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单元综合测试二
时间：90分钟 总分值：110分
第一卷(选择题 共54分)
一、选择题(每题3分，共54分。每题有1～2个正确选项)
1．以下列图示变化为吸热反响的是()
答案：A
解析：A中，反响物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反响；B中，N2和H2必须先吸收能量断裂旧化学键，再放出能量形成新化学键，由于放出能量大于吸收能量，故B为放热反响。
2．在相同状况下，同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。以下说法正确的选项是()
A．电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气，该反响是一个放出能量的反响
B．水分解产生氢气和氧气时放出能量
C．相同状况下，反响2SO2＋O2===2SO3是一个放热反响，那么反响2SO3===2SO2＋O2是一个吸热反响
D．氯化氢分解成氢气和氯气时能够放出能量
答案：C
解析：A中，电解熔融的Al2O3时，需要外界提供能量；B中，水分解产生H2和O2吸收能量；D中，2HCl===H2＋Cl2需要吸收能量，且三个反响都属于分解反响，而分解反响都是吸热反响；C中，对于可逆反响：2SO2＋O22SO3，正反响和逆反响相互对应，假设正反响是放热反响，那么逆反响一定是吸热反响，且放出和吸收热量一定相同。
3．化学反响限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反响的限度，下面的说法错误的选项是()
A．能够节约原料和能源
B．能够提高产品的产量
C．能够提高经济效益
D．能够提高化学反响速率
答案：D
解析：化学反响的限度与反响速率之间没有直接关系，提高化学反响的限度，反响速率不一定增大，同样增大反响速率，化学反响的限度不一定能提高。
4．第十一届中国国际环保展览暨会议于2009年6月3日至6日在北京举行。海外展商有包括美国、法国的23个国家和地区。大会的主题是“节能减排，和谐开展。〞你认为以下行为中有悖于这一主题的是()
A．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
B．将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率
C．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速开展
D．实现资源的“3R〞利用观，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)
答案：C
解析：化石燃料(以煤、石油、天然气为主的燃料)属于不可再生能源，且化石燃料的燃烧会产生大量污染物。所以应尽量提高化石燃料的利用率，而不能只专注于产量，故B正确，C错误，D正确。开发新能源，寻找替代品是一种较好的研究方向，A正确。
5．NH3和纯洁的O2在一定条件下发生反响：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2,4 min 后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，那么以下表示此段时间内该反响的平均速率的式子中不正确的选项是()
A．v(N2)＝0.125 mol/(L·min)
B．v(H2O)＝0.375 mol/(L·min)
C．v(O2)＝0.225 mol/(L·min)
D．v(NH3)＝0.250 mol/(L·min)
答案：C
解析：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)
4 3 0 0
4x 3x 2x6x
4－4x 3－3x 2x 6x
据题意，那么有＝0.4 解得x＝0.5
那么4 min内H2O的变化浓度为
Δc(H2O)＝＝1.5 mol/L
v(H2O)＝＝0.375 mol/(L·min)，
再由各物质表示的速率之比等于各物质的化学计量数之比，可得其他各物质表示的反响速率分别为
v(N2)＝0.125 mol/(L·min)，
v(NH3)＝0.250 mol/(L·min)，
v(O2)＝0.187 5 mol/(L·min)。
6．反响3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在温度和容积不变的条件下进行。能说明反响到达平衡状态的表达是()
A．容器内压强不再变化
B．Fe3O4的物质的量不变
C．v(H2O)＝v(H2)
D．反响不再进行
答案：B
解析：所给反响为气体总体积不变的反响，无论是否到达化学平衡，压强都不变化，A不能说明；Fe3O4的物质的量不变，即单位时间内消耗Fe3O4与生成Fe3O4的物质的量相等，v正＝v逆，说明反响已到达平衡状态；由于反响中H2O(g)和H2(g)化学计量数相等，反响平衡与否其反响速率都相等，故C不能说明；显然D中表达错误。
7．：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量，②1 mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151 kJ的能量，③由H原子和I原子形成1 mol HI分子时释放299 kJ的能量。以下判断不正确的选项是()
A．I2蒸气比H2分子稳定
B．2 mol HI(g)发生分解反响吸收11 kJ热量
C．HI与NaOH反响属于放热反响
D．0.5 mol H2(g)与0.5 mol I2(g)完全反响释放出5.5 kJ 热量
答案：A
解析：选项A，H2分子共价键断裂时吸收的热量比I2分子共价键断裂时吸收的热量多，H2分子比I2稳定，A选项错误；选项B，设反响为2HI(g)===H2(g)＋I2(g)，那么吸收的热量＝2E(H—I)－E(H—H)－E(I－I)＝2×299 kJ·mol－1－436 kJ·mol－1－151 kJ·mol－1＝11 kJ；选项C，中和反响是放热反响；选项D，根据选项B的计算可知正确。
8．物质的量均为1 mol的气体A2和B2放在1 L的密闭容器中反响生成C,2 min后，测得c(A2)＝0.58 mol·L－1，c(B2)＝0.16 mol·L－1，c(C)＝0.84 mol·L－1，那么C的分子式是()
A．AB2B．A2B
C．A3B2D．A2B3
答案：A
解析：Δc(A2):Δc(B2):Δc(C)＝1:2:2，A2、B2反响的化学方程式可表示为A2＋2B2===2C。所以C的化学式为AB2。
9．TiO2在光照射下可使水分解：2H2O2H2↑＋O2↑，该过程类似植物的光合作用。如图是光照射下TiO2分解水的装置示意图。以下表达正确的选项是()
A．该装置将光能转化为电能，同时也能转化为化学能
B．铂电极上发生的电极反响为氧化反响
C．该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极
D．该装置工作时，TiO2电极附近溶液的pH变大
答案：A
解析：该装置光分解水是将光能转化为化学能，发生氧化复原反响，生成氢气和氧气，电子的转移经过R，又将化学能转化为电能；铂电极上生成氢气的反响为2H＋＋2e－===H2↑，是复原反响；TiO2电极上生成氧气的反响为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。所以，TiO2电极附近溶液的pH减小；电子由TiO2电极经R流向铂电极，电流方向正好相反。
10．燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)起反响将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱溶液。下面关于甲烷燃料电池的说法正确的选项是()
A．负极反响式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．负极反响式：CH4＋8OH－－8e－=== CO2＋6H2O
C．随着放电的进行，溶液的pH不变
D．放电时溶液中的阴离子向负极移动
答案：D
解析：O2＋2H2O＋4e－===4OH－应为正极反响式。燃料氧化生成的二氧化碳不可能从强碱溶液中逸出，它将进一步反响转化成碳酸根，所以负极反响式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O。由于局部碱液和二氧化碳反响，所以溶液的pH将减小。
11．以下说法中不正确的选项是()
①任何化学反响都伴有能量变化
②根据能量守恒定律，反响物的总能量等于生成物的总能量
③化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体
④煤转化为煤气后燃烧，可以提高燃烧效率
⑤等质量的氢气燃烧生成水蒸气所放出的热量低于生成液态水所放出的热量
⑥等质量的硫蒸气和硫粉分别与氧气反响生成SO2气体，硫粉放出的热量多
A．①③⑤B．①②③④⑤⑥
C．②⑥D．②③④⑥
答案：C
解析：②错。根据能量守恒原理，对于放热反响，反响物的总能量等于生成物总能量加上放出的热量；对于吸热反响，反响物总能量加上吸收的热量，等于生成物的能量。⑤中生成水蒸气可理解为是先生成液态水再由液态水气化成水蒸气，因为水气化时是要吸收能量的，所以，生成水蒸气时放出的能量就比生成液态水时放出的能量要少；⑥中，硫蒸气可理解为硫粉吸收热量后沸腾而来，所以，硫蒸气本身能量就比硫粉的能量要高。
12．为了探究温度对化学反响速率的影响，以下实验方案可行的是()
答案：D
解析：为了探究温度对化学反响速率的影响，必须要控制其他实验条件相同，才能得出正确答案。
13．以下对如下列图装置实验现象的描述正确的选项是()
a电极
b电极
X溶液
实验现象
A
石墨
石墨
CuCl2
a极质量增加，b极放出无色气体
B
石墨
Fe
KNO3
a极质量增加，b极放出无色气体
C
Cu
Fe
CuSO4
a极质量增加，b极质量减少
D
石墨
石墨
HCl
a、b极都放出无色气体
答案：C
14．铜是人类认识并应用最早的金属之一，我国是最早使用铜器的国家之一。铁与人类生活密切相关，几乎无处不在，是地壳中含量仅次于铝的金属。某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案：
(1)将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出
(2)铁、铜和氯气反响分别生成FeCl3和CuCl2
(3)足量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反响分别生成FeSO4和CuSO4
(4)将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解
(5)把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生
(6)把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上无气泡产生
以上实验方案设计合理的有()
A．两种B．三种
C．四种D．五种
答案：A
解析：题中所述6种实验方案仅有(1)和(5)能够证明铁的金属活动性比铜强。而(2)(3)(4)与证明铁、铜的金属活动性无关；(6)由于铁片常温下遇到浓硝酸钝化，而铜常温下与浓硝酸能够发生反响，故铜片上无气泡产生，而铁片上有气泡产生。该现象仅是原电池的一个特例，不能证明铁、铜的金属活动性。
15．以下条件一定能使反响速率加快的是()
①增加反响物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反响容器的体积 ④参加生成物 ⑤参加MnO2
A．全部B．①②⑤
C．②D．②③
答案：C
解析：①假设反响物为固体，增加量，反响速率不一定加快；②一定加快跟物质状态无关；③加压对固态、液态没有影响；④参加的生成物假设是固体没有影响；⑤参加MnO2假设作催化剂，那么加快，假设不是催化剂，那么没有影响。
16．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反响为
Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2
以下有关该电池的说法不正确的选项是()
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反响为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反响为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
答案：C
解析：因为放电时的反响中有氢氧化物生成，故电解质溶液是碱性溶液，因为铁的化合价升高，镍的化合价降低，故铁是负极，氧化镍是正极，故A和B均正确；充电时的阴极反响为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，故此时阴极附近的pH增大，故C不对；根据所给的放电时的电池反响可推知D正确。
17．0 ℃时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100 ℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)。以下结论不能说明上述反响在该条件下已经到达反响限度的是()
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2
②NO2的消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2:1
③烧瓶内气体的压强不再变化
④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A．②③⑥⑦B．①④⑧
C．只有①④D．只有⑦⑧
答案：B
解析：①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率均表示正反响速率，不能判断是否已达平衡；④烧瓶内气体的质量是定值，烧瓶内气体的质量不再变化，不能判断是否已达平衡；⑧烧瓶的体积不变，且气体总质量不变，密度是定值，混合气体的密度不再改变，不一定平衡。应选B。
18．某条件下，合成氨反响的一些数据如下：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
1.0 3.0 0.2
0.6 1.8 1.0
0.4 1.2 1.4
当用氨气浓度的增加量来表示该反响的速率时，以下说法中，错误的选项是()
A．2 s末氨气的反响速率为0.4 mol/(L·s)
B．前2 s时间内氨气的平均反响速率为0.4 mol/(L·s)
C．前4 s时间内氨气的平均反响速率为0.3 mol/(L·s)
D．2～4 s时间内氨气的平均反响速率为0.2 mol/(L·s)
答案：A
解析：A项不符合平均反响速率的定义，2 s末的速率是瞬时速率，在此题条件下是不能求解的；氨气在0～2 s时间内，浓度的增加值为1.0 mol/L－0.2 mol/L＝0.8 mol/L，故前2 s内氨气的平均反响速率＝0.8 mol/L÷2 s＝0.4 mol/(L·s)，故B项正确；前4 s内氨气的平均反响速率＝(1.4－0.2)mol/L÷4 s＝0.3 mol/(L·s)，故C项正确；2 s～4 s时间内氨气的平均反响速率＝(1.4－1.0) mol/L÷(4－2)s＝0.2 mol/(L·s)，故D项正确。
第二卷(非选择题 共56分)
二、非选择题(共56分)
19．工业合成氨反响：N2＋3H22NH3是一个放热的可逆反响，反响条件是高温、高压，并且需要适宜的催化剂。形成1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键放出能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。那么：
(1)假设1 mol N2完全反响生成NH3可________(填“吸收〞或“放出〞)热量________kJ。
(2)如果将1 mol N2和3 mol H2混合，使其充分反响，放出的热量总小于上述数值，其原因是________________________。
(3)实验室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，反响经过10 min后，生成10 mol NH3，那么用N2表示的化学反响速率为________ mol·L－1·min－1。
(4)一定条件下，当合成氨的反响到达化学平衡时，以下说法正确的选项是________。
a．正反响速率和逆反响速率相等
b．正反响速率最大，逆反响速率为0
c．N2的转化率到达最大值
d．N2和H2的浓度相等
e．N2、H2和NH3的体积分数相等
f．反响到达最大限度
答案：(1)放出 92
(2)该反响是可逆反响，1 mol N2和3 mol H2不能完全反响，因此放出能量总是小于92 kJ
(3)0.25(4)acf
解析：(1)反响的化学方程式为3H2＋N22NH3，如果1 mol N2完全反响必有3 mol H2反响，生成2 mol NH3。拆开3 mol H—H键和1 mol N≡N键需要吸收的能量为436 kJ×3＋946 kJ＝2 254 kJ，但是生成2 mol NH3即生成6 mol N—H键可放出热量391 kJ×6＝2 346 kJ，总的结果是放出能量2 346 kJ－2 254 kJ＝92 kJ。
(2)该反响是可逆反响，1 mol N2和3 mol H2不能完全反响，因此放出的能量总是小于上述数值。
(3)Δc(NH3)＝10 mol÷2 L＝5 mol·L－1，
v(NH3)＝5 mol·L－1÷10 min＝0.5 mol·L－1·min－1，
v(N2)＝0.25 mol·L－1·min－1。
20．锌锰干电池是应用最普遍的电池之一。其根本反响为
X极：Zn－2e－===Zn2＋
Y极：2MnO2＋2NH＋2e－===Mn2O3＋2NH3＋H2O
(1)X是电池的________(填“正〞或“负〞，下同)极，Y是电池的________极。
(2)该电池总反响的离子方程式为____________________
_________________________________________________。
(3)假设反响消耗16.25gZn，那么电池中转移电子的物质的量为________。
答案：(1)负 正
(2)Zn＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋Mn2O3＋2NH3＋H2O
(3)0.5mol
21．据图答复以下问题：
(1)假设烧杯中溶液为稀硫酸，那么观察到的现象是__________________________，电流表指针________(填“偏转〞或“不偏转〞)，两极反响式为：
正极___________________________________________；
负极_____________________________________。
(2)假设烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，那么负极为________(填Mg或Al)，总反响方程式为________________________________。
(3)美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如以下列图所示：A、B两个电极均由多孔的碳块组成。该电池的正极反响式为：
________________________________________________。
(4)如果将上述装置中通入的H2改成CH4气体，也可以组成一个原电池装置，电池的总反响方程式为CH4＋2O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O，那么该电池的负极反响式为____________________。
答案：(1)镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出 偏转
2H＋＋2e－===H2↑
Mg－2e－===Mg2＋
(2)Al2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(3)O2＋2H2O＋4e－=== 4OH－
(4)CH4＋10OH－－8e－=== CO＋7H2O
解析：(1)该装置形成原电池，Mg作负极，Al作正极，两极反响式为正极2H＋＋2e－===H2↑，负极Mg－2e－===Mg2＋，所以镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转。
(2)假设烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，虽然Mg比Al活泼，但Al可以与氢氧化钠溶液反响而Mg不反响，故Al作负极，总反响方程式就是Al与氢氧化钠溶液的反响方程式，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
(3)由题图知该装置为H2—O2—KOH燃料电池，正极反响式为O2＋2H2O＋4e－=== 4OH－。
(4)该电池的正极反响式为O2＋2H2O＋4e－=== 4OH－，用总反响式减正极反响式得负极反响式：CH4＋10OH－－8e－=== CO＋7H2O。
22．某同学设计如下三个实验方案以探究某反响是放热反响还是吸热反响：
方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里参加10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。
方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里参加10 mL 2 mol·L－1硫酸溶液，再向其中参加氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反响，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反响过程中，通过U形管两侧红墨水液面上下判断某反响是吸热反响还是放热反响。
序号
甲试管里发生反响的物质
U形管里红墨水液面
①
氧化钙与水
左低右高
②
氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)
③
铝片与烧碱溶液
左低右高
④
铜与浓硝酸
左低右高
根据上述实验答复相关问题：
(1)铝片与稀硫酸的反响是________(填“吸热〞或“放热〞)反响，写出该反响的离子方程式：__________________________。
(2)方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是__________
_____________________________________________________。
(3)方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。
(4)方案三中，如果甲试管里发生的反响是放热反响，那么U形管里红墨水液面：左边________(填“高于〞“低于〞或“等于〞)右边。
(5)由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反响都是________(填“吸热〞或“放热〞)反响，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。
(6)方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反响物的总能量________(填“大于〞“小于〞或“等于〞)生成物的总能量。
答案：(1)放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
(2)反响完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低
(3)蜡烛熔化 氢氧化钠与硫酸的反响放热
(4)低于 (5)放热 红墨水液面左右相平
(6)红墨水液面左高右低 小于
解析：(1)根据温度计示数判断铝与稀硫酸反响是放热反响，金属与非氧化性酸反响，实质是金属与H＋反响。(2)当化学反响完成后，随着热量散失，烧杯里溶液的温度会降低。(3)蜡烛受热熔化，小木片会脱落，由此推知氢氧化钠与硫酸发生的是放热反响。(4)U形管里左右红墨水液面上下由左右管里气体压强的相对大小(外界大气压恒定)决定，当左管内气压大于右管内气压时，红墨水液面会左低右高，当左管内气压小于右管内气压时，红墨水液面出现左高右低。(5)根据①③④现象推知，氧化钙与水反响、铝与氢氧化钠反响、铜与浓硝酸反响都是放热反响。(6)氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合发生吸热反响，使锥形瓶里气体温度降低，气体压强小于外界大气压，使红墨水液面左高右低。对于吸热反响，反响物的总能量小于生成物的总能量。
23．(1)以下是用化学方程式表示的化学变化，请在每题后的横线上注明能量的转化形式。
①电池总反响Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag：
_______________________________________________。
②2C2H2＋5O24CO2＋2H2O：__________________。
③6H2O＋6CO2C6H12O6(葡萄糖)＋6O2：___________
____________________________________________________。
④NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O：_____________。
(2)到目前为止，我国已有上百个地市使用乙醇汽油。
①为了便于区分燃料乙醇和食用乙醇，常在燃料乙醇中添加少量煤油，这里利用的煤油的物理性质是__________________________
____________________________________________________。
②含10%乙醇的汽油在储存和运输过程中应特别注意防水，如果混入了水，汽油中会出现的现象是_____________________
_________________________________________________。
(3)如图是燃料乙醇的生产和消费过程示意图。虽然燃料乙醇的使用缓解了汽车能源的紧张状况，但仍存在一些问题。由此可知，燃料乙醇________。
A．是最理想的绿色能源
B．提供的能量来自于太阳能
C．生产和消费过程对空气没有任何影响
D．生产过程中将消耗大量粮食，以防止粮食过剩
答案：(1)①放电时化学能转化为电能 ②化学能转化为热能 ③太阳能转化为化学能 ④热能转化为化学能
(2)①煤油有特殊气味 ②混合燃料发生分层
(3)B
解析：(2)①为了便于区别燃料乙醇和食用乙醇，常在燃料乙醇中添加少量煤油，这里是利用煤油的物理性质中的“煤油有特殊气味〞。②如果乙醇汽油中混入了水，汽油中会出现液体分层的现象，原因是汽油与水不能混溶。
(3)从燃料乙醇的生产和消费示意图可以看出：乙醇燃料的使用缓解了能源紧张的情况，但其生产、使用过程中仍然产生一些污染，并且消耗大量粮食，也可能会从一定程度上造成粮食紧张，故A、C、D是错误的，选B。
24．参加0.1 mol的MnO2粉末于50 mL过氧化氢的溶液中(密度为1.1 g/mL)，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下列图，答复以下问题：
(1)实验时放出气体的总体积为________。
(2)放出一半气体所需要的时间为________。
(3)反响放出3/4气体所需要的时间为________。
(4)A、B、C、D四点化学反响速率快慢的顺序为________________。
答案：(1)60 mL(2)1 min(3)2 min(4)v(D)>v(C)>v(B)>v(A)
解析：(1)根据图象可知，放出气体体积为60 mL；(2)放出气体一半时，对应的横轴上的点为1 min；(3)反响放出3/4气体为45 mL，对应时间为2 min；(4)A、B、C、D四点化学反响速率由快到慢的顺序为v(D)>v(C)>v(B)>v(A)。
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