2024年高考押题预测卷—化学（福建卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（福建卷02）（全解全析），共19页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O—16 Ce—140
1．化学与科技、生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是
A．推广使用聚乳酸材料、碳酸酯材料，二者都可自然降解
B．近年来，“加热不燃烧烟草制品(电子烟)”风靡全球，但实际吸电子烟也会产生有害物质危害健康
C．因制作口红时，添加天然矿物云母等着色剂，其中含Pb、Na、Mg等元素，吃饭前应擦拭干净
D．含氨基等基团的离子交换树脂为阳离子交换树脂
【答案】D
【详解】A．聚乳酸、碳酸酯都能水解，二者都可自然降解，故A正确；
B．电子烟的烟油含有尼古丁，故使用电子烟时，也会产生有害物质，故B正确；
C．因制作口红时，添加天然矿物云母等着色剂，其中含Pb、Na、Mg等元素，其中铅是重金属元素，对身体有害，吃饭前应擦拭干净，故C正确；
D．含氨基等基团的离子交换树脂为阴离子交换树脂，故D错误；
选D。
2．《史记》：“茯苓者，千岁松根也，食之不死。”茯苓酸A结构如图，下列说法正确的是
A．茯苓酸A属于芳香族化合物B．可发生氧化反应和消去反应
C．分子中含有4种官能团D．该物质最多可消耗
【答案】B
【详解】A．茯苓酸A中没有苯环，不属于芳香族化合物，A错误；
B．茯苓酸A中含有羟基可发生氧化反应，与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上有H原子，可以发生消去反应，B正确；
C．茯苓酸A中含有碳碳双键、羧基、羟基共3种官能团，C错误；
D．茯苓酸A中含有2个羧基，该物质最多可消耗，D错误；
故选B。
3．化学用语可以表示化学过程。下列化学用语的表示正确的是
A．基态锌原子的价层电子轨道表示式：
B．的形成过程：
C．中子形成的化学变化过程：
D．天然橡胶为顺式聚异戊二烯，其结构简式：
【答案】A
【详解】A．基态锌原子的价层电子排布式为，其轨道表示式，A正确；
B．氯化镁形成过程中应为，B错误；
C．中子形成过程为核反应，不属于化学变化，C错误；
D．天然橡胶为顺式聚异戊二烯，应为 ,D错误；
故选A。
4．阿伏加德罗提出阿伏加德罗定律为人类科学研究提供了重要的理论基础，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是
A．1.5ml的液态冰醋酸中含s−p σ键0个
B．常温常压下，1ml含有的
C．将0.1ml醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目小于
D．1L1 ml∙L−1NaCl溶液含有个电子
【答案】A
【详解】A．CH3COOH中C、O经过杂化后与H形成σ键，因此1.5ml的液态冰醋酸中含s−p σ键数目为0，故A正确；
B．常温常压下，1ml含有的，故B错误；
C．将0.1ml醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒得到钠离子数目等于醋酸根离子数目即溶液中数目等于，故C错误；
D．1L1 ml∙L−1NaCl溶液NaCl物质的量为1ml，NaCl含有个电子，但溶液中还有水，水中含有电子，故D错误。
综上所述，答案为A。
5．利用雾霾中的污染物、获得产品的流程图如下，下列方程式错误的是
A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量和的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
【答案】D
【分析】污染物、通到氢氧化钠溶液中，NO不反应，二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠，NO和Ce4+在吸收池2中反应生成、和Ce3+，氧化池中氧气氧化变为硝酸根，氨气通到酸性氧化池中和生成硝酸铵。
【详解】A．根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其反应的离子方程式：，故A正确；
B．根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成、和Ce3+，则生成等物质的量和，假设都生成1ml，则转移4ml电子，说明有4ml Ce4+参与反应，再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式：，故B正确；
C．“电解池”中阴极是亚硫酸氢根得到电子变为硫代硫酸根，其电极反应式：，故C正确；
D．“氧化池”中反应的离子方程式：，故D错误；
综上所述，答案为D。
6．分离某酸性废水(含H+、Sc3+、Fe2+、SO)中金属离子的工艺流程如图所示：
已知：Sc3+易水解，Sc3+和Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应且机理均为。下列说法错误的是
A．Sc3+被“萃取”的原理为
B．“水相1”经处理后可循环至“反萃取1”工序中应用
C．与P504的络合能力：Sc3+＜Fe2+
D．“一系列操作”为在HCl氛围中蒸发结晶
【答案】C
【分析】酸性废水加入P504和煤油，Sc3+、Fe2+与P504发生络合反应进入煤油层中，分液后向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到硫酸亚铁溶液，之后再向有机相中加入NaOH溶液反萃取，过滤得到Sc(OH)3沉淀，加入盐酸溶解，经系列操作得到ScCl3。
【详解】A．Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HR⇌ScR3+3H+，A正确；
B．酸性废水中Sc3+和Fe2+均被萃取，剩余H+和SO，即稀硫酸，可循环至“反萃取1”工序中应用，B正确；
C．加入稀硫酸是，络合反应逆向移动，而反萃取后得到是硫酸亚铁溶液，说明P504更易与Sc3+络合，C错误；
D．Sc3+易水解，为了抑制其水解，蒸干ScCl3溶液时，需要在HCl氛围中蒸发结晶，D正确；
综上所述答案为C。
7．某非线性光学晶体的化学式为，焰色反应显紫色(透过蓝色钴玻璃)。已知原子的核内质子数均为1，但中子数比的多1，是相邻周期的非金属元素，M原子的价层电子排布为原子的第一电离能比同周期相邻原子的大。下列说法正确的是
A．该晶体由5种元素组成
B．的最高价氧化物的水化物是弱酸
C．简单离子半径：
D．简单氢化物的沸点：
【答案】C
【分析】已知原子的核内质子数均为1，但中子数比的多1，故均为H元素， M原子的价层电子排布为，则M为O元素，是相邻周期的非金属元素，Z原子的第一电离能比同周期相邻原子的大，故Z为N元素，焰色反应显紫色(透过蓝色钴玻璃)W为K元素，据此分析解题。
【详解】A．据分析可知，该晶体含四种元素，故A错误；
B．Z的最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，故B错误；
C．电子层越多、离子半径越大，则简单离子半径W>Z、故C正确；
D．Z与M对应的简单氢化物分别为氨气、水，两分子间均含氢键，且水分子间氢键强度大于氨气，则简单氢化物的沸点：Z故选C。
8．Suzuki交叉偶联反应广泛应用于制药和先进材料制造等领域，其反应机理如图所示(L代表配体，X代表卤素原子)，下列说法错误的是
A．该反应的催化剂为Pd(O)L2
B．循环过程中Pd元素只有0、+2价
C．溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应
D．总反应为2→+2 X-
【答案】D
【详解】A．由题干反应历程图可知，Pd(O)L2反应前后保持不变，故该反应的催化剂是Pd(O)L2，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为中间产物，A正确；
B．由题干反应历程图可知，催化剂Pd(O)L2中的Pd元素是0价，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中Pd元素是+2价，B正确；
C．Br-C键能小于Cl-C，则C-Br比C-Cl更容易断裂，溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应，C正确；
D．总反应为+ 2OH-+→+X+[B(OH)4]-，D错误；
故答案为：D。
9．近日，美国威斯康星大学麦迪逊分校课题组使用锰一四苯基卟啉催化剂将电化学氧还原和水氧化进行配对，在两个电极上生成活性锰一氧物种，从而将转化为。
下列叙述正确的是
A．a极电势高于极
B．“和”总量几乎不变
C．电路上转移电子理论上生成
D．极反应：
【答案】B
【分析】该装置为电解池，根据图中转化图可知a极得电子，发生还原反应为电解池的阴极，b极失电子，发生氧化反应为电解池的阳极。
【详解】A．根据图中转化图可知a极得电子，发生还原反应，为电解池的阴极，b极失电子发生氧化反应，为电解池的阳极，故电势：aB．从总反应看，相当于“催化剂”，作中间产物，总量保持不变，B项正确；
C．阴、阳极都生成了，故转移电子时共生成，C项错误；
D．a极发生还原反应，，D项错误；
故答案为：B。
10．室温下，向Mg(NO3)2溶液、HF溶液、CH3CH2COOH溶液中分别滴加NaOH溶液，测得溶液中pH与pX[pX=-lgX，X代表、、]的关系如图所示。，HF的酸性比CH3CH2COOH强。下列叙述正确的是
已知：
A．代表的是pH与的关系
B．的
C．的
D．含相同浓度NaF、HF的混合溶液的pH>7
【答案】C
【分析】HF的平衡常数Ka=×c(H+)，p=PKa-pH，CH3CH2COOH的平衡常数Ka=×c(H+)，p=PKa-pH，随着NaOH溶液加入，c(OH-)增大，溶液中c(HF)减小、c(CH3CH2COOH) 减小， c(Mg2+)减小，pMg增大，p，p减小，则L3代表c(Mg2+)，L1、L2代表c()、之一，题干信息又知：HF的酸性比CH3CH2COOH强，即Ka(HF)＞Ka(CH3CH2COOH)，则相同pH值时，＞，p＞p，则L1代表p，L2代表p，根据P点坐标点坐标计算Ka(HF)=10-2×10-1.45=10-3.45；根据N点坐标可知，Ka(CH3CH2COOH)=10-3×10-1.89=10-4.89，根据M点坐标可知，Ksp[Mg(OH)2]=10-1.3×(10-5)2=10-11.3，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，L1代表的是pH与p的关系，A错误；
B．由分析可知，根据N点坐标可知，Ka(CH3CH2COOH)=10-3×10-1.89=10-4.89，B错误；
C．Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O的K=====，C正确；
D．由分析可知，Ka(HF)=10-2×10-1.45=10-3.45，则F-的水解平衡常数为：Kh===10-10.55＜Ka，即电离大于水解，故含相同浓度NaF、HF的混合溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，D错误；
故答案为：C。
11．（16分）二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。
(3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入溶液来调节溶液的，应大于 时，完全生成沉淀。(已知)
(5)“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(6)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(7)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为。(已知：的空缺率)
①已知点原子的分数坐标为，则点原子的分数坐标为 。
②晶胞中与最近的的个数为 。
③晶体的密度为 (只需列出表达式)。
④若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
【答案】(1)将+3价铈氧化为+4价（1分）
(2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小（2分）
(3)（2分）
(4)9（2分）
(5)1：2（1分）
(6)（2分）
(7)（1分） 12（1分） （2分） （2分）
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2 Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【详解】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；
（2）D随起始料液中变化的原因：随着c(SO)增大，水层中Ce4+被SO结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
（5）“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，还原剂是Ce3+，氧化产物是Ce(OH)4，根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（6）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：CeO2(1-X)+2xNO=CeO2+xN2；
（7）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12；
③根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为。
12．（14分）三氯三(四氢呋喃)合铬(Ⅲ)可催化烯烃加聚，制备的方法加下。
已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。
②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
Ⅰ．制备无水：
某化学小组用(沸点76.8℃)和在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示：
(1)装置A用于制备，实验装置合理的连接顺序为A→G-→F→ →B(填装置字母标号，可重复使用)。
(2)装置乙名称为 ，装置D中粗导管的作用是 。
(3)尾气处理时发生反应的离子方程式： 。
Ⅱ．合成：
①四氢呋喃(THF)为常见的有机溶剂，沸点66℃，易燃。
②实验室在非水体系中合成原理为：
实验操作：按如图组装仪器，将步骤Ⅰ所得无水和锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入无水四氢呋喃(THF)，通后关闭，接通冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，在索氏提取器中发生反应，回流后再通入冷却至室温；取下双颈烧瓶，在通风橱中蒸发至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥后称量即得产品。
(4)该反应不能使用明火加热的原因 。
(5)产品沿索氏提取器的管 (2或3)流回双颈烧瓶。
(6)已知Cr(Ⅱ)对该反应有催化作用，推断加入Zn粉发生反应的化学方程式为： 。
(7)实验所用的四氢呋喃需进行无水处理，下列可以除去四氢呋喃中少量水分的试剂是 。
A．金属钠 B．浓硫酸 C．具有吸水能力的分子筛
(8)产品产率为 %(结果保留小数点后一位)[已知：的摩尔质量为；的摩尔质量为]。
【答案】(1)EDC（1分）
(2)长颈漏斗（1分） 防止冷凝为固体后发生堵塞(写出“防堵塞”得分)（2分）
(3)（2分）
(4)THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸（1分）
(5)3（1分）
(6)（2分）
(7)AC（2分）
(8)60.1%或60.0%（2分）
【分析】I．制备无水的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备，反应在高温下进行，以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的气体；
II．根据装置图分析，首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在纸质反应管加入无水CrCl3和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中进行反应，从而生成产物；
【详解】（1）实验装置合理的连接顺序为A→G→F→E→D→C→B；
（2）装置乙名称：长颈漏斗；装置D中粗导管的作用：防止冷凝为固体后发生堵塞；
（3）尾气处理时发生反应的离子方程式：；
（4）该反应不能使用明火加热的原因：THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸；
（5）产品沿索氏提取器的管3流回双颈烧瓶；
（6）加入Zn粉发生反应的化学方程式为：；
（7）A．金属钠与水反应，与THF不反应，可用于除去THF中的水；
B．浓硫酸具有脱水性和腐蚀性，不选用浓硫酸除水；
C．孔径大小与水分子大小接近的分子筛可与除水，可除去THF中的水；
故选AC；
（8）物质的量为0.01ml，根据铬元素守恒，理论可生成0.02ml，即7.49g，其产率：。
13．（13分）氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
(1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1ml离子型晶体(如NaCl)拆散为1ml气态阳离子()和1ml气态阴离子()所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。
②Xe的第一电离能为。
③ 。
根据以上信息，计算反应 。
(2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了、、三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，表示阿伏伽德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ，中心原子的价层电子对数为 。
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压=总压×该组分物质的量分数；
对于反应
其中，、、、为各组分的平衡分压。
① 0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中的含量，应 投料比(填“增大”或“减小”)。
②673K时充入23.77mlXe和，达平衡时容器内总压强，各产物的物质的量如下表所示：
则平衡转化率 (保留三位有效数字)， 。
【答案】(1)-59.7（2分）
(2)（2分） 5（2分）
(3)<（1分） 减小（2分） 97.8%（2分） 36（2分）
【详解】（1）的晶格能为，则形成晶体的热化学方程式：；Xe的第一电离能为，则；根据盖斯定律，
（2）图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1：2，则晶胞的化学式为；中心原子的价层电子对数为2+=5；
（3）①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，该反应为放热反应，故<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值；
②根据反应i、ii、iii，达到平衡时，反应的F2物质的量为：，则平衡转化率；
已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总=[3.60+19.80+0.36+(45.28-44.28)+(23.77-23.76)]ml=24.77ml，反应III的平衡常数。
14．（17分）唑草酮是一种药性强、易降解、污染少的除草剂，其中一种合成路线为：
回答下列问题：
(1)A中含有官能团的名称为 。
(2)A与B反应得到C和 (填结构简式)，该反应的目的是 。
(3)F→G的化学方程式为 。
(4)已知中键极性越大，则碱性越弱，则下列物质的碱性由弱到强的顺序为 (填标号)。
a． b． c．
(5)DPPA是一种叠氮化试剂，其结构为：其中杂化轨道类型为的原子有 个。
(6)C的同分异构体中符合下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
①分子骨架为，且R结构中含有一个“”和一个“”
②分子中有一个手性碳原子
(7)参照上述合成路线，设计以苯胺为原料合成的路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1)碳氟键、氨基（2分）
(2)（2分） 保护氨基（2分）
(3)＋CH3COCOOH+H2O（2分）
(4)b、c、a（2分）
(5)13（2分）
(6)3（2分）
(7)（3分）
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，一定条件下转化为，与CH3COCOOH发生取代反应生成，DPPA作用下发生取代反应生成，一定条件下与CF2HCl发生取代反应生成，经多步转化生成。
【详解】（1）由结构简式可知，的官能团为碳氟键、氨基，故答案为：碳氟键、氨基；
（2）由分析可知，与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，和分子中都含有氨基，说明该步反应的作用是保护氨基，故答案为：CH3COOH；保护氨基；
（3）由分析可知，F→G的反应为与CH3COCOOH发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为＋CH3COCOOH+H2O，故答案为：＋CH3COCOOH+H2O；
（4）元素的电负性越大，非金属性越强，有机物分子中C−X键的极性越大，元素的电负性大小顺序为：F＞Cl＞H，则C−X键的极性大小顺序为C—F＞C—Cl＞C—H，所以由题给信息可知，三种物质碱性由弱到强的顺序为＞＞，故答案为：b、c、a；
（5）由结构简式可知，DPPA中双键氧原子不参与杂化，单键氧原子为sp3杂化，苯环上的碳原子和不带电荷的氮原子的杂化方式为sp2杂化，带电荷氮原子为sp杂化，则杂化轨道类型为sp2杂化的原子有13个，故答案为：13；
（6）C的同分异构体分子的分子骨架为，且R结构中含有一个醛基和一个甲基，则分子中有一个手性碳原子的同分异构体可以视作下图分子中*所示碳原子上的氢原子被氟原子取代所得结构：，共有3种，故答案为：3；
（7）由题给合成路线可知，以苯胺为原料合成的合成步骤为一定条件下转化为，与发生取代反应生成，DPPA作用下转化为，合成路线为。
评卷人
得分
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
标准压强平衡常数
反应平衡
反应I：
360
反应II：
反应III：
化学式
物质的量/ml
3.60
19.80
0.36