2023学年新疆昌吉市教育共同体四校高一化学第二学期期末达标测试试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列变化过程不属于化学变化的是A．石油的裂化 B．油脂的皂化 C．石油的分馏 D．煤的干馏2、关于下列各装置图的叙述中，不正确的是A．精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液浓度不变B．总反应是：C．中辅助阳极应为惰性电极D．铁钉几乎没被腐蚀3、把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若甲、乙相连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极。则四种一金属的活动性顺序由大到小排列为A．甲>丙>丁>乙B．甲>丙>乙>丁C．甲>乙>丙>丁D．乙>丁>丙>甲4、某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A．实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强C．实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2OD．由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应5、下列说法中正确的一组是()A．H2和D2互为同素异形体B．和互为同分异构体C．和是同一种物质D．正丁烷和异丁烷互为同系物6、有如图所示的铜-锌原电池，其电解质溶液为硫酸铜溶液。下列关于该电池的说法错误的是A．锌电极为负极，发生氧化反应B．电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极C．铜电极上发生的反应为Cu2＋+2e－=CuD．电解质溶液中的SO42－向锌电极移动7、短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如右下图所示，下列说法正确的是()A．X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强B．常压下X的单质的熔点比Z的低C．Y的最高正化合价为+7D．Y的氢化物的稳定性比Z的弱8、下列物质与水混合后静置，不出现分层的是（）A．三氯甲烷 B．乙醇 C．苯 D．四氯化碳9、下列关于金属的叙述中正确的是（）A．所有的金属都是固态的B．金属具有导电性、导热性和延展性C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反应，但不能与碱反应D．金属元素在自然界中都是以化合态存在的10、下列实验装置或操作与实验目的不相符的是A．除去水中泥沙B．收集氨气C．分离CCl4和H2OD．配制100mL0.1mol·L−1NaCl溶液A．AB．BC．CD．D11、海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示。下列说法正确的是A．电解NaCl溶液可得到金属钠B．上述过程中发生了分解、化合、置换、复分解反应C．上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的离子方程式为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓D．不用电解MgO来制取镁是因为MgO的熔点比MgCl2的高，能耗大12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：A．和互为同分异构体B．15g甲基（﹣CH3）含有的电子数是9NAC．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAD．标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA13、铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是A．加热 B．滴加少量CuSO4溶液C．将铁片改用铁粉 D．增加稀硫酸的用量14、将等体积的四氯化碳、溴苯和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是（）A． B． C． D．15、下列离子中，与Na+含有相同电子数的是A．F－B．Cl－C．Br－D．I－16、下列各选项的两个反应属于同一反应类型的是（）。选项

反应Ⅰ

反应Ⅱ

A

在光照条件下，异丁烷与溴蒸气反应制取（CH3）3CBr

将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中制取1，2－二溴乙烷

B

在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷

在催化剂作用下，乙烯与水反应生成乙醇

C

在银作催化剂的条件下，乙醇与空气中的氧气反应生成乙醛

在一定条件下，由氯乙烯（CH2=CHCl）合成聚氯乙烯

D

乙酸乙酯在酸的催化作用下与水反应生成乙酸和乙醇

在一定条件下，液态油脂与氢气反应制造人造脂肪

A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）请回答下列问题：（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。18、A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；A、D同主族，C的原子序数等于A、B原子序数之和；E是地壳中含量最高的金属元素，F元素的原子最外层比次外层少两个电子。用化学用语回答下列问题：(1)G在元素周期表中的位置为_______________________；(2)元素C、D、E的简单离子的半径由大到小关系为_______________________；(3)A分别与C、F形成的氢化物沸点较高的是_________，原因_______________________；(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程________________________________________；C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_______________________。19、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______(填“相等、不相等”)，所求中和热______(填“相等、不相等”)，简述理由_______。（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_____；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。20、草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4－+H2C2O4+H+—Mn2++CO2↑+H2O（未配平）用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：组别10%硫酸体积/mL温度/℃其他物质I2mL20II2mL2010滴饱和MnSO4溶液III2mL30IV1mL201mL蒸馏水（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和_____（用I～IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验____和_____。（3）对比实验I和IV，可以研究____________________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是_________________________________。21、Ⅰ．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(moll)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)下图中表示NO2的变化的曲线是___________(填字母);(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是___________；(3)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=___________。Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。(1)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___________(填选项);A．2v生(NH3)=v耗(CO2)B．密闭容器中氨气的物质的量不变C．容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变D．密闭容器中总压强保持不变E．形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂(2)能使该反应的反应速率增大的是___________(填选项);A．及时分离出CO2气体B．适当升高温度C．加入少量NH2COONH4(s)D．选择高效催化剂(3)如图所示，上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___________形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】分析：A.石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程，有新物质生成；B.油脂在碱性环境下水解生成硬脂酸钠和甘油，有新物质生成；C.石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成；D.煤隔绝空气加强热，有新物质生成。详解：石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程,该过程中有新物质生成,属于化学变化,A错误；油脂在碱性环境下水解生成硬脂酸钠和甘油，硬脂酸钠属于肥皂的主要成分，有新物质生成，属于化学变化，B错误；石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,C正确；煤隔绝空气加强热，生成煤焦油、粗氨水、焦炉气等，有新物质生成，属于化学变化,D错误；正确选项C。2、A【答案解析】

A.

根据电流的方向可知，a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，电解精炼粗铜时，阳极上不仅铜失电子还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，根据转移电子守恒知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以电解质溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B.已知Fe比Cu活泼，Fe为原电池的负极，发生的总反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；C.该装置为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，辅助阳极应为惰性电极，故C正确；D.浓硫酸具有吸水性，在干燥的条件下，铁钉不易被腐蚀，故D正确；故选A。【答案点睛】电解池中，电源正极连接阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电源负极连接阴极，阴极得到电子，发生还原反应。3、A【答案解析】

原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，以此判断金属的活动性。【题目详解】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，若甲、乙相连，甲为负极，所以甲的活泼性大于乙的活泼性；丙、丁相连，丁上有气泡逸出，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，所以丙的活泼性大于丁的活泼性；甲、丙相连，甲上发生氧化反应，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，所以甲的活泼性大于丙的活泼性；乙、丁相连，乙是电子流入的一极，电子从负极沿导线流向正极，所以丁的活泼性大于乙的活泼性；所以则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为甲＞丙＞丁＞乙。答案选A。4、C【答案解析】

A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确；D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。故答案选C。5、C【答案解析】

A、H2和D2是由氢的不同同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；B、苯的邻二元取代物只有一种结构，所以是同一物质，故B错误；C、分子式、结构式都相同，是同种物质，故C正确。D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故D错误；6、B【答案解析】

A、在上述原电池中金属锌比铜活泼，因此锌作负极，失去电子，发生氧化反应，本身被氧化。铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，A正确；B、电子从负极经外接导线流向正极，电子不能通过溶液传递，B错误；C、铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，反应为Cu2++2e－＝Cu，C正确；D、电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极移动，即向锌电极移动，D正确；答案选B。【答案点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。7、B【答案解析】

X、Y、Z为短周期元素，根据元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，Z为S元素，利用元素周期律的递变规律和在周期表中的位置解答该题相关知识。【题目详解】X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，Z为S元素，则：A．X为He元素，为惰性气体元素，性质稳定，非金属性较弱，故A错误；B．X在常温下为气体，Z在常温下为固体，则X的单质的熔点比Z的低，故B正确；C．Y为F元素，无正价，最高化合价为0，故C错误；D．根据非金属性的递变规律可知，非金属性：Y＞Z，非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，则Y的氢化物的稳定性比Z的强，故D错误。答案选B。8、B【答案解析】试题分析：三氯甲烷、苯、四氯化碳都是不易溶于水的有机物，所以与水混合会分层，乙醇与水互溶，所以和水混合不分层，故选B。考点：考查了分液和萃取的相关知识。9、B【答案解析】

A．常温下金属单质大多数是固体，但是汞常温下为液态，A项错误；

B．根据金属的通性可知，金属具有导电性、导热性和延展性，B项正确；C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反应，有的金属能够与强碱溶液反应，如铝，C项错误；

D．并不是所有金属在自然界都是以化合态存在的，如金、银等，D项错误；答案选B。10、B【答案解析】泥沙难溶于水，用过滤法除去水中泥沙，故A正确；氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，故B错误；CCl4难溶于水，与水混合后分层，用分液法分离CCl4和H2O，故C正确；用100mL容量瓶配制100mL0.1mol·L−1NaCl溶液，转移液体时用玻璃棒引流，故D正确。11、D【答案解析】

A、电解熔融的氯化钠得到金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，A错误；B、碳酸钙高温分解是分解反应，氧化钙溶于水生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，电解熔融的氯化钠和氯化镁均是分解反应，过程中没有置换反应，B错误；C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2＝Ca2++Mg(OH)2，C错误；D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，D正确；答案选D。【答案点睛】本题考查了海水提取镁的过程分析判断，主要是关于是效益和分离提纯的实验方法应用，掌握基础是关键，题目较简单。选项C是易错点，注意石灰乳参与的离子反应方程式需要用化学式表示。12、B【答案解析】

A.和的结构相同，是同一种物质，故A错误；B．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，15g甲基的物质的量是1mol，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故B正确；C、7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选B。13、D【答案解析】

A．加热时，温度升高，反应速率加快，故A不选；B．滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，锌-铜构成原电池，反应速率加快，故B不选；C．铁片改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故C不选；D．增加稀硫酸的用量，硫酸的浓度不变，反应速率不变，故D选；答案选D。14、C【答案解析】分析：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，结合物质的密度可知，密度小的在上方，密度大的在下方，以此来解答。详解：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，所以四氯化碳和溴苯的混合物在在水的下层，水在上层，从图象上看，C正确。答案选C。15、A【答案解析】试题分析：中性原子中质子数＝核外电子数，阳离子核外电子数＝质子数－电荷守恒，阴离子核外电子数＝质子数＋电荷数，所以Na+含有的电子数＝11－1＝10，A中核外电子数＝9＋1＝10，B中核外电子数＝17＋1＝18，C中核外电子数＝35＋1＝36，D中核外电子数＝53＋1＝54，答案选A。考点：考查核外电子数的计算点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确核外电子数的计算依据是答题的关键，注意分清楚原子、阴离子、阳离子的计算方法的不同。16、B【答案解析】A项中两个反应分别是取代反应、加成反应；C项中两个反应分别是氧化反应、加聚反应；D项中两个反应分别是水解反应（或取代反应）、加成反应（或氢化反应，硬化反应）。二、非选择题（本题包括5小题）17、分馏Cu或Ag作催化剂并加热羧基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加入浓硫酸作催化剂、加热等【答案解析】

A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为：分馏；（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。【答案点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。18、第三周期ⅦA族O2->Na+>Al3+H2OH2O可形成分子间氢键，沸点最高离子键、非极性共价键【答案解析】

B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素，据此分析。【题目详解】B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素。(1)G为氯元素，在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族；(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故元素C、D、E的简单离子O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为O2->Na+>Al3+；(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S，沸点较高的是H2O，原因是H2O可形成分子间氢键，沸点最高；(4)Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；C、D还可形成化合物Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。19、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【答案解析】

（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中和热数值偏低。（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是变化的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。20、2:5IIIIIIIc(H+)（或硫酸溶液的浓度）确保对比实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）【答案解析】

（1）反应MnO4－+H2C2O4+H+

→Mn2++CO2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，MnO4-为氧化剂，1molMnO4-得到5mol电子，C元素的化合价由+3价升至+4价，H2C2O4为还原剂，1molH2C2O4失去2mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5；（2）研究催化剂对化学反应速率的影响，应保证温度、浓度相同，则选实验Ⅰ和Ⅱ；研究温度对化学反应速率的影响，应保证浓度、不使用催化剂相同，则选实验Ⅰ和Ⅲ；（3）实验Ⅰ和Ⅳ，硫酸的浓度不同，可研究硫酸溶液浓度对反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是稀释硫酸，确保实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）。21、b65%1.5×10-3mol/(L·s)ACBD大于【答案解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正