备次磷酸钴co(h2po2)2，co的化合价从0价升高到+2价，则co的电极反应式为co2e=co2，产品室可得到次磷酸

23、钴的原因是：阳极室的co2通过阳离子交换膜进入产品室，原料室的h2po2通过阴离子交换膜进入产品室与co2结合生成co(h2po2)2，所以b是阴离子交换膜，故答案为：co2e=co2；阴；. 次磷酸(h3po2)为一元弱酸，在次磷酸钠溶液中，h2po2水解使溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(na)c(h2po2)c(oh)c(h+)，故答案为：c(na)c(h2po2)c(oh)c(h+)。点睛：本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、盐溶液中微粒浓度大小的比较及电化学相关知识，试题难度中等。本题的难点是第(3)小题的第一问，解答本题时要先根据题目信息，分析电解时co的化

24、合价变化情况，进而判断出co为阳极、石墨为阴极，再结合电解池的基本原理，分析溶液中阴离子和阳离子的移动方向，进而判断b属于阴离子交换膜。10. 在我国的资源储备中，铬是重要的战略金属资源。以下是以某铬渣（主要成分为cr2o3，杂质主要是feo、sio2等）为原料生产cr2o3的工艺流程：已知：kspmg(oh)21.2×1011，ksp cr(oh)36.4×1031（1）若以氧化物形式表示矿物的组成，fe2sio4可表示为_。（2）焙烧时通入氧气的作用是 _。（3）“除杂”时加入mgso4-(nh4)2so4混合物与溶液中少量的po43 、aso43 、sio32反应，分

25、别转化为nh4mgpo4、nh4mgaso4、mgsio3沉淀除去。反应过程控制溶液ph为9，若ph9除杂率降低的原因是 _。反应的温度控制在80左右，温度不宜太高的主要原因是_。（4）“还原”时先调节溶液ph，再加入焦亚硫酸钠（na2s2o5）完成“还原”反应的离子方程式：_已知铬液中c(cr2o72 )0.32 mol/l ，为了不使还原过程产生cr(oh)3沉淀，应 控制反应过程ph不大于 _。（5）“沉铬”主要副产物为_。【答案】 (1). 2feo·sio2 (2). 将cr2o3、feo氧化 (3). ph过高时，mg2+、nh4+易转化为mg(oh)2、nh3，影响沉淀

26、形成。 (4). 铵盐受热分解 (5). 2、3、10h+、4、6、5h2o (6). 4 (7). na2so4【解析】(1). fe2sio4中的fe元素为+2价，以氧化物的形式可表示为：2feo·sio2，故答案为：2feo·sio2；(2). 由焙烧后的工艺流程可知，在焙烧时通入氧气的目的是将cr2o3、feo氧化，故答案为：将cr2o3、feo氧化；(3). .“除杂”时加入mgso4-(nh4)2so4混合物的目的是与溶液中少量的po43、aso43、sio32反应，分别转化为nh4mgpo4、nh4mgaso4、mgsio3沉淀除去，反应过程中需控制溶液ph为

27、9，若ph9，则mg2+、nh4+易转化为mg(oh)2、nh3，影响沉淀形成，使除杂率降低，故答案为：mg2+、nh4+易转化为mg(oh)2、nh3，影响沉淀形成；. 反应的温度控制在80左右，若温度太高，会使铵盐受热分解，降低除杂率，故答案为：铵盐受热分解；(4). .在酸性条件下，cr2o72与s2o52发生氧化还原反应生成cr3和so42，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：2cr2o723s2o5210h=4cr36so425h2o，故答案为：2、3、10h+、4、6、5h2o；. 铬液中c(cr2o72 )0.32 mol/l，由2cr2o723s2o5210h=4

28、cr36so425h2o可知，反应后的溶液中c(cr3+ )0.64mol/l，当cr3+开始生成cr(oh)3沉淀时，溶液中的c3(oh)=，解得c(oh)=1010mol/l，溶液的ph等于4，所以为了不使还原过程产生cr(oh)3沉淀，应控制反应过程ph不大于4，故答案为：4；(5). 由工艺流程图和反应2cr2o723s2o5210h=4cr36so425h2o可知，“沉铬”的主要副产物为na2so4，故答案为：na2so4。11. 铂（pt）及其化合物用途广泛。（1）在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，则铂元素位于 _。as区 bp区 cd区 dds 区 ef区（2）二氯二吡啶合铂是

29、由pt2+ 、cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同 分异构体。科学研究表明，反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。cl的外围电子排布式为 _。吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示，该配体的配位原子是_。吡啶分子中，碳、氮原子的轨道杂化方式分别是 _、_，各元素的电负性由大到小的顺序为_。二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有 _（填序号）。a离子键 b配位键 c金属键 d非极性键 e氢键二氯二吡啶合铂分子中，pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由： _。反式二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是 _分子（选填“极性”、“非极性”）。（3）金属铂

30、立方晶胞沿 x、y或z轴的投影图如右图所示。若金属铂的密度为d g·cm3，则晶胞参数a_nm（列出计算式即可）。【答案】 (1). c (2). 3s23p6 (3). n (4). sp2 (5). sp2 (6). n、c、h (7). b、d (8). 若pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体 (9). 非极性 (10). 【解析】(1). 在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，铁元素位于元素周期表的d区，所以铂元素也位于d区，故答案选c；(2). .cl核外有18个电子，其外围电子排布式为：3s23p6，故答案为：3s23p6；. 在

31、吡啶分子中，由n原子提供孤电子对形成配体，所以该配体的配位原子是n原子，在吡啶分子中，碳原子形成2个单键和1个双键，共3个键，氮原子形成1个单键、1个双键和1个配位键，共3个键，所以碳、氮原子的轨道杂化方式分别是sp2、sp2，吡啶由n、c、h三种元素组成，因非金属性nch，所以电负性由大到小的顺序为：n、c、h，故答案为：n；sp2；sp2；n、c、h；.二氯二吡啶合铂分子是由pt2+ 、cl-和吡啶结合形成的铂配合物，所以存在配位键，碳原子之间形成非极性键，因二氯二吡啶合铂属于分子，所以不存在离子键和金属键，又因氮原子未连接氢原子，所以不存在氢键，故答案为：b、d；. 二氯二吡啶合铂有顺式

32、和反式两种同分异构体，在二氯二吡啶合铂分子中，若pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体，所以pt2+的配位数虽然是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，故答案为：若pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体；. 吡啶分子是大体积平面配体，由反式二氯二吡啶合铂分子的结构示意图可知，该分子的结构是一种对称结构，所以反式二氯二吡啶合铂分子是非极性分子，故答案为：非极性；(3). 由金属铂立方晶胞的投影示意图可知，金属铂是面心立方最密堆积结构，则一个晶胞中含有8×1/8+6×1/2=4个pt原子，则金属铂

33、的密度d gcm3=，a=nm或×10-7nm，故答案为：或×10-7。12. 二氢吡喃（dhp）常用作有机合成中的保护基。（1）按照如下路线可以制得dhp。单糖a的分子式为_， dhp分子的核磁共振氢谱有_组峰。1mol糠醛与3mol h2反应转化为b，则b的结构简式为_。 dhp的同分异构体中，属于链状有机物且能发生银镜反应的有_种。（2）已知：i. dhp的保护和脱保护机理为ii. rccna + r1oh rcch + r1onaiii. rccna + r1br rccr1+ nabr应用dhp作保护基合成梨小食心虫性外激素的路线如下：被dhp保护的官能团名称是_，保护反应的类型是 _。上述路线中最后一步反应的方程式