湛江市2019-2020学年高一化学下学期期末调研考试试题含解析

广东省湛江市2019_2020学年高一化学下学期期末调研考试试题含解析广东省湛江市2019_2020学年高一化学下学期期末调研考试试题含解析PAGE27-广东省湛江市2019_2020学年高一化学下学期期末调研考试试题含解析广东省湛江市2019—2020学年高一化学下学期期末调研考试试题(含解析）1.中国古代冶炼技术较为先进，最为著名的有青铜的冶炼及钢的冶炼.湖北省江陵县一号墓出土的越王勾践剑更是堪称一绝，历经两千多年而锋利如初。下列关于钢铁的冶炼采用的方法是A。电解法 B。热还原法 C。加热分解法 D.物理沉降法【答案】B【解析】【详解】冶炼金属常用方法有电解法，热还原法，热分解法，一般如K、Na、Al等活泼金属采用电解法,Fe、Cu等采用热还原法，Hg、Ag等采用热分解法.钢铁的成分主要是铁,可采用热还原法冶炼,故本题选B。2。我国地大物博、资源丰富，其中山西的煤、大庆的石油,四川的天然气较为出名.下列有关化石能源叙述正确的是A。煤的干馏为化学变化 B。汽油为纯净物C。天然气为二次能源 D。裂化的目的是提高乙烯产量【答案】A【解析】【详解】A．煤的干馏是隔绝空气加强热，使煤分解,发生的是化学变化，A正确；B．汽油、石油均为混合物，B错误；C．一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤,石油等，故天然气属于一次能源,C错误；D．裂化的目的是提高石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量,D错误；故选A。3。化学用语是化学学习的基础，下列化学用语错误的是A.甲烷的结构式：B。中子数为8的碳原子:C.过氧化氢的电子式:D.乙酸的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A.甲烷的分子式为CH4，甲烷的分子构型为正四面体，C原子在正四面体的中心，H原子在正四面体的顶点，形成四个一样的C-H键,故其结构式为，故A正确；B.C原子的质子数为6，中子数为8的碳原子的质量数为6+8=14，原子符合左下角的数字表示原子的质子数,右上角的数字表示原子的质量数，故该碳原子为,故B正确；C。过氧化氢为共价化合物，其电子式为,故C错误;D。乙酸的结构简式为，故D正确;故选C。4。下列有关环境污染及治理的叙述错误的是A.酸雨产生的主要原因是化石燃料的燃烧B。使用可降解塑料是解决白色污染的方法之一C。用乙醇汽油代替传统汽油作燃料不会产生污染物D.利用风能、太阳能代替化石能源是解决环境污染的方法之一【答案】C【解析】【详解】A．化石燃料的燃烧产生的硫氧化物，是产生酸雨的主要原因，A正确，不选；B．普通塑料难以降解,容易造成白色污染,使用可降解塑料是解决白色污染的方法之一,B正确，不选；C．乙醇汽油不完全燃烧会产生CO等污染物,C错误，符合题意；D．风能、太阳能属于清洁能源,代替化石能源可减少环境污染,D正确，不选；故选C。5.下列物质既含共价键又含离子键的是A。NH3 B.H2O2 C.NaCl D.KOH【答案】D【解析】【详解】非金属元素的原子之间通常形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。A．NH3是由非金属组成，只含有共价键，A错误；B．H2O2是由非金属组成，只含有共价键，B错误;C．NaCl是由活泼金属和活泼非金属元素组成，只形成离子键,C错误；D．KOH中K+与OH—之间是离子键，OH-内部原子间以共价键结合，故KOH既含共价键又含离子键，D正确;故选D。6。下列做法符合原子经济性原理的是A。与反应制取硫酸：B。用氢氧化钠溶液吸收:C.与反应制取甲醇：D。还原氧化铜：【答案】A【解析】【详解】原子经济性原理是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子利用率为100％，从反应的类型看，应为“多变一”的反应,如化合反应，加成反应，加聚反应，A项中反应物全部转化为硫酸，无副产物，故原子利用率为100％,故A符合;故选A。7.下列有关元素周期律的叙述正确的是A。铍（）原子失电子能力比强B。最简单氢化物中，化学键之间的作用力：C.的密度逐渐增大、金属性逐渐减弱D.的最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强【答案】B【解析】【详解】A。同主族元素从上到下，原子半径依次增大，失去电子能力依次增强，则铍（）原子失电子能力比弱，故A错误；B。氟原子半径小于氧原子，则氢氟键的键长比氢氧键的键长短，则键能大，故B正确;C．同主族元素从上到下,碱金属原子半径依次增大，失去电子能力依次增强，金属性依次增强;另外，碱金属元素从上到下，密度呈增大趋势，但是钾的密度比钠的密度小，故C错误;D。同一周期，原子序数依次增大，金属性逐渐减弱，则三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，故D错误；故选B。8。已知反应M+N=X+Y的能量变化如图所示。下列说法正确的是A。X的能量一定高于M的 B。该反应为放热反应C.M、N中化学键断裂时吸收能量 D。该反应只有在加热条件下才能进行【答案】C【解析】【详解】A．图象分析可知,生成物的总能量大于反应物的总能量,X的能量与M的能量关系无法确定，故A错误；B．图象分析可知,反应物总能量低于生成物总能量，结合能量守恒分析反应是吸热反应，故B错误；C．由化学键断裂时需吸收能量，化学键生成时需释放能量可知，M、N中化学键断裂时吸收能量,故C正确；D．某些吸热反应不需要加热也可以发生,如氢氧化钡晶体和氯化铵发生的吸热反应，故D错误；答案为C.9.下列说法错误的是A。蔗糖、麦芽糖属于双糖,葡萄糖、果糖属于单糖B。酶具有高选择催化性能,其绝大多数是蛋白质C.植物油含不饱和脂肪酸酯，能与发生加成反应D.淀粉和纤维素化学式相同,两者互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A。蔗糖、麦芽糖属于双糖，葡萄糖、果糖属于单糖，故A正确；B。酶具有高选择催化性能，其绝大多数是蛋白质，故B正确;C.植物油含不饱和脂肪酸酯，分子的烃基中含有碳碳双键，能与发生加成反应,故C正确;D.淀粉和纤维素的分子组成均可以表示为(C6H10O5)n，但是分子中的n值不同，故二者分子式不同，则两者不互为同分异构体，故D错误；故选D。10。下列有关乙烯的叙述错误的是A。比空气的密度大 B。可用作植物生长调节剂C.可以使溴的溶液褪色 D.点燃的条件下可以在空气中燃烧【答案】A【解析】【详解】A.空气的平均相对分子质量为29，乙烯的相对分子质量为28，比空气的略小，则乙烯的密度比空气的密度略小，故A错误；B。乙烯可用作植物生长调节剂，故B正确；C.乙烯分子中含有碳碳双键，可以和溴的溶液发生加成反应，使溴的溶液褪色，故C正确；D。乙烯在点燃的条件下可以在空气中燃烧,生成二氧化碳和水,故D正确；故选A.11.原电池在当今世界用处广泛。如图为一个简易原电池装置图，有关该原电池工作过程的叙述正确的是A。金属铝是负极，发生还原反应 B。电池工作时钠离子移向铜极C。电池工作时化学能全部转化为电能 D.产生2。24LH2转移0.1mol电子【答案】B【解析】【详解】A．根据原电池装置图可判断，铜作正极,发生还原反应，铝作负极,发生氧化反应，A错误；B．原电池工作时,阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电池工作时钠离子移向铜极，B正确；C．电池工作时能量有损耗,化学能不可能全部转化为电能，C错误；D．产生2。24LH2，但无温度和压强的限制,不能求出氢气的物质的量，故无法求出转移的电子数目；故选B。12。某高分子化合物的结构简式如图。下列叙述错误的是A.聚合度为n B。单体为C.链节为 D。该高分子化合物是混合物【答案】C【解析】【详解】为一定条件下发生加聚反应生成的高分子化合物，聚合度为n,单体为，链节为，由于聚合度n为不确定值,属于混合物，则C错误，故选C。13.海洋占据地球面积的，拥有丰富的资源，从海洋中可以提取钠、镁、溴、碘等物质.提取溴的过程有一步反应的离子方程式：。下列叙述错误的是A。为还原剂 B.既不是氧化剂，又不是还原剂C。生成，转移电子 D。仅为氧化产物【答案】D【解析】【分析】由反应的化学方程式可知，反应中，溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴离子为反应的还原剂,溴酸根中溴元素的化合价降低被还原，溴酸根为反应的氧化剂，溴单质即是氧化产物,也是还原产物.【详解】A.由分析可知，反应中,溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴离子为反应的还原剂，故A正确;B.由反应的化学方程式可知，反应中，氢元素的化合价没有变化，则氢离子既不是氧化剂，又不是还原剂，故B正确；C.由反应的化学方程式可知，反应中,生成3mol溴，反应转移5mol单质，故C正确；D.由分析可知，反应中，溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴酸根中溴元素的化合价降低被还原，溴单质即是氧化产物，也是还原产物，故D错误；故选D。14。如图是短周期元素在周期表的位置,下列叙述正确的是A。常用电解法制取R的单质B。最简单氢化物热稳定性：Z<YC。Y、Z、R、Q的简单离子半径:R〉Q〉Y>ZD.Q的单质不能与R的最高价氧化物对应的水化物反应【答案】A【解析】【分析】根据元素周期表可知:H为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素，R为钠元素，Q为铝元素,根据元素的性质和元素周期律进行解答；【详解】A.由上述分析可知：R为钠元素属于活泼金属元素,所以常用电解法制取钠的单质，故A正确；B.由上述分析可知：Y为碳元素,Z为氧元素，他们在同一周期,氧的非金属比碳元素的非金属强,所以最简单氢化物热稳定性：H2O〉CH4，故B错误；C.由上述分析可知：Y为碳元素,Z为氧元素，R为钠元素,Q为铝元素，Y、Z同在第二周期，R、Q同在第三周期，所以它们的简单离子半径:C4->O2—〉Al3+〉Na+，故C错误;D。由上述分析可知：Q为铝元素，R为钠元素，R的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,所以2Al+2NaOH+2H2O=2AlNaO2+3H2，故D错误;故答案：A。15.黄瓜幼苗可以产生自毒物质苯丙烯酸，抑制幼苗的生长，结构简式如图.下列有关苯丙烯酸的叙述错误的是A.分子式为 B。不能发生加聚反应C。可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A.由苯丙烯酸的结构简式可知，分子式为，故A正确；B.苯丙烯酸含有碳碳双键,一定条件下，能发生加聚反应生成聚苯丙烯酸，故B错误；C。苯丙烯酸含有碳碳双键,一定条件下，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确；D.苯丙烯酸含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D正确；故选B。16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍;Y的气态氢化物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Z的最高价氧化物的水化物为强碱；W与X原子最外层电子数之比为3∶2。下列说法正确的是A。中含有非极性共价键 B。原子半径大小：C。的漂白原理与氯水的相同 D。Y的氧化物对应的水化物一定为强酸【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素；Y的气态氢化物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为N元素；Z的最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na元素;W与X原子最外层电子数之比为3∶2，则W的最外层电子数为6，为S元素。【详解】A.过氧化钠为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性键,故A正确;B.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，钠原子的原子半径大于硫原子，故B错误；C。二氧化硫与有色物质发生化合反应生成不稳定的无色物质而表现漂白性，氯水中含有强氧化性的次氯酸，次氯酸是有机色质氧化褪色而表现漂白性，两者的漂白原理不相同，故C错误；D.三氧化二氮应的水化物为亚硝酸,亚硝酸为弱酸,故D错误;故选A.17.分子式为且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A。8种 B.9种 C。10种 D。11种【答案】A【解析】【详解】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有-OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11-碳链异构,有3种：①C-C—C-C—C、②、③,再分别加上—OH，①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种，故A正确；故选A。18.如图是工业合成氨(）在反应过程中的反应速率与时间t的关系曲线.下列叙述正确的是A. B.时，C。，处于静止状态，反应不再发生 D.,各物质的浓度不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A．0~t1，可逆反应向正反应方向进行，v（H2)正＞v(H2）逆，故A错误；B．t2时，达平衡状态，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，即v（H2)正=3v（N2）逆,故B错误；C．t2～t3，达平衡状态，是动态平衡，v（正）=v（逆）＞0，故C错误;D．t2~t3，达平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确；答案为D。19。以磁铁矿和焦炭为原料冶铁的反应原理如图。下列有关叙述正确A.①、②、③均为放热反应 B。反应③中，生成3mol铁转移8mol电子C。反应②中,CO只是还原产物 D。上述反应中既有化合反应，又有置换反应【答案】B【解析】【详解】A。②二氧化碳和碳单质产生CO的反应为吸热反应，故A错误；B。反应③，生成3mol铁消耗4molCO，由碳的价态+2到+4价可知,反应转移8mol电子，故B正确；C.反应②，CO既是氧化产物也是还原产物，故C错误；D。反应①、②为化合反应，反应③为氧化还原反应不属于基本反应类型，不存在置换反应，故D错误；故选：B。20。将2molN2、10molH2置于体积为10L、温度为T℃的恒温恒容反应器中，发生如下反应N2+3H22NH3，下表为不同时间反应器中各物质的物质的量。下列叙述错误的是024681012N221.61。31。11。01.01。0H210a7。97.3777NH300。8b1。8222A。a=8.8 B。前8hN2的转化率为50％C。10h时与初始时压强比为3:4 D.前2h（N2）为0。02mol·L—1·h-1【答案】C【解析】【详解】A．反应2h，氮气减少了2mol-1.6mol=0.4mol，则氢气减少了1.2mol，剩余氢气为10mol—1。2mol=8。8mol，所以a=8.8,A正确；B．前8hN2转化了2mol-1.0mol=1mol,氮气的转化率为,B正确；C．10h时总的物质的量为1.0mol+7mol+2mol=10mol，初始时总的物质的量为12mol，在同温同压下，10h时与初始时压强比等于物质的量之比，所以10h时与初始时压强比为10mol：12mol=5:6，C错误；D．前2h时，氮气减少了2mol—16mol=0.4mol,则（N2）=，D正确；故选C。21.A、B、C、D、E五种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子结构示意图为,C、E同主族，D元素焰色反应为黄色。回答下列问题：(1）A的元素符号：_____________,D的最高价氧化物对应水化物的电子式：__________.（2）A、B、C三种元素的简单氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为______________________（填化学式）.（3）B元素在周期表中的位置:__________________________.（4）C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序是____________________（填写离子符号）(5）用电子式表示形成过程：_______________________________【答案】（1）。N（2）。(3)。（4）.第二周期ⅥA族（5）。(6）。【解析】【分析】A的原子结构示意图为，则x=2，2x+1=5,y=7，则A为N元素;D元素焰色反应为黄色，则D为Na元素；因A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，则B为O元素，C为F元素；C、E同主族，则E为Cl元素，据此分析解答.【详解】由以上分析知，A为N元素，B为O元素，C为F元素，D为Na元素，E为Cl元素，(1)A为N元素；D为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物,其电子式为：；(2)A为N元素，B为O元素，C为F元素，非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强,同周期元素从左往右非金属性逐渐增强，则非金属性：F＞O＞N，故它们简单氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为：;(3）氧元素位于第二周期ⅥA族；(4）E为Cl，F-与Na+核外电子层结构相同，Na+的核电荷数比F—的核电荷数大,核电荷数越大,半径越小，故半径：,同主族元素从上往下，最外层电子数相同，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大,其相应简单离子的半径也逐渐增大，则半径,因此C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序是；(5）为离子化合物，用电子式表示的形成过程为。【点睛】热稳定性是物质的化学性质,非金属元素的简单氢化物的热稳定性的强弱,可以通过比较非金属元素的非金属性强弱得出，非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强.故同周期元素从左往右非金属性逐渐增强,则相应简单氢化物的热稳定性逐渐增强；同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，则相应简单氢化物的热稳定性逐渐减弱。22.海水中含有丰富的矿物资源,很多以离子状态存在。现今人们重视海洋资源的利用,从海洋中获取了多种物质。如图是以海水为原料获取几种物质的流程图：已知在碱性溶液中不能稳定存在.回答下列问题：(1)步骤⑫的操作名称为___________。(2）步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通入、，应先通入__________。(3)步骤⑥的化学方程式为_______________________________________________________。步骤⑨的离子方程式为_________________________________________。（4)步骤⑧的目的是________________________________________。（5)步骤⑪为萃取分液,需要用到的萃取试剂可以为_________（填字母）需要用到的玻璃仪器名称为_______。a。裂化汽油b。苯c.酒精d.四氯化碳【答案】(1)。蒸馏(2）.(3）.（4）.(5）。调节溶液pH值,使得后续步骤生成的稳定存在(6)。b、d(7）.分液漏斗、烧杯【解析】【分析】海水通过蒸发结晶得到氯化钠,氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳气体得到碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠灼烧得到碳酸钠；高浓度卤水中加熟石灰氢氧化钙将镁离子转变成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧得到氧化镁，溶于盐酸得到氯化镁,电解熔融的氯化镁得到镁单质和氯气；过滤氢氧化镁后的滤液中加碳酸钠沉淀钙离子，滤液酸化后通氯气得到稀溴水，浓缩后得浓溴水，萃取后得含溴的有机溶液，蒸馏得溴单质，据此分析解答。【详解】（1)溴易溶于有机溶剂，步骤⑫应为蒸馏，分离溴的有机溶液，得到溴单质；（2)步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通人CO2、NH3，因二氧化碳的溶解度不大，氨气极易溶于水，先通氨气使溶液呈碱性，再通二氧化碳，有利于二氧化碳的溶解;(3)步骤⑥是电解熔融的氯化镁得到镁单质，反应的化学方程式为：;步骤⑨是氯气氧化溴离子产生溴单质的过程，反应的离子方程式为：;(4)步骤⑧加硫酸除去溶液中过量的碳酸钠，使溶液呈酸性，有利于后续产生的溴单质稳定存在；(5）a裂化汽油中含有烯烃,能与溴单质反应,不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴；c酒精易溶于水，不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴;b苯和d四氯化碳均不溶于水，与溴水不反应,且溴单质在两者中的溶解度远大于在水中的溶解度，可以作萃取剂；萃取操作在分液漏斗中进行,萃取后分液还需要用到烧杯。【点睛】钠、镁、铝还原性强，用电解的方法进行冶炼，根据阴极的放电顺序（K+Ca2+Na+Al3+H+）可知，电解它们的盐溶液均不能得到三种金属单质，应用电解熔融氧化物或者熔融盐的方法冶炼。电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氯化镁冶炼金属镁，这是学生们的易错点。23.如图为由乙烯合成乙酸乙酯的流程图，回答下列问题:(1）反应①的反应类型是________________；反应②的反应类型是__________.（2）所含的官能团是________；所含的官能团是_______。（3）写出反应①的化学方程式：_____________________________；写出反应⑤的化学方程式：_____________________。（4）物质A是的同分异构体，A能与反应，放出气体，则A的结构简式可能是_______.【答案】(1).加成反应(2）.取代反应（3).碳碳双键(4）。羧基（5).(6）。(7).或【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在一定条件下,乙烯与氯化氢共热发生加成反应生成氯乙烷；氯乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙醇；在铜做催化剂作用下，乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛；在银做催化剂作用下，乙醛与氧气发生催化氧化反应生成乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。【详解】（1）反应①在一定条件下，乙烯与氯化氢共热发生加成反应生成氯乙烷；反应②为氯乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙醇，水解反应属于取代反应，故答案为：加成反应;取代反应；（2）的结构简式为CH2=CH2，官能团是碳碳双键；所含的官能团为羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；（3)反应①为在一定条件下，乙烯与氯化氢共热发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为；反应⑤为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,反应的化学方程式为,故答案为：；;（4)由的同分异构体能与反应，放出气体可知，A分子中含有羧基，属于饱和一元羧酸，则A的结构简式为、，故答案为：或。【点睛】由的同分异构体能与反应，放出气体可知,A分子中含有羧基,属于饱和一元羧酸是分析解答的关键。24.已知可逆反应aA2+bB2xX（反应物、生成物都是气体）。回答下列问题:I.将一定量的两种反应物置于恒容绝热反应器中（与外部环境无热量交换的反应器），反应器内的温度与时间的关系如图：(1）该反应是___（填“吸”或“放"）热反应。（2)下列关于该反应的叙述正确的是____(填字母）。aA点反应停止bA点速率不为零c反应物的总能量大于生成物的dB点正反应速率大于逆反应速率II.将一定量的上述反应的反应物与生成物置于容积为2L的恒温恒容反应器中，反应器中各物质的物质的量与时间的关系如图:(3）①反应前4min物质x的物质的量的变化为_____mol。.②反应前4min物质A2反应速率为_______③该可逆反应化学方程式为______(物质X用A、B表示)。④如果在4min时升高反应体系的温度.则反应速率___（填“增大“减小”或“不变”）。⑤如果在4min时加入2。4molNe（Ne不参与该反应），则反应速率___(填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）.吸(2）。bd（3).0。4（4)。0。025mol·L—1·min—1（5).A2+3B22AB3（6）.增大（7)。不变【解析】【详解】I.(1)由图可知,随着反应不断进行，温度逐渐下降,说明该反应为吸热反应，故本题答案为：吸；(2）a．由图可知，A点是平衡状态，是动态平衡，反应未停止，a错误；b．由图可知，A点是平衡状态,是动态平衡，反应仍在进行，A点速率不为零，b正确;c．该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，c错误；d．B点未达到平衡状态，反应在正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率,d正确；故本题答案为：bd;II.（3）①由图可知,反应前4min物质x的物质的量的