《2023年广东省广州市高三一诊考试化学试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年广东省广州市高三一诊考试化学试卷含解析.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高考化学模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某学生设计下列装置，在制取某些物质 A 的同时，还能提供电能，可行性的是()甲 乙 电解质溶液 A A H2 Cl2 稀 HCl HCl B N2 H2 某可行溶液 NH3H2O C CO2 NH3 NaCl 饱和溶液 NaHCO3 D Pb Pb
2、O2 H2SO4溶液 PbSO4 AA BB CC DD 2、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是 A盐桥中 Cl-向 Y 极移动 B电路中流过 7.5 mol电子时，共产生标准状况下 N2的体积为 16.8L C电流由 X极沿导线流向 Y 极 DY 极发生的反应为 2NO3-10e-6H2O=N212OH，周围 pH增大 3、下列有关化学用语表示正确的是（）A氮离子 N3-的结构示意图：B聚丙烯的结构简式：C由 Na 和 Cl形成离子键的过程：D比例模型可表示 CH
3、4分子，也可表示 CCl4分子 4、将 NaHCO3和 Na2O2的固体混合物 x g 在密闭容器中加热至 250，充分反应后排出气体将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示下列说法错误的是（）AHCl 的浓度 0.2mol/L B反应后固体的成分为 NaOH 与 Na2CO3 C密闭容器中排出气体的成分为 O2和 H2O Dx 的数值为 6.09 5、如图表示 118 号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示 A电子层数 B原子半径 C最高化合价 D最外层电子数 6、下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中
4、碳酸钠的质量分数的是 A取 a 克混合物充分加热至质量不再变化，减重 b 克 B取 a 克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为 b 克 C取 a 克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为 b 克 D取 a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得 b 克固体 7、常温下，某 H2CO3溶液的 pH约为 5.5，c(CO32-)约为 510-11molL-1，该溶液中浓度最小的离子是()ACO32-BHCO3-CH+DOH-8、下列化学用语正确的是 A中子数为 2 的氢原子：21H BNa+的结构示意图：COH-的电子式：H一 DN2分子
5、的结构式：NN 9、氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（）A离子晶体 B原子晶体 C分子晶体 D金属晶体 10、Cl2可用于废水处理。向 KCN 溶液中先加入足量 KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是 A两种无毒的气体均为还原产物 B反应后溶液的 pH会升高 C氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5:2 D每转移 2NA个电子时，一定会生成 13.44 L 的气体 11、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）实验 现象 结论 A某溶液中滴加溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有，无 B某溶液中加入溶液 再加足量盐酸 产生
6、白色沉淀 仍有白色沉淀 原溶液中有 C 向含有和的悬浊液中滴加溶液 生成黑色沉淀 D向溶液中通入 溶液变浑浊 酸性：AA BB CC DD 12、下列有关含氯物质的说法不正确的是 A向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力 B向 NaClO 溶液中通入少量的 CO2的离子方程式：CO22ClOH2O2HClOCO32(已知酸性：H2CO3HClOHCO3)C向 Na2CO3溶液中通入足量的 Cl2的离子方程式：2Cl2CO32H2OCO22Cl2HClO D室温下，向 NaOH溶液中通入 Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na)2c(ClO)c(HClO)13、下列图示与对
7、应的叙述相符的是()。A表示反应A+B=C+D的1Hac kJ mol B表示不同温度下溶液中+H和-OH浓度变化曲线，a点对应温度高于b点 C针对 N2+3H2=2NH3 的反应，图表示1t时刻可能是减小了容器内的压强 D表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点 14、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（）A对钢材“发蓝”（钝化）B选用铬铁合金 C外接电源负极 D连接锌块 15、短周期主族元素 W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大。其中 X、Z位于同一主族：W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y 是同周期主族元素中离子半径最小的；
8、ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是 A最简单氢化物的稳定性：WX B含氧酸的酸性：Z”或“HClO HCO3-，故 HClO 与 CO32-不能同时产生，选项 B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将 CO32-全部反应成 CO2气体，选项 C 正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na)c(ClO)c(Cl)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到 c(Cl)c(ClO)c(HClO)，两式联立可得 c(Na)2c(ClO)c(HClO)，选项 D 正确。答案选 B。13、C【解析】A.根据图，反应ABCD 属于放
9、热反应，H-(a-c)kJmol-1，故 A 错误；B.根据图，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于 b点，故 B 错误；C.根据 图，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故 C 正确；D.根据图，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比 q 点强，pH小于q点，故 D 错误；故选 C。14、D【解析】牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是原
10、电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选 D。15、D【解析】W 的气态氢化物常用作制冷剂，确定 W 为 N，W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，Y 是同周期主族元素中离子半径最小的，确定 Y 为 Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有 HCl 生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定 ZXR2为 SOCl2，因此 X为 O、Z为 S、R 为Cl；即：W 为 N、X为 O、Y 为 Al
11、、Z为 S、R 为 Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：WX,故 A 错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故 B 错误；C.Y 和 R 形成的化合物 AlCl3是共价化合物，故 C错误；D.SOCl2+H2OSO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故 D 正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。16、B【解析】A相同离子不能合并；B氘（2H）原子中有 1 个质子，核外有 1 个电子；C结构式中需要
12、用短线代替所有的共用电子对，CH2=CH2为结构简式；D比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构。【详解】A氯化镁属于离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为：，故 A 错误；B氘（2H）原子中有 1 个质子，核外有 1 个电子，原子结构示意图：，故 B 正确；C乙烯分子中含有 2 个碳原子和 4 个氢原子，两个碳原子之间通过共用 2 对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角 120 度，为平面型结构，其结构式为：，故 C 错误；D二氧化碳的分子式为 CO2，由模型可知小球为碳原子，2 个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子
13、半径大于氧原子半径，二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故 D 错误；故选：B。【点睛】易错点 D，氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、-Br 1,3-二氯丙烷 NaOH溶液,（加热）加聚反应 取代反应 OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH 水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 、【解析】由 CH2=CH-CH=CH2反应到 A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到 C为 1,4-二溴-2-丁烷，AB 为取代；再根据知 F 为醛，E 为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道 D 为 1,3-二氯丙烷。H为 CH
14、3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H 与 C 反应根据信息即可判断。【详解】（1）由 CH2=CH-CH=CH2反应到 A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃 D 的相对分子质量是 113，氯的质量分数约为 62.8，n(Cl)=11362.8/35.5=2,D 的化学式为 C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则 D 的结构简式 CH2ClCH2ClCH2。系统命名为 1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D 为卤代烃，E 为醇，所以反应的条件是 NaOH溶液,（加热）；由的反应条件知道为加聚反应；由的条件知反应类型取代反应。（3 根据知 E 为醇，F 为醛，所
15、以 FG过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH 水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以 K的结构简式为；（5）通过上述分析知 G为 HOOCCH2COOH，比 G多 2 个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知 A 为，以 A 为起始原料，选用必要的无机试剂合成 B（）的路线图为：。18、羧基 2-甲基-1-丙烯 NaOH 水溶液，加热 向溶液中滴加 FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在 取代反应 或或 11 【解析】由合成流程可知，A、C 的碳链骨
16、架相同，A 发生加成反应生成 B，B 水解生成 C，则 A 为，A 与溴加成生成 B 为，B 与 NaOH 的水溶液在加热时发生取代反应产生 C 是，C 发生催化氧化生成 D 为，D 与新制 Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成 E 为，E 与 HBr 在加热时发生取代反应，E 中-OH 被 Br 原子取代反应生成 F，F的结构简式是，结合 J 的结构可知 H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知 F 是，根据结构简式可知 F 中含有的含氧官能团的名称是羧基，A 物质是，用系统命名法命名 A 的名称是 2-甲基1丙烯；(2)B 结构简式是
17、，C 物质是，BC 是卤代烃在 NaOH 的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为 NaOH 水溶液、加热；(3)C 结构简式是，C 中含有羟基，其中一个羟基连接的 C 原子上含有 2 个 H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由 C 生成 D 的化学反应方程式是；(4)根据上述分析可知 G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加 FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知 F 是，H是，F+H 在加热时发生取代反应生成 J 和 HBr，该反应类型是取代反应。F与 C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式
18、：或或；(6)E 为，化合物 X 是 E 的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用OH 代替烃基上 H，若为甲酸丙酯，-OH 有 3 种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有 2 种位置；如为乙酸乙酯，-OH有 3 种位置；若为丙酸甲酯，-OH有 3 种位置，共 11 种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有 3 组峰，峰面积之比为 1：1：6 的结构简式为。【点睛】本题考查有机物推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。19、装有氯化钙固体的
19、干燥管（其他干燥剂合理也可以）作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应 滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯 立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查 B D ABE 拿洗耳球 51.3%【解析】(1).格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；(2)为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；（3）提纯
20、过程中发现 A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。（4）滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A 正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B 正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C 错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D 错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过
21、，E 正确；答案为 ABE。（5）用移液管量取 20.00mL 饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为 0.03mol1260g mol=7.80g，产率=实际产量/理论产量=4.00 g 7.80g100%=51.3%，答案为：51.3%。20、检查装置的气密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出 ClO2 空气流速过慢时，Cl
22、O2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降 没有处理尾气 A 106.5n90.5m或213n181m或1.18nm(或其他合理答案)【解析】在装置内，NaClO3与 H2SO4的混合液中滴加 H2O2，发生反应 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的 ClO2与 O2的混合气随空气排出进入 B 装置；B 装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入 C 中，发生反应 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解
23、，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置 B 的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少 H2O2的分解、减少 ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低 ClO2的溶解度，所以主要目的不包括 b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成 NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中 N
24、aClO3与 H2SO4的混合液中滴加 H2O2，发生反应生成 ClO2的化学方程式为 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因为 NaClO2遇酸会放出 ClO2，所以装置 C 中加入 NaOH 溶液的目的除了作反应物外，还因为 NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使 NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响 NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，N
25、aClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出 ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A过氧化钠与水反应，可生成 H2O2和 NaOH，其还原能力与 H2O2相似，A 符合题意；B硫化钠具有强还原性，能将 NaClO2固体还原为 NaCl，B 不合题意；C氯化亚铁具有较强还原性，能将 NaClO2固体还原为 NaCl，C 不合题意；D高锰酸钾具有强氧化性，不能将 NaClO2固体
26、还原，D 不合题意；故选 A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，从而得出 NaClO2(s)的理论产量为：mg 90.5g/mol106g/mol=90.5m106g，NaClO2的产率是ng100%90.5mg106.5=106.5n90.5m100%。答案为：106.5n90.5m或213n181m或1.18nm(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中 NaClO3与 H2SO4的混合液中滴加 H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得 2NaClO3+H2O22ClO2+O
27、2；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。21、+1366.8kJmol-1 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 60%0.005 CO2 2.5MPa 【解析】(1)C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)H1=-44.2kJmol-1 2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)H2=+1411.0kJmol-1 利用盖斯定律，将两个热化学方程式直接相加，便可得出 2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)的 H3
28、。(2)转化过程中，发生 Fe+H2O(g)的反应，CO2与 H2的反应，写出反应方程式，便可确定产生 H2反应的化学方程式。由前面信息中确定，增加镍粉用量时，导致甲酸产量迅速减少，则表明第二步反应迅速进行。(3)从图中采集信息，进行计算，从而求出 520时，CO2的转化率和反应 I的平衡常数 K。(4)从图中可看出，降低温度，H2的转化率增大，从而表明降温平衡正向移动，由此可求出 H与 0 的关系。温度升高，平衡逆向移动，则反应物的物质的量分数增大，再由起始量关系，确定曲线 b 代表的物质，T4温度时，利用三段式及图中采集的信息，求出反应达到平衡时物质 d 的分压 p(d)。【详解】(1)C
29、2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)H1=-44.2kJmol-1 2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)H2=+1411.0kJmol-1 利用盖斯定律，将两个热化学方程式直接相加，便可得出 2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)的H3=+1366.8kJmol-1。答案为：+1366.8kJmol-1；(2)转化过程中，发生反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2、CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)、CO2(g)+H2(g)HCOOH(ag)，便可确定产生 H2反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2
30、。答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；由前面信息中确定，增加镍粉用量时，导致甲酸产量迅速减少，则表明第二步反应迅速进行，则反应速率增加较大的一步是。答案为：；(3)520时，反应中生成 CH40.2mol，则消耗 CO20.2mol；反应中生成 C2H40.2mol，则消耗 CO20.4mol，两反应共消耗CO20.6mol，从而得出CO2的转化率为0.6mol100%1mol=60%；反应中生成CH40.2mol，则同时生成H2O0.4mol，消耗 CO20.2mol、H20.8mol；反应中生成 C2H40.2mol，则消耗 CO20.4mol、H21.2mol。两反应共消耗 CO
31、20.6mol、H22mol，剩余 CO20.4mol、H22mol，反应 I 的平衡常数 K=240.2 0.40.4 2=0.005。答案为：60%；0.005；(4)从图中可看出，降低温度，H2的转化率增大，从而表明降温平衡正向移动，由此可求出 H0。答案为：；温度升高，平衡逆向移动，则反应物的物质的量分数增大，再由起始量关系，确定曲线 a 代表 H2、b 代表 CO2，c代表 H2O(g)、d 代表 C2H5OH。T4温度时，m=3，令 n(CO2)=2mol，则 n(H2)=6mol，设 CO2的物质的量为 2x，建立如下三段式：223222CO(g)6H(g)CH CH OH(g)3H O(g)(mol)2600(mol)263(mol)22663xxxxxxxx起始量变化量平衡量 依题意得：2-2x=x，x=23，平衡时乙醇的分压为20MPa84xx=2.5MPa。答案为：CO2；2.5MPa。【点睛】两种反应物同时发生两个反应时，虽然它们分别发生两个反应，但每种物质在混合气体中只有一种浓度，在计算反应物的转化率时，变化量应为两反应之和；在计算某一反应的平衡常数时，两反应中反应物的平衡浓度应相同，都等于起始量减去两反应的总消耗量。