广东省深圳市高三第一次调研考试理综化学试题及解析.docx

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广东省深圳市高三第一次调研考试理综化学试题及解析

广东省深圳市2018届高三第一次调研考试理综化学试题

1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是

A.牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐时,钢铁与电源的负极相连

B.油脂进行皂化反应后，加入食盐分离出高级脂肪酸盐

C.纤维素供给人体能量时，先在体內水解成葡萄糖再被氧化

D.氨气作工业制冷剂时，先汽化再液化

【答案】B

............

点睛：

本题主要考查物质的性质及应用，掌握相关物质的性质、发生的反应类型和用途是解答本题的关键，本题的易错点是A项，利用牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐是原电池原理，利用电解原理进行金属防腐的方法叫外加电流的阴极保护法。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数大于0.3NA

B.10g质量分数为46%的乙醇溶液含有的氢原子数目为0.6NA

C.0.2molN2和0.6molH2混合充分反应后，转移的电子数目为1.2NA

D.0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2分子数目为0.5NA

【答案】D

【解析】A.Na2O2和Na2O均是由两个阳离子和一个阴离子构成的离子化合物，所以0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总物质的量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；B.乙醇溶液中除乙醇外，水也含氢原子，10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故乙醇含有0.6mol氢原子，水的质量为10g−4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故水含有0.6mol氢原子，则此溶液中含有氢原子的物质的量为1.2mol，个数为1.2NA，故B错误；C.因N2和 H2合成NH3的反应是可逆反应，0.2molN2和0.6mol H2不能完全转化为NH3，转移的电子数目小于1.2NA，故C错误；D.因1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧消耗O2的物质的量均为1mol，所以0.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全燃烧，消耗的O2的物质的量为0.5mol，分子数目为0.5NA，故D正确；答案选D。

点睛：

本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算，熟练掌握相关的计算公式、物质结构特点、可逆反应特点等是解题的关键，本题的易错点是C项，解题时要注意N2和 H2合成NH3的反应是可逆反应，0.2molN2和0.6mol H2发生反应时，不能完全转化为NH3，转移电子的数目应小于1.2NA。

3.关于有机物a（

）、b（

）、c（

）的说法正确的是

A.a、b、c的分子式均为C8H8

B.a、b、c均能与溴水发生反应

C.a、b、c中只有a的所有原子会处于同一平面

D.a、b、c的一氯代物中，b有1种，a、c均有5种（不考虑立体异构）

【答案】C

【解析】A.a、b的分子式为C8H8，c的分子式为C8H10，故A错误；B.b分子是立方烷，不能与溴水发生反应，a、c分子中均含有碳碳双键，可以和溴水发生反应，故B错误；C.a分子中的苯环和碳碳双键均为平面结构，因单键可以旋转，所以a分子中的所有原子可以处于同一平面，b、c分子中均含有饱和碳原子，所以b、c分子中的所有原子不可能处于同一平面，故C正确；D.b分子是立方烷，是一种对称结构，每个碳原子上有一个氢原子，其一氯代物只有1种，a的一氯代物有5种，c的一氯代物有7种，故D错误；答案选C。

4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X.Z同主族，X、Y、Z能形成化合物Q，25℃时,0.01mol/LQ溶液的pH为12，Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂，下列说法正确的是

A.原子半经:

X

B.X、Y形成化合物分子中可能含有非极性键

C.Y与Z属于同一周期，与W属于同一主族

D.四种元素中，W元素的非金属性最强

【答案】B

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z同主族，X、Y、Z能形成化合物Q，25℃时，0.01mol/LQ溶液的pH为12，说明Q是一元强碱，则Q为NaOH，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素，Y、Z、W形成的一种化合物常用作生活中的消毒剂和漂白剂，则W为Cl元素，Y、Z、W形成的常用作生活中的消毒剂和漂白剂的化合物是NaClO。

A.原子半径Na＞Cl＞O＞H，故A错误；B.H和O两种元素形成的化合物H2O2中，既含有极性键又含有非极性键，故B正确；C.Y是O元素、Z是Na元素、W是Cl元素，O与Na不在同一周期，O与Cl不属于同一主族，故C错误；D.在这四种元素中，O元素的非金属性最强，故D错误；答案选B。

5.银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O==Zn（OH）2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。

连通电路后，下列说法正确是

A.电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-

B.气体Y为H2

C.pq膜适宜选择阳离子交换膜

D.电池中消耗65gZn，理论上生成1mol 气体X

【答案】D

【解析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：

2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH－结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH－在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：

2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。

A.根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn（OH）2，故A错误；B.N电极的反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H+，气体Y为O2，故B错误；C.因中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D.65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选D。

点睛：

本题综合考查原电池和电解池的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。

6.实验室欲探究CO还原CuO，设计如图所示装置（夹持装置略去）。

下列说法正确的是

A.②、④中均可盛装碱石灰

B.加热的顺序为③、①、⑤

C.①、③、⑤中均发生氧化还原反应

D.可将尾气用导管通入到⑤的酒精灯处灼烧

【答案】D

【解析】由装置图可知，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2，用装置②除去CO2中混有的H2O（g），CO2与碳粉加热反应生成CO，用装置④除去剩余的CO2，CO与CuO固体加热反应生成CO2和Cu，最后进行尾气处理除去剩余的CO。

A.②中若盛装碱石灰，会把CO2和H2O（g）一并除去，因此②中应盛装P2O5等干燥剂，装置④的作用是除去剩余的CO2，所以装置④中可盛装碱石灰，故A错误；B.因碳粉会和空气中的氧气、水蒸气等在加热时发生反应，所以应先加热装置①，待整个装置中充满CO2时，再加热③和⑤，故B错误；C.装置①中发生的是NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2的反应，该反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，③中发生的反应为C＋CO2

2CO、⑤中发生的反应为CO＋CuO

Cu＋CO2，这两个反应中均有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.处理尾气CO通常采用点燃的方法，使CO燃烧生成无污染的CO2，故D正确；答案选D。

7.25℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中

和-lgc（HC2O4-）或

和-lgc（C2O42-）关系如图所示，下列说法正确的是

A.曲线L1表示

和-lgc（HC2O4-）的关系

B.Ka2（H2C2O4）的数量级为10-2

C.NaHC2O4溶液中c（Na+）>c（HC2O4-）>c（H2C2O4）>c（C2O42-）

D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水

减小

【答案】A

【解析】A.H2C2O4是二元弱酸，在溶液中发生两步电离：

H2C2O4

HC2O4－＋H＋、HC2O4－

C2O42－＋H＋，Ka1=

、Ka2=

，－lgKa1=－lg

=－[lg

+lgc（HC2O4－）]、－lgKa2=－lg

=－[lg

+lgc（C2O42－）]，因Ka1＞Ka2，则－lgKa1＜－lgKa2，即－[lg

+lgc（HC2O4－）]＜－[lg

+lgc（C2O42－）]，所以曲线L1表示

和－lgc（HC2O4－）的关系，故A正确；B.曲线L2表示

和-lgc（C2O42-）的关系，据图可知，－lgKa2=－lg

=－[lg

+lgc（C2O42－）]=2+3=5，则Ka2=10-5，Ka2（H2C2O4）的数量级为10-5，故B错误；C.由上述分析可知，HC2O4－发生电离的平衡常数Ka2=10-5，HC2O4－发生水解反应的平衡常数Kh=

=

=10-12，Ka2＞Kh，即HC2O4－的电离程度大于水解程度，所以在NaHC2O4溶液中c （Na+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4），故C错误；D.由Ka1=

可得：

=

，向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水，Ka1不变，c（H+）减小，则

=

增大，故D错误；答案选A。

8.某小组对碳与浓硝酸的反应进行探究，已知:

2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O。

请回答下列可题:

I.甲同学设计如图所示装置制备并收集NO

（1）碳与浓硝酸反应的化学方程式为__________________。

（2）C的作用为_______________。

（3）乙同学认为用装置F代替B更合理，理由为_______________。

（4）乙同学用改进后的装置进行实验。

①将浓HNO3滴入圆底烧瓶中的操作为__________________。

②点燃A处酒精灯开始反应后，圆底烧瓶中的现象为________________。

II.探究NO与Na2O2反应

已知NaNO2既有氧化性，又有还原性；J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3。

（5）检验上图装置气密性的方法为____________________。

（6）实验结束后，设计实验证明J处硬质玻璃管中有NaNO2生成________________。

供选试剂:

蒸馏水KI-淀粉溶液，KMnO4溶液、NaOH溶液.BaCl2溶液、稀硫酸

【答案】

（1）.C+4HNO3（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O

（2）.除去反应生成的CO2（3）.装置F可以起到防倒吸的作用（4）.打开分液漏斗玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准），旋转活塞,使浓硝酸滴入圆底烧瓶（5）.剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体（6）.关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好（7）.取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液褪色则有NaNO2生成

【解析】I.

（1）.碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2和H2O，化学方程式为C+4HNO3（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：

C+4HNO3（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O；

（2）.碳与浓硝酸反应生成的CO2、NO2通入B装置的水中，NO2与水反应生成HNO3和NO，再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中，可以除去NO中混有的CO2，故答案为：

除去反应生成的CO2；

（3）.将碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2通入B装置的水中，因NO2与水反应生成HNO3和NO，造成气体减少、压强减小，从而产生倒吸，若将混合气体通入CCl4中，则不会产生倒吸，故答案为：

装置F可以起到防倒吸的作用；

（4）.①.将分液漏斗中的浓HNO3顺利滴入圆底烧瓶，需先平衡压强，则正确的操作步骤为：

打开分液漏斗玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准），旋转活塞，使浓硝酸滴入圆底烧瓶，并控制滴加速度，故答案为：

打开分液漏斗玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准），旋转活塞，使浓硝酸滴入圆底烧瓶；

②.向圆底烧瓶中加入浓硝酸后，点燃A处酒精灯，碳与浓硝酸剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体，故答案为：

剧烈反应，木炭逐渐减少，液体中有气泡冒出，烧瓶中出现红棕色气体；

II.（5）.检验装置的气密性需先形成密闭体系，正确的方法是：

关闭装置后端开关K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面的高度差不变，则气密性良好，故答案为：

关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好；

（6）.J 处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3，因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性，所以不能使用还原性的试剂如KI－淀粉溶液检验，可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原性，取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液褪色则有NaNO2 生成，故答案为：

取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液褪色则有NaNO2 生成。

9.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。

研究小组对其进行综合处理的流程如下：

已知：

①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子

②常温下，Ksp[Al（OH）3]=1.0×10-34，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-11

请回答下列问题：

（1）“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为_______________。

（2）“反应”时加入铁粉的作用为_______________。

（3）“结晶”需控制在70℃左右，温度过高会导致的后果为_____________。

（4）“水解”反应的离子方程式为______________。

所得TiO2•xH2O沉淀进行酸洗的目的为____________。

（5）为使滤渣2沉淀完全（溶液中离子浓度小于10-5mol/L）。

需“调pH”最小为________。

（6）实验室用MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O，需进行的操作为_____、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。

（7）FeSO4•7H2O样品纯度的测定：

取ag样品溶于水配成bmL.溶液；用酸化的cmol/LKMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液的体积为dmL，样品中FeSO4•7H2O的质量分数为____（用代数式表示）。

【答案】

（1）.TiO2+2H+=TiO2++H2O

（2）.将Fe3+还原为Fe2+（3）.导致TiO2+提前水解使FeSO4·7H2O混有TiO2·xH2O，并使TiO2·xH2O产率降低（4）.TiO2++（x+1）H2O=TiO2·xH2O+2H+（5）.洗去粘附的FeSO4，防止FeSO4水解（6）.4.3（7）.在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩（8）.

【解析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，经硫酸酸浸后过滤，所得滤液中含有Al2（SO4）3、FeSO4、Fe2（SO4）3、MgSO4、TiOSO4，SiO2与硫酸不反应，滤渣1为SiO2，向滤液中加入铁粉，Fe与Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，结晶得FeSO4·7H2O，所得滤液1中含有Al2（SO4）3、MgSO4、TiOSO4和少量FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2·xH2O，经酸洗、水洗、干燥和灼烧后得TiO2，滤液2中含有Al2（SO4）3、MgSO4和少量FeSO4，加入双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液pH使Al3＋、Fe3＋生成Al（OH）3、Fe（OH）3，过滤得滤渣2中含有Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，滤液3中含有MgCl2，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得MgCl2·6H2O。

（1）.“酸浸”时TiO2与硫酸发生反应生成TiOSO4，离子方程式为TiO2+2H+=TiO2++H2O，故答案为：

TiO2+2H+=TiO2++H2O；

（2）.“反应”时加入铁粉，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，故答案为：

将Fe3+还原为Fe2+；

（3）.TiO2+在较高温度下会水解转化为TiO2·xH2O，则“结晶”时温度应控制在70℃左右，若温度过高，会造成TiO2+提前水解，使FeSO4·7H2O中混有TiO2·xH2O，同时还会降低TiO2·xH2O的产率，故答案为：

导致TiO2+提前水解使FeSO4·7H2O混有TiO2·xH2O，并使TiO2·xH2O产率降低；

（4）.TiO2+发生“水解”反应生成TiO2·xH2O，离子方程式为TiO2++（x+1）H2O=TiO2·xH2O+2H+，所得TiO2•xH2O 沉淀进行酸洗，可以除去沉淀表面的FeSO4等杂质，同时在酸性条件下洗涤可防止FeSO4水解，故答案为：

TiO2++（x+1）H2O=TiO2·xH2O+2H+；洗去粘附的FeSO4，防止FeSO4水解；

（5）.调节pH的目的是使溶液中的Al3＋、Fe3＋生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀而除去，因Al（OH）3和Fe（OH）3的阴、阳离子个数比相同，Ksp[Al（OH）3]＞Ksp[Fe（OH）3]，则Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也已经完全沉淀，所以使Al3＋沉淀完全对应溶液的pH即为最小的pH，由题中数据可知，Al3＋完全沉淀时，c3（OH－）=

=

=10－29，由c（H+）=

和pH=－lgc（H+）解得pH=4.3，故答案为：

4.3；

（6）.用MgCl2溶液制备MgCl2•6H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，因加热蒸发时会促进MgCl2的水解，为抑制MgCl2的水解，应在不断通入HC1的条件下进行蒸发浓缩，故答案为：

在不断通入HC1的条件下蒸发浓缩；

（7）.酸性高锰酸钾溶液氧化FeSO4的离子方程式为：

5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，由方程式可知，n（FeSO4•7H2O）=5n（KMnO4）=5×d×10－3L×cmol/L=5cd×10－3mol，m（FeSO4•7H2O）=5cd×10－3mol×278g/mol=1.39cdg，则样品中FeSO4•7H2O的质量分数为：

×100%，故答案为：

×100%。

点睛：

本题以物质制备为载体考查化学工艺流程，涉及元素化合物性质及相互转化、氧化还原反应、离子方程式书写、实验基本操作、物质含量的测定、沉淀溶解平衡等知识，掌握相关物质的性质、制备原理及相关方程式的书写是解题的关键，本题的难点是第（7）小题，解答本题时要先根据氧化还原反应的原理写出酸性高锰酸钾氧化FeSO4的离子方程式，根据方程式找出KMnO4与FeSO4之间的比例关系，再根据题中提供的数据求出FeSO4的质量即可得出正确结果。

10.氮元素能够形成多种化合物。

请回答下列问题：

（1）联氨（N2H4）常温下为液态，在空气中迅速完全燃烧生成N2，同时放出大量热，可作导弹、宇宙飞船、火箭的燃料。

已知:

H2（g）+1/2O2（g）==H2O（l）；△H1=-285.8kJ/mol

N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）；△H2=+50.6kJ/mol

则N2H4（l）在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为_____________。

（2）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为CH4（g）+NH3（g）

HCN（g）+3H2（g）△H>0。

①一定温度下，向2L恒容容器中充入1molCH4（g）和2molNH3（g）发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为66.67%。

0~4min內，用H2表示的该反应速率v（H2）=_____。

保持温度和容积不变，再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此时v正___v逆（选填“>”“<”或“=”）。

②平衡体系中HCN的物质的量（n）随某物理量变化曲线如图所示（图中x、L分别表示温度或压强）。

若x为温度，则曲线，____（选填“L1”或“L2”）能正确表示n（HCN）与温度的关系；

若x为压强，则曲线____（选填“L1”或“L2”）能正确表示nHCN）与压强的关系。

（3）NH3能够形成Ag（NH3）2+。

①溶液中存在Ag+（aq）+2NH3（aq）==Ag（NH3）2+（aq）时，其平衡常数的表达式为K稳=_______。

②常温下，K稳[Ag（NH3）2+]=1.10×107，反应AgCl（s）+2NH3（aq）

Ag（NH3）2+（aq）+Cl-（aq）的化学平衡常数K=1.936×10-3，则Ksp（AgCl）=_____。

（4）硫氧化物和氮氧化物是常见的大气污染物，利用如图所示发置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。

①电极A的电极反应式为______________。

②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体。

同时有SO32-生成。

该反应离子方程式为______________。

【答案】

（1）.N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-622.2kJ/mol

（2）.0.25mol/（L·min）（3）.<（4）.L1（5）.L2（6）.

（7）.1.76×10-10（8）.SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（9）.4S2O42-+2NO2+8OH-=8SO32-+N2+4H2O

【解析】

（1）.已知:

①H2 （g）+1/2 O2（g）==H2O（l）△H1=-285.8kJ/mol，②N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H2=+50.6kJ/mol，根据盖斯定律，①×2—②得：

N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-622.2kJ/mol，故答案为：

N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-622.2kJ/mol；

（2）.①.4min达到平衡时，消耗CH4的物质的量为n（CH4）=1mol×66.67%，由反应方程式可知，生成H2的物质的量为n（H2）=3n（CH4）=1mol×66.67%×3=2mol，则0~4min內，用H2表示的该反应速率v（H2） =2mol÷2L÷4min=0.25mol/（L·min