2022届湖北省重点高中智学联盟高二下学期3月联考化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖北省重点高中智学联盟2021-2022学年高二下学期3月联考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列化学用语正确的是A．乙醇的分子式：B．基态Se原子核外电子排布式C．NaCN的电子式：D．的结构式：【答案】C【解析】A．乙醇分子式为C2H6O，描述错误，不符题意；B．Se元素位于元素周期表第四周期第VIA族，电子排布式应为，描述错误，不符题意；C．氰离子CN-中碳原子与氮原子之间是三键结构，表达正确，符合题意；D．N2H4分子中氮原子之间是单键连接，描述错误，不符题意；综上，本题选C。2．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述错误的是A．胆矾晶体不导电，胆矾属于电解质B．胆矾晶体中存在离子键、极性键、氢键等化学键C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D．铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾【答案】B【解析】A．胆矾晶体中离子不能自由移动，不导电，但溶于水能导电，胆矾为纯净物属于电解质，故A正确；B．胆矾晶体中存在离子键、极性键、氢键等作用力，氢键不属于化学键，故B错误；C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶，析出晶体的过程，故C正确；D．钾原子半径最大，核对最外层电子的作用力小，易失去最外层的电子，铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾，故D正确；故选B。3．下列分子、离子键角大小判断错误的是A．B．C．D．光气()中【答案】C【解析】A．BeCl2中Be形成2个σ键，无孤电子对，为sp杂化，键角为180°；SO3中S原子是sp2杂化，分子为平面正三角形构型，键角为120°；SO2中S原子价层电子对个数=2+=3，且含有一个孤电子对，分子的空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，由于在S原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，因此SO2的键角小于120°，分子中键角的大小：BeCl2＞SO3＞SO2，故A正确；B．PCl中价层电子对数为4+=4，中心原子为sp3杂化，无孤电子对，故空间构型为正四面体，键角为109°28′，NCl3分子中N原子价层电子对数=3+=4且N原子含有1个孤电子对，则该分子为三角锥形结构，键角为107°18′，H2O为V型分子，键角为104.5°，则键角的大小：，故B正确；C．电负性F＞Cl，且NF3、NCl3分子中心原子相同，周围原子电负性大者则键角小，可知键角NCl3＞NF3，故C错误；D．COCl2的分子中，C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，该分子的结构式是，所以其空间构型为平面三角形；双键与单键的排斥力大于单键与单键的排斥力，所以，故D正确；故选：C。4．2－吡啶甲酸是一种稀土碱金属整合物，其合成原理如下图。下列说法错误的是(甲基吡啶)(2－吡啶甲酸)A．一个甲基吡啶分子中有14个σ键 B．甲基吡啶中所有原子可能共平面C．沸点：2－吡啶甲酸大于甲基吡啶 D．在水中的溶解性：2－吡啶甲酸大于甲基吡啶【答案】B【解析】A．单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，一个甲基吡啶分子中有14个σ键，故A正确；B．甲基吡啶中含有甲基，碳原子连接的4个原子形成四面体构型，所有原子不可能共面，故B错误；C．2－吡啶甲酸中含有羧基，能与水形成氢键，沸点较高，故C正确；D．2-吡啶羧酸中含有羧基，能与水形成氢键，在水中的溶解性大于甲基吡啶，故D正确；故选：B。5．利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法错误的是A．杯酚与C60分子之间的作用为范德华力B．杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯C．晶体熔点：杯酚＞C70＞C60D．操作①用到的主要仪器为分液漏斗【答案】D【解析】A．C60分子和杯酚均为分子晶体，故杯酚与C60分子之间的作用为范德华力，A正确；B．非极性分子易溶于非极性分子，则杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯，B正确；C．分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，则晶体熔点：杯酚＞C70＞C60，C正确；D．操作①分离出固体与溶液，用到的主要玻璃仪器有漏斗和烧杯，D错误；故答案为：D。6．短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，下列说法正确的是A．A元素构成的单质晶体类型与E元素构成的单质晶体类型一定不同B．F分别与C、D构成的化合物所含化学键类型完全相同C．工业上可通过电解H的熔融氯化物的方法制备H的单质D．上述元素中，E元素基态原子第一电离能最大【答案】D【解析】由图可知A的沸点很高，则A为C，B、C、D、E单质的沸点小于零，则分别为N元素、O元素、F元素、Ne元素，F、G、H的单质的沸点大于零，则分别为Na元素、Mg元素、Al元素，即A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Ne元素，F为Na元素，G为Mg元素，H为Al元素。A．由图可知A的沸点很高，则A为C，E为Ne元素，A元素构成的单质晶体类型为共价晶体或分子晶体如C60与E元素构成的单质是分子晶体，晶体类型可能相同，故A错误；B．F为Na元素，C为O元素，D为F元素，Na分别与O、F构成的化合物所含化学键类型不完全相同，Na2O2中有非极性共价键，故B错误；C．工业上可通过电解Al的熔融氧化物的方法制备铝的单质，氯化铝是共价化合物，液态不导电，不能电解，故C错误；D．E为Ne元素，最外层是8电子稳定结构，上述元素中，E元素基态原子第一电离能最大，故D正确；故选D。7．双极膜电渗析法制备缩水甘油()的原理：将3－氯－1，2－丙二醇的水溶液通过膜M与双极膜之间的电渗析室，最终得到的缩水甘油纯度很高(几乎不含无机盐)。在直流电场的作用下，双极膜复合层间的解离成和并分别通过阴膜和阳膜。下列说法正确的是A．装置工作时，3－氯－1，2－丙二醇被氧化B．3－氯－1，2－丙二醇生成缩水甘油的过程中均有极性键和非极性键的断裂和生成C．上述转化物质涉及元素的第一电离能大到小排列顺序和电负性大到小排列顺序一致D．装置工作时，阴极上发生的电极反应：↑【答案】D【解析】A．根据元素化合价统计，反应前后C、H、O原子化合价均未改变，描述错误，不符题意；B．反应过程中有C—Cl键、O—H键断裂，均是极性键，描述错误，不符题意；C．第一电离能由大到小：O>H>Cl>C，电负性由大到小：O>Cl>C>H，描述错误，不符题意；D．电解池阴极电子流入，H+在阴极得电子生成H2，描述正确，符合题意；综上，本题选D。8．科学家合成出了一种用于分离铜系金属的化合物A(如下图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A．化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构B．化合物A中Z原子的杂化方式为C．最简单氢化物的沸点：Z＞YD．位于第6周期与Y同族的元素，原子序数为85，属于金属元素【答案】A【解析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，负离子中Y形成1个共价键，Z位于第三周期，Z与Y2可以形成分子ZY6，所以Z为S元素、Y为F元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素。由分析可知，X为B、Y为F、Z为S元素；A．结合图示可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，故A正确；B．化合物A中S原子价层电子对为4，为sp3杂化，故B错误；C．Y为F、Z为S，简单氢化物HF存在氢键，沸点较H2S的高，沸点：Z＜Y，故C错误；D．Y为F，位于第6周期VIIA族的元素，原子序数为85，是At砹元素，属于非金属元素，故D错误；故选：A。9．磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图，P原子位于晶胞的顶角和面心。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是A．一个晶胞中含有4个B原子B．点1可能的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)C．P与B原子的最近距离为D．BP晶体的密度为【答案】D【解析】A．BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子，有4个B原子，二者配位数相等，故一个晶胞中含有4个B原子，故A正确；B．已知P原子位于晶胞的顶角和面心，则B原子位于体内，点1可能的B原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，故B正确；C．B原子周围的4个P原子形成正四面体结构，顶点P原子与正四面体体心B原子连线处于体对角线上，二者距离最近且等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则P原子与B原子最近距离为apm××=，故C正确。D．BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子。晶胞质量m=g，晶胞体积V=(apm)3=a3×10-30cm3，晶体密度ρ＝g•cm-3，故D错误；故选：D。10．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．含78g的溶液中阴离子总数等于NAB．铅蓄电池在放电过程中消耗98g，则电路中通过的电子数为NAC．标准状况下，与反应生成22.4LHF，转移的电子数为NAD．将1mol通入足量水中，所得溶液中HClO、、三种微粒数目之和为2NA【答案】B【解析】A．溶液中水电离产生氢离子和氢氧根离子，含78g(1mol)的溶液中阴离子总数大于NA，故A错误；B．依据铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，可知当消耗1molH2SO4时，电路中转移的电子数为1NA，故B正确；C．标准状况下，HF是液态，故C错误；D．氯气与水的反应是可逆反应，将1mol通入足量水中，所得溶液中HClO、、三种微粒数目之和小于2NA，故D错误；故选B。11．氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率【答案】B【解析】A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。12．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是A．仪器甲中液体读数为10.60mLB．用乙装置进行中和反应的反应热测定C．用丙装置模拟外加电流法保护铁D．用丁装置比较、对分解的催化效果【答案】D【解析】A．由图可知，仪器甲为滴定管，滴定管中溶液的体积为10.60mL，故A正确；B．由图可知，乙装置为中和热测定装置，可进行中和反应的反应热测定，故B正确；C．由图可知，铁与直流电源的负极相连，为外加直流电源的阴极保护法保护铁，故C正确；D．丁装置中过氧化氢溶液的浓度不同，由变量唯一化原则可知，该实验无法探究硫酸铜、氯化铁对过氧化氢分解的催化效果，故D错误；故选D。13．我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A．a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+B．a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率C．该装置工作时，H+由b极区流向a极区D．从工艺可知反应2Fe2++2H+=2Fe3++H2可自发进行【答案】B【解析】由图可知：a为电子流出端作为原电池的负极，发生氧化反应；b为电子流入端，为原电池的正极，发生氧化反应。A．根据上述分析：a极为原电池的负极，发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故A错误；B．a极区Fe3+属于催化剂，所以Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率，故B正确；C．H+为阳离子，在原电池中向正极移动，所以H+由a极区流向b极区，故C错误；D．从工艺可知，该过程为原电池，故反应2Fe3++H2=2Fe2++2H+可自发进行，故D错误；故答案：B。14．在一定条件下，将A和B各充入10L的恒容密闭容器中，发生如下反应：；。反应过程中测定的数据如表，则下列说法正确的是02479A．其他条件不变，向平衡体系中再充入A，再达平衡时，B的转化率增大B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆正C．其他条件不变，起始时向容器中充入各A和B，平衡时D．反应前2min的平均速率【答案】A【解析】【详解】再充入A，平衡正向移动，到达新平衡后B的转化率增大，故A正确；B.降低温度正、逆反应速率都减小，正反应为放热反应，逆反应速率减小更多，平衡正向移动，则反应达到新平衡前v逆＜v正，故B错误；C.反应前后气体分子数目不变，其他条件不变，起始时向容器中充入各A和B，与原平衡为等效平衡，平衡时B的转化率相等，则平衡时参加反应的B为，故平衡时，故C错误；D.前2min内生成C的物质的量为，则，故D错误；故选：A。15．室温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCI溶液，溶液中、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率(中和率=)的变化如图所示。下列说法不正确的是A．MCl的水解常数的数量级为10-10B．a点时，C．b点时，D．a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度，a<b<c<d【答案】B【解析】A．=0时，=，此时pOH=4.2，则=10-4.2mol/L，根据Kb(MOH)=可知此时Kb(MOH)＝=10-4.2，MCl的水解常数为，数量级为10-10，A正确；B．a点时，中和率小于50%，所加的HCl的物质的量小于MOH一半，则根据物料守恒可知，B错误，选B；C．b点中和率为50%，此时溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，，则MOH的电离程度大于M+水解程度，M+会增多导致浓度大于氯离子，MOH会被消耗导致浓度小于氯离子，所以离子浓度大小顺序为：，C正确；D．开始未加入HCI溶液，原碱溶液电离出的氢氧根抑制水的电离，加入HCI溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度，a<b<c<d，D正确；答案选B。二、结构与性质16．长式周期表前四周期元素组成了自然界的绝大部分物质，按要求回答下列问题：(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子价电子轨道表示式为___________。(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子核外电子占据的空间运动状态有___________种。(3)Fe2+的稳定性小于Fe3+，其原因是___________。(4)OF2分子中O的杂化方式为___________，H2O分子极性___________，OF2分子的极性(填“大于”或“小于”)(5)H2O的沸点大于HF的沸点的原因是___________。(6)已知葡萄糖分子结构简式为，则一个葡萄糖分子中含手性碳原子数目为___________。(7)、HCOOH、的酸性由强到弱的顺序为___________。【答案】(1)(2)8(3)Fe2+的价电子排布式为3d6，而Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定，故Fe3+比Fe2+稳定，(4)

sp3

大于(5)水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多(6)4(7)、HCOOH、【解析】(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素是铬，基态原子价电子轨道表示式为。故答案为：；(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素是硅，硅基态原子核外电子占据的空间运动状态有1s1种、2s1种、2p3种、3s1种、3p2种，共8种。故答案为：8；(3)Fe2+的稳定性小于Fe3+，其原因是Fe2+的价电子排布式为3d6，而Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定，故Fe3+比Fe2+稳定。故答案为：Fe2+的价电子排布式为3d6，而Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定，故Fe3+比Fe2+稳定；(4)OF2分子中O原子价层电子对数为2+=4，杂化方式为sp3，O与H的电负性差为3.5-2.1=1.4，而F与氧的电负性差为4.0-3.5=0.5，H2O分子极性大于OF2分子的极性(填“大于”或“小于”)，故答案为：sp3；大于；(5)H2O的沸点大于HF的沸点的原因是水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多。(6)含手性碳原子即碳上连有四个不同的原子或原子团，葡萄糖分子中带*号的碳为手性碳，，则一个葡萄糖分子中含手性碳原子数目为4。故答案为：4；(7)甲基是推电子基团，使乙酸的酸性比甲酸弱、中氯是吸电子基团，使其酸性比甲强，、HCOOH、的酸性由强到弱的顺序为、HCOOH、，故答案为：、HCOOH、。17．近年来，科学家研究的以复合过渡金属镍的氢氧化物为催化剂、三乙醇胺为电子给体以及为光敏剂的催化体系，在可见光驱动下可高效催化还原。(1)下列有关Ni原子的叙述正确的是___________(填标号)。A．第一电离能比钙的大B．基态Ni原子的核外价电子排布式为C．基态Ni原子形成基态时，先失去3d轨道上的电子D．基态Co原子第五电离能比基态Ni原子第五电离能大(2)三乙醇胺的制备：3+NH3N(CH2CH2OH)3①三乙醇胺中所含的元素(除H元素外)，第一电离能由小到大的顺序为___________。②下列关于和的叙述正确的是___________。A．中心原子的价层电子对数相同B．中心原子的杂化方式不同C．分子的VSEPR模型相同D．分子的键角比分子的键角大(3)中配体bpy分子的结构简式为，分子中N原子的杂化类型为___________，则1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为___________。与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中的大键可表示为___________(用的形式表示，m表示原子数，n表示电子数)。(4)的晶胞结构如图(氧、氢原子均位于晶胞内部)所示。已知晶胞的底边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为___________g/cm3(列出表达式)。【答案】(1)ABD(2)

C＜O＜N

A(3)

sp2

21NA

(4)【解析】(1)A．镍和钙的电子层数相同，镍的核电荷数比钙的大，则原子核对电子的吸引力：Ni原子大于Ca原子，所以第一电离能比钙的大，对键合电子的吸引力比钙的大，故A正确；B．基态Ni原子的核外价电子为3d、4s能级上的电子，基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，故B正确；C．基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子，故C错误；D．电子排布在全满、全空、或是半满状态下较稳定，I5(Co)和I5(Ni)分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，更难失去电子，需要的能量较高，即I5(Co)>I5(Ni)，故D正确；故答案为：ABD；(2)①同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能为：C＜O＜N；②A．N原子、O原子的价层电子对数均为4，A正确；B．H2O分子中心原子O原子形成2个O-H键，还含有2对孤电子对，杂化轨道为4，O原子采取sp3杂化，NH3的中心原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式为sp3杂化，B错误；C．NH3的VSEPR模型为三角锥形，H2O的VSEPR模型为V形，C错误；D．氨气分子中N原子含有一个孤电子对、水分子中O原子含有两个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则键角：NH3＞H2O，D错误；故选：A；(3)根据图知，N原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，Ru2+有6对成键电子，需要6个杂化轨道，根据杂化前后轨道数目不变，确定d2sp3补全配体bpy()的碳氢键，则1个配体pby中含有21个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为21NA；吡啶中N为sp2杂化，2s2和2px1、2py1发生杂化，pz1留有一个单电子与其余5个C原子的pz轨道上的单电子形成离域大π键，因此形成6中心6电子的离域大π键，记为，故答案为：sp2；21NA；；(4)该晶胞中Ni原子个数=4×+4×=1、OH-个数为2，则y=2，该晶胞体积=×(a×10-7cm)2sin60°×2×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，晶体密度=。三、原理综合题18．碳单质及其化合物在生产生活中用途广泛。回答以下问题：(1)以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：a．主反应

b．副反应

已知中逆反应的活化能为89kJ/mol，则该反应的正反应活化能为___________kJ/mol。对于反应，测得在不同温度下的平衡转化率为，则温度T1、T2、T3由大到小关系为___________。(2)以水煤气制备甲烷的反应为：。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。下列说法正确的是_________A．步骤①只有非极性键断裂B．步骤②的原子利用率为100%C．过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢D．该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境该反应的正反应速率表达式为v正=，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：CO浓度/(mol/L)浓度/(mol/L)正反应速率/()0.1c18.0c2c116.0c20.156.75由上述数据可得该温度下，c2=___________mol/L，该反应的正反应速率常数k=___________。若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和，两者物质的量之比为1：2，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，该反应的压强平衡常数Kp=___________(分压=总压×物质的量分数；结果保留两位有效数字)。【答案】(1)

48

T1>T2>T3(2)

C

0.2

1.0×104

2.25【解析】(1)由盖斯定律，反应b-a得到反应，，，解得E正=48kJ/mol；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率减小，即温度越高的转化率越小，由，则T1>T2>T3；(2)A．步骤①是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；B．步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为100%，故B正确；C．根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，化学反应速率由慢速率决定，所以对整个反应的速率起决定作用的是步骤①，故C错误；D．根据反应的历程可知，有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确；故选：C；v正=，当H2浓度相同时，逆反应速率v正与c（CO）成正比，根据第一组和第二组数据对比可知c2=0.2，则第三组数据为：c（CO）=0.2mol•L-1，c（H2）=0.15mol•L-1和v正=6.75mol•L-1•min-1，即6.75=k×0.2×（0.15）3，解得k=1.0×104L3•mol-3•min-1