【文档说明】【精准解析】北京师范大学珠海分校附属外国语学校2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(15)页，273.500 KB，由小赞的店铺上传

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北师大珠海分校附属外国语学校2019~2020学年第二学期高一年级期末考试化学Ⅱ卷考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分)1.当前，我国急

待解决的“白色污染”通常是指（）A.冶炼厂的白色烟尘B.石灰窑的白色粉末C.聚乙烯等塑料垃圾D.白色建筑材料【答案】C【解析】【详解】白色污染是指难以降解的塑料制品对环境造成的污染；答案选C。2.下列变化中

，属于化学变化的是()①石油的分馏②煤的干馏③石油的裂化④煤的气化⑤煤的液化⑥海水蒸馏法制取淡水A.①②③④B.②③④⑤C.①②③⑥D.②③④⑥【答案】B【解析】【详解】①石油的分馏为利用有机物的沸点不同进行分离，为物理变化，①与题意不符；②煤的干

馏在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，为化学变化，②符合题意；③石油的裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，为化学变化，③符合题意；④煤的气化是指在特

定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽/空气和/或氧气等)发生一系列化学反应，将固体煤转化为含有CO、氢气、甲烷等可燃气体和二氧化碳、氮气等非可燃气体的合成气的过程，为化学变化，④符合题意；⑤煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，有新的物

质生成，为化学变化，⑤符合题意；⑥海水蒸馏法制取淡水为利用蒸发、冷凝制取蒸馏水的过程，为物理变化，⑥与题意不符；综上所述，②③④⑤符合题意，答案为B；3.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO

2D.尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaH

SO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。4.我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水【答案】B【解析】【详解

】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。5.下列过程中化学反应速率的增大对人类有益的是()A.金属的腐蚀B.食物的腐败C.塑料的老化D.合成氨【答案】D【解析】【详解】A.金属的腐蚀会造成资源消耗和建筑损毁

，则应降低反应速率，故A错误；B.食物腐败使食品的保质缩短，则应降低反应速率，故B错误；C.塑料老化会缩短塑料制品的使用寿命，则应降低反应速率，故C错误；D.氨气是人类需要的重要化工原料，则工业合成氨需要增大反应

速率，故D正确；答案选D。【点睛】本题让学生体会了化学反应速率与日常生活和工业生产等之间的关系。6.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是（）A.NaB.CuC.FeD.Ag【答案】A【解析】【分析】炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是

电解熔融的Al2O3）制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。【详解】A．Na的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故A正确；B．Cu用热还原法冶炼，故B错误；C．Fe用

热还原法冶炼，故C错误；D．Ag用热分解法冶炼，故D错误；故选A。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。7.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是()实验现象结论A

含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有酸性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．SO2通入含HCl、

BaCl2的FeCl3溶液中，二氧化硫与铁离子、水反应生成硫酸根离子和亚铁离子和氢离子，二氧化硫化合价升高，表现还原性，A正确；B．SO2通入H2S溶液时，生成单质硫，二氧化硫的化合价降低，表现氧化性，B正确；C．SO2通入酸性KMnO4溶液中，生成硫酸根离子、锰离子和水，二氧化硫的化合价

升高，表现还原性，C错误；D．SO2通入Na2SiO3溶液中生成硅酸和亚硫酸钠，说明亚硫酸的酸性大于硅酸，D正确；答案为C。8.下列有关化学用语的表示正确的是()A.NH4Cl的电子式：B.S2-的结构示意

图：C.氨的电子式：D.碳元素位于第2周期，VIA族【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；B.S2-的结构示意图为，B错误；C.氨气是共价化合物，电子式为，C正确；D.碳元素位于第二周期第ⅣA族，D错误。答案选C。9.下列金属在冷、浓的硝酸或硫酸中

，能形成致密氧化膜的是()A.O2B.FeC.CuD.Na【答案】B【解析】【详解】A．O2不是金属，与硝酸、硫酸不反应，A与题意不符；B．Fe在冷、浓的硝酸或硫酸中反应在金属的表面形成致密氧化膜，发生钝化，B

符合题意；C．Cu在冷、浓的硝酸发生氧化还原反应，不能形成致密的氧化膜，C与题意不符；D．Na在冷、浓的硝酸或硫酸中发生氧化还原反应，不能形成致密的氧化膜，D与题意不符；答案为B。10.下列物质中只含有共价键的是（）A.N2B.MgCl2C.NH4ClD.K

F【答案】A【解析】【分析】活泼金属元素和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。【详解】A.N2分子中2个N原子通过三对共用电子对结合，所以只含有共价键，A正确；B.MgCl

2是离子化合物，Mg2+与Cl-通过离子键结合，B错误；C.NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-通过离子键结合，在NH4+中N原子、H原子间通过共价键结合，C错误；D.KF是离子化合物，K+与F-离子间通过离子键结合，无共价键，D错误；故合理选项是

A。【点睛】本题考查了化学键和物质的关系，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力来分析解答，注意氯化镁中两个氯离子之间不存在共价键，为易错点。11.下列关于元素周期表应用的说法正确的是A.为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提

供线索B.在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料C.在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素D.在过渡元素中，可以找到半导体材料【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的

内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确；B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误

；D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，

如Ge、Si、Ga、Se等。③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特

种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。⑤矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量

较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往

往共生在一起，同处于一种矿石中。12.下列关于碱金属和卤素的说法，错误的是()A.随着核电荷数的增大，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大B.碱金属元素中，锂原子失去电子的能力最弱，卤素中氟原子得电子能力最强C.钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈D.溴单质与水反应比氯单质与水反应更剧烈

【答案】D【解析】【详解】A．随着核电荷数的增大，碱金属元素和卤素的原子的核外电子层数越多，则原子半径都逐渐增大，A说法正确；B．碱金属元素中，锂原子半径最小，核内质子对核外最外层电子的作用力最大，失去电子的能力最弱，

卤素中氟原子半径最小，得电子能力最强，B说法正确；C．钠原子半径小于钾，失电子能力小于钾，故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C说法正确；D．溴单质非金属性小于氯气，则氯单质与水反应比溴与水反应更剧烈，D说法错误；答案为D。13.下列有关周期表的说法正确的是（）A.短周期是第一、二、

三、四周期B.元素周期表有18个族C.第ⅠA族的元素全部是金属元素D.元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族【答案】D【解析】【详解】A.短周期是指第一周期、第二周期、第三周期等3个周期，选项A不正确；B.元素周期表有18列，但是只分为16个族，选项B不正确；C.第ⅠA族的元素除

H元素外全部是金属元素，选项C不正确；D.镧系元素和锕系元素分别都有15种，它们都在第ⅢB族，所以元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族，选项D正确。答案选D。14.下列各组性质比较错误的是A.氢化物的热稳定性：H2S＞HClB.酸性:HClO4＞H2SO4C.碱性:Mg(OH)2＞Al

(OH)3D.原子半径Cl＞F【答案】A【解析】【详解】A．氯元素的非金属性强于硫，所以氢化物的热稳定性是：H2S＜HCl，A不正确；B．氯元素的非金属性强于硫，故其最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4大于H2SO4，B

正确；C．镁的金属性强于铝，故其最高价的氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2大于Al(OH)3，C正确；D．氯与氟处于同一主族，氯的原子序数较大，同一周期元素的原子半径从上到下依次增大，所以原子半径：Cl＞F，D正确；本题选A。15.某元素X的气态

氢化物的分子式为H2X，该元素的最高价氧化物对应的水化物的分子式可能是（）A.H2XO3B.H2XO4C.H4XO4D.H3XO4【答案】B【解析】分析：根据主族元素元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，确定X元素的化合价进行判断。详解：元素

X气态氢化物的化学式为H2X，则最低价是－2价，所以X的最高价是＋6价，根据化合价代数和为零，H2XO3中X元素化合价是+4价，A选项不符合；H2XO4中X元素化合价是+6价，B选项符合；H4XO4中X元素化合价是+4价，C选项不

符合；H3XO4中X元素化合价是+5价，D选项不符合；正确选项B。点睛：掌握主族元素化合价的计算依据是解答的关键，①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数(O除外)，其中氟无正价。②主族元素的最

高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。16.下列物质中，属于共价化合物的是()A.氧化钙B.硫化镁C.硫化钠D.硫化氢【答案】D【解析】【详解】A

．氧化钙是由钙离子和氧离子以离子键结合形成的离子化合物，A与题意不符；B．硫化镁是由镁离子和硫离子以离子键结合形成的离子化合物，B与题意不符；C．硫化钠是由硫离子和钠离子以离子键结合形成的离子化合物，C与题意不符；D．硫化氢是由S和H以共用电子对结合形成的

化合物，属于共价化合物，D符合题意；答案为D。17.X、Y、Z都是短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示,下列有关说法正确的是()A.原子半径：Z>Y>XB.氢化物的稳定性：X>Y、Z>YC.最高价氧化物对应

的水化物酸性：Y>XD.三种元素形成的简单离子的半径：X<Y<Z【答案】B【解析】试题分析：X、Y、Z都是短周期元素，由其在元素周期表中的位置可知，X、Y位于同一主族且上下相邻，Y和Z位于第3周期且左右相邻，元素的非金属性X强于Y、Z强于Y。A.原子半径：Z<Y，X<

Y，A不正确；B.氢化物的稳定性：X>Y、Z>Y，B正确；C.最高价氧化物对应的水化物酸性：Y<X，C不正确；D.三种元素形成的简单离子的半径：X<Y，Y＞Z，Ｄ不正确。18.下列反应是吸热反应的是()A.铝片与稀H2SO4反应B.缓慢氧化C.灼热的炭

与CO2反应D.甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A．铝片与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，是放热反应，A与题意不符；B．缓慢氧化为缓慢的氧化反应，是放热反应，B与题意不符；C．灼热的炭与CO2反应生成CO，是吸热反应，

C符合题意；D．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，是放热反应，D与题意不符；答案为C。19.决定化学反应速率的主要因素是（）A.参加反应物本身的性质B.催化剂C.温度和压强以及反应物的接触面D.反应物的浓度【答案】A【解析】【详解】决定化学反应速率的主

要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。【点睛】参加反应的物质的性质是决定性因素，而浓度、温度、压强等是外部的影响因素。20.对于反应2H2(g)＋O2(g)⇌2H2O(g)，能增大

反应速率的措施是()A.减小O2的物质的量浓度B.增大反应容积C.减低压强D.升高体系温度【答案】D【解析】【详解】A．减小O2的物质的量浓度，正反应速率减小，A与题意不符；B．增大反应容积，反应体系中各物质的浓度减小，反应速率减小，B与题意不符；C

．减低压强，若容积增大，反应体系中各物质的浓度减小，反应速率减小，若体积不变，则体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，C与题意不符；D．升高体系温度，体系中达到活化分子的百分含量增大，反应速率增大，D符合题意；答案为D。21.下

列不属于硫酸的化学性质的是（）A.酸性B.强还原性C.脱水性D.吸水性【答案】B【解析】【详解】A．硫酸是二元强酸，显酸性，A不符合；B．硫酸具有氧化性，没有强还原性，B符合；C．浓硫酸具有脱水性，C不符合；D．浓硫酸具有吸水性，D不符合；答案选

B。22.在一定温度下，2L密闭容器内，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间／min012345n(NO))／mol0．0200．0100．0080．0070．0070．007该反应达到平衡状态的时间是A.3minB.1minC.2m

inD.0min【答案】A【解析】【详解】当化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度及物质的量不变,当反应达到3min时,NO的物质的量不变,所以该反应在3min时达到平衡状态.综上所述，本题应选A。【点睛】本题重点考查化学反应达平衡的标志。当化学反应达到平衡状

态时,正逆反应速率相等且不等于0,各物质的浓度不变、物质的量不变,由此衍生的一些物理量也不变,注意化学方程式的特征.23.下列四种盐酸溶液，均能跟锌片反应，其中最初反应速率最快的是()A.10℃20mL3mol/L的盐酸溶液B.

20℃10mL4mol/L的盐酸溶液C.20℃20mL2mol/L的盐酸溶液D.20℃30mL2mol/L的盐酸溶液【答案】B【解析】【详解】温度越大，单位浓度的活化分子的数目越大，故反应速率就越大，浓度越大，单位浓度的活化分子的数目越大，故反应

速率就越大，四个选项中B选项的温度最高，浓度最大，所以当B溶液与锌片反应，其最初反应速率最快，故本题的答案选择B。24.水资源非常重要，联合国确定2003年为国际淡水年。海水淡化是海岛地区提供淡水的重要手段，所

谓海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多，如反渗透法、水合物法、电渗透法、离子交换法和压渗法等。下列方法中也可以用来进行海水淡化的是（）A.过滤法B.蒸馏法C.分液法D.冰冻法【答案】B【解析】【分

析】【详解】海水淡化的方法有蒸馏法，通过蒸馏水变成水蒸气，然后冷凝得到淡水，答案选B。25.在紫外线的作用下，氧气可生成臭氧：3O22O3，一定条件下该反应达到平衡状态的标志是()A.单位时间内生成2molO3，同时消耗3molO2B.O2的消耗速率0.3mol·L－1·s－1，O3的消耗

速率0.2mol·L－1·s－1C.容器内，2种气体O3、O2浓度相等D.气体密度不再改变【答案】B【解析】【详解】A.单位时间内生成2molO3，同时消耗3molO2，均指反应正向的速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A错误；B.O2的消耗速率0.3mol·L－1·s－1，O3的消耗

速率0.2mol·L－1·s－1，O2被消耗指正反应方向，O3被消耗指逆反应方向，且两者的速率之比等于系数之比，故正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，故B正确；C.容器内，2种气体O3、O2浓度相等不一定是浓度保持不变的状态，故C错误；D.该反应在一个体积不变的容器中进行时，气体密度始终

不会发生改变，故D错误；答案选B。第Ⅱ卷(选择题共50分)26.填空题(1)下列五种物质中，①H2O②O2③Na2O2④NaOH⑤NaBr，只存在共价键的是__________，只存在离子键的是________

__，既存在离子键又存在共价键的是_________，含有极性键的是__________，是非极性分子的是________。(填编号)(2)对于Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”“减小”或“不变”)①降低温度：___

_____；②增大盐酸浓度：________；③增加铁丝的用量：________。④加入催化剂：________。【答案】(1).①②(2).⑤(3).③④(4).①④(5).②(6).减小(7).增大(8).不变(9).增大【解析】【详解】(1)①H2O为共价化合物

，只存在H-O极性共价键；②O2只存在O=O非极性共价键；③Na2O2为离子化合物，存在离子键、O-O极性共价键；④NaOH为离子化合物，存在离子键、H-O极性共价键；⑤NaBr为离子化合物，只存在离子键；综上所述，只存在共价键的是①②；只存在离子键的是⑤；既存在离子键又存在共价键的是③④；含有极

性键的是①④；非极性分子的是②；(2)①降低温度，反应速率减小，生成氢气的速率减小；②增大盐酸浓度，溶液中氢离子浓度增多，生成氢气的速率增大；③增加铁丝的用量，为增大固体与液态的接触面积，反应速率不变，则生成氢气的速率不变；④加入催化剂降低反应的活化能，反应速率

增大，生成氢气的速率增大。27.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。请按要求回答下列问题：(1)元素⑦的原子结构示意图______。①、④按原子个数比为1：1组成的分子的电子式_______；由②、④两种元素组成的一种化合物的结构式_______；(2)⑤⑥两种元素的原子半径由大到小

的顺序是_________(填元素符号)。(3)⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较弱的是________(填化学式)。(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物易于制备的是___________(填化学式)。(5)元素

⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应水化物反应，其反应方程式为________。(6)元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式_______；一种离子化合物的化学式_

_______。【答案】(1).(2).(3).O=C=O(4).Na＞Mg(5).H2SO4(6).H2S(7).Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O(8).H2O、H2O2(9).Na2O、Na2O

2、NaH【解析】【分析】根据元素周期表提供的信息，①~⑨分别为H、C、P、O、Na、Mg、Al、S、Cl。【详解】(1)分析可知，元素⑦为Al，为第13号元素，原子结构示意图为；①、④按原子个数比为1：1组成

的分子为过氧化氢，其电子式为；由②、④两种元素组成的一种化合物为二氧化碳，其结构式为O=C=O；(2)⑤⑥两种元素分别为Na、Mg，为同周期元素，且原子序数依次增大，故原子半径由大到小的顺序Na＞Mg；(3)⑧和⑨两种元素分别为S、Cl，且非金属性为S＜

Cl，则其最高价氧化物对应的水化物中酸性较弱的是H2SO4；(4)元素③和元素⑧的气态氢化物分别为PH3、H2S，非金属性P＜S，则氢化物的稳定性为PH3＜H2S，故H2S易于制备；(5)元素⑤与元素⑦

的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3，混合后反应生成偏铝酸钠和水，方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；(6)①、④、⑤分别为H、O、Na，两两之间可形成水、过氧化氢、氧化钠、过氧化钠及氢化钠，属于化合物的有H2O

、H2O2，离子化合物的有Na2O、Na2O2、NaH。28.根据图填空：反应物是________；生成物是________。在2min内A、B、C三者的反应速率值分别是____________、____________、___________

_，该反应的化学方程式是______________________。【答案】(1).A、B(2).C(3).3mol·L-1·min-1(4).2mol·L-1·min-1(5).3mol·L-1·min-1(6).3A+2B3C【解析】【分析】分析题给c-t图，根据

A、B、C的曲线变化趋势可判断出反应物和生成物。分析图中相同时间内A、B、C的浓度变化值，可计算出三者的反应速率值，进而可推导出反应的化学方程式。【详解】分析题给c-t图，A、B的浓度随着时间的进行逐渐减小，在2min时保持不变，C的起始浓度

为0，随着时间的进行逐渐增大，在2min时保持不变，说明A、B为反应物，C为生成物。由图可知A8mol/L-2mol/L=6mol/Lc,B8mol/L-4mol/L=4mol/Lc，C6mol/L-0=6mol/Lc，根据反应速率的定义，-1-1A6

mol/LA3molLmin2mincvt，同理可知：-1-1B2molLminv，-1-1C3molLminv。由同一反应中各物质的反应速率之比等于相应物质的化学计量数之比，可知A、B、C的化学计量数之比=

-1-1-1-1-1-1A:B:C3molLmin:2molLmin:3molLmin3:2:3vvv，则反应方程式为：3A+2B3C。答案为：A、B；C；3mol·L-1·min-1；2m

ol·L-1·min-1；3mol·L-1·min-1；3A+2B3C。