化学选择性必修1第一节 化学反应速率第2课时习题

这是一份化学选择性必修1第一节 化学反应速率第2课时习题，共14页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，某科研团队研究将磷钨酸，对于反应，一定条件下反应等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共12小题）


1．下列说法不正确的是（ ）


A．自然界中存在不需要活化能推动的反应


B．催化剂同时改变正、逆反应速率


C．活化分子的每次碰撞都能发生反应


D．活化能的存在是化学反应通常需要获得能量才能实际发生的原因


2．“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）





A．使用催化剂只能加快正反应速率


B．反应②的活化能比反应①大


C．该反应的催化剂是V2O4


D．过程中既有V﹣O键的断裂，又有V﹣O键的形成


3．向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br2═2H++O2↑+2Br﹣．下列说法正确的是（ ）


A．H2O2分子中含有离子键和非极性键


B．第1步反应每生成0.1ml O2，转移0.4 ml电子


C．第2步反应为：2H++H2O2+2Br﹣═2H2O +Br2


D．H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变


4．氢气可将CO2还原为甲烷[CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）]．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示（其中吸附在 Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“•”标注，“Ts”表示过渡态）下列判断错误的是（ ）





A．第一步反应过程断裂氢氢键和碳氧键，形成氧氢键


B．第三步反应所需的活化能最小


C．第三步的总反应可表示为：•OH+•H═H2O（g）


D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会释放能量


5．一定能增加反应物分子中活化分子的百分数的是（ ）


A．降低温度B．增大压强C．使用催化剂D．增加浓度


6．某科研团队研究将磷钨酸（H3PW12O40，以下简称HPW）代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体（如硅藻土、C等）上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系（温度：120℃，时间：2h）如图所示，下列说法不正确的是（ ）





A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能


B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高


C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足


D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度


7．对于反应：M+N﹣→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到40℃时，完成反应的10%需要的时间为（ ）


A．9 minB．27 minC．13.5 minD．3 min


8．甲、乙两个容器内都进行A→B的反应，甲容器内每分钟减少了4ml A，乙容器内每分钟减少2ml A，则甲容器内的反应速率比乙容器内的反应速率（ ）


A．快B．慢C．相等D．无法判断


9．在不同浓度、温度条件下，蔗糖水解的瞬时速率如表。下列判断不正确的是（ ）


A．a＝6.00


B．b＜318.2


C．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同


D．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，蔗糖水解的瞬时速率一定改变


10．一定条件下反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）△H＜0，在2L的密闭容器中充入2ml PCl3和2ml Cl2，进行到4 min时，测得n（PCl3）＝1.2 ml．下列说法正确的时（ ）


A．当v（PCl3）：v（Cl2）：v（PCl5）＝1：1：1时该反应达平衡状态


B．反应进行到8 min时，容器中n（PCl5）可能为2 ml


C．温度升高时正反应速率降低，逆反应速率升高


D．4 min内Cl2的平均反应速率为0.1 ml•L﹣1min﹣1


11．已知，分解1ml H2O2放出热量98kJ．常温下在含有少量I﹣的溶液中，H2O2分解机理为：


①H2O2+I﹣ H2O+IO﹣慢 ②H2O2+IO﹣ H2O+O2+I﹣ 快


下列说法正确的是（ ）


A．IO﹣是该反应的催化剂


B．上述过程中H2O2分解的快慢由反应②决定


C．ν（H2O2）＝ν（H2O）＝ν（O2）


D．反应活化能不一定等于98kJ/ml


12．在化学反应中，能引发化学反应的分子之间的碰撞称之为有效碰，能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用k•ml表示。下列说法不正确的是（ ）





A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能


B．图乙中HI分子发生了有效碰撞


C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零


D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加


二．填空题（共3小题）


13．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如表（累计值）：


（1）哪一时间段（指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min）反应速率最大 ，原因是 ．


（2）哪一段时段的反应速率最小 ，原因是


（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率 ．


（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：你认为可行的是 （填编号）．


A．蒸馏水 B．NaCl溶液 C．Na2CO3溶液 D．CuSO4溶液．


14．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图1所示：





（1）从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为 ．


（2）Y的转化率为 ．


（3）该反应的化学方程式为 ．


（4）该温度下 平衡常数K的表达式为


（5）10s后的某一时刻（t1）改变了外界条件，其速率随时间的变化图象如图2所示：则下列说法符合该图象的是 ．


A．t1时刻，增大了X的浓度


B．t1时刻，升高了体系温度


C．t1时刻，缩小了容器体积


D．t1时刻，使用了催化剂．


15．某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色．


（1）查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为以下两步进行，第一步为IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，则第二步反应的离子方程式为


（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的反应速率的影响．调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录如下：


实验①②是探究 对反应速率的影响，表中a＝ ；实验①③是探究温度对反应速率的影响，则表中b＝ ，c＝


（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合（预先加入可溶性淀粉为指示剂），用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小．课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：


假设一：反应生成的SO42﹣对反应起催化作用，SO42﹣浓度越大反应速率越快；


假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快；


假设三： ；


…


（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（反应速率可用测速仪测定）


答案解析


一．选择题（共12小题）


1．【分析】A.溶液中的离子反应不需要活化能推动；


B.催化剂同等程度的改变正逆反应速率；


C.活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞；


D.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。


【解答】解：A.溶液中的离子反应不需要活化能推动，所以自然界中存在不需要活化能推动的反应，故A正确；


B.催化剂同等程度的改变正逆反应速率，即催化剂同时改变正、逆反应速率，故B正确；


C.活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，活化分子的有效碰撞才能发生化学反应，故C错误；


D.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，所以化学变化时要吸收能量使普通分子变为活化分子，则活化能的存在是化学反应通常需要获得能量才能实际发生的原因，故D正确。


故选：C.


2．【分析】A、催化剂同等程度改变正、逆反应的速率；


B、活化能越小反应速率越快；


C、催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变；


D、由图可知①历程中V﹣O键的断裂，②历程中V﹣O键的形成；


【解答】解：A、使用催化剂正、逆反应速率，都加快，故A错误；


B、由图可知，②的反应速率快于①，则反应②的活化能比反应①小，故B错误；


C、催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，由图可知V2O5在参加化学反应但反应前后的质量和化学性质都没发生改变，则该反应的催化剂是V2O5，故C错误；


D、由图可知①历程中V﹣O键的断裂，②历程中V﹣O键的形成，则过程中既有V﹣O键的断裂，又有V﹣O键的形成，故D正确；


故选：D。


3．【分析】向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率，溴为反应的催化剂，反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2+Br2═2H++O2↑+2Br﹣，第2步反应为：2H++H2O2 +2Br﹣═2H2O +Br2，以此解答该题。


【解答】解：A．H2O2分子中仅含有共价键，故A错误；


B．在第1步反应中，O元素化合价由﹣1价升高到0价，则每生成0.1 ml O2，转移0.2 ml电子，故B错误；


C．溴为反应的催化剂，由第一步反应可知第2步反应为：2H++H2O2 +2Br﹣═2H2O +Br2，过氧化氢分解生成氧气和水，故C正确；


D．H2O2分解反应前后溶液中Br2除了做双氧水分解的催化剂、反应前后质量不变外，还能和水反应，故质量减小，故D错误。


故选：C。


4．【分析】由图象分析可知，第一步反应过程为CO2（g）+4H2（g）→●HOCO+H2（g），释放能量，第二步反应过程为●HOCO+H2（g）→CO●+OH●+H●+3H2（g），释放能量，第三步反应过程为•OH+•H═H2O（g），吸收能量，结合图此分析解答。


【解答】解：A．由图分析可知，第一步反应过程为CO2（g）+4H2（g）→●HOCO+H2（g），则反应过程断裂氢氢键和碳氧键，形成氧氢键，故A正确；


B．由图分析可知，第三步反应所需的活化能最小，故B正确；


C．由图分析可知，第三步反应过程为•OH+•H═H2O（g），故C正确；


D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程第三步吸收能量，故D错误；


故选：D。


5．【分析】增大压强或者增大反应物浓度，可使活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度或加入催化剂可增大反应物中的活化分子百分数。


【解答】解：A．降低温度可以减小反应物分子中活化分子的百分数，故A错误；


B．增大压强可使活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；


C．使用催化剂可增大反应物中的活化分子百分数，故C正确；


D．增加浓度可使活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误；


故选：C。


6．【分析】A．HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体（如硅藻土、C等）上则能有效克服以上不足，提高其催化活性；


B．图象分析可知当HPW负载量为40%时达到饱和；


C．磷钨酸为酸具有腐蚀性；


D．催化剂只能改变化学反应速率不能改变化学平衡。


【解答】解：A．将磷钨酸（H3PW12O40，以下简称HPW）代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体（如硅藻土、C等）上则能有效克服以上不足，与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，提高其催化活性，故A正确；


B．图象分析可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，故B正确；


C．HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体（如硅藻土、C等）上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，减少设备腐蚀等不足，故C正确；


D．催化剂只能改变化学反应速率不能改变化学平衡，不能改变化学反应正向进行的程度，故D错误；


故选：D。


7．【分析】如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，则将温度提高到40℃时，温度为原来的27倍，以此来解答．


【解答】解：如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，则将温度提高到40℃时，温度为原来的27倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到40℃时，完成反应的10%需要的时间为＝3min，


故选：D。


8．【分析】根据v＝判断化学反应速率的快慢．


【解答】解：v＝中，△n、△t已知，但V未知，所以无法判断甲、乙容器内的化学反应速率。


故选：D。


9．【分析】A．相同浓度的物质时，在318.2K和328.2K条件下的反应速率之比为定值；


B．相同浓度的蔗糖物质，温度越高，反应速率越大；


C．温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同；


D．升高温度化学反应速率增大，减小浓度降低反应速率。


【解答】解：A．相同浓度的A物质时，在318.2K和328.2K条件下的反应速率之比为定值，则＝，a＝6.00，故A正确；


B．相同浓度的蔗糖物质，温度越高，反应速率越大，根据表中数据知，相同浓度的蔗糖，b温度下蔗糖的反应速率小于318.2K条件下的反应速率，所以温度b＜318.2K，故B正确；


C．温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故C正确；


D．升高温度化学反应速率增大，减小浓度降低反应速率，所以同时改变反应温度和蔗糖的浓度，瞬时速率可能不变，故D错误；


故选：D。


10．【分析】A．平衡状态是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；


B．反应为可逆反应不能进行彻底；


C．升温反应速率增大，正逆反应速率都增大；


D．一定条件下反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）△H＜0，在2L的密闭容器中充入2ml PCl3和2ml Cl2，进行到4 min时，测得n（PCl3）＝1.2 ml，结合三行计算列式得到，反应速率v＝。


【解答】解：A．当v（PCl3）：v（Cl2）：v（PCl5）＝1：1：1时，不能说明正逆反应速率相同，不能说明该反应达平衡状态，故A错误；


B．一定条件下反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）△H＜0，在2L的密闭容器中充入2ml PCl3和2ml Cl2，反应为可能反应不能进行彻底，容器中n（PCl5）不可能为2 ml，故B错误；


C．温度升高时正反应速率升高，逆反应速率升高，逆反应速率增大的多，平衡逆向进行，故C错误；


D．在2L的密闭容器中充入2ml PCl3和2ml Cl2，进行到4 min时，测得n（PCl3）＝1.2 ml，


PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）△H＜0，


起始量（ml） 2 2 0


变化量（ml） 0.8 0.8 0.8


4min量（ml）1.2 1.2 0.8


4 min内Cl2的平均反应速率＝＝0.1 ml•L﹣1min﹣1，故D正确；


故选：D。


11．【分析】A、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣；


B、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；


C、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；


D、分解1ml过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能。


【解答】解：A、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故A错误；


B、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 ②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，故B错误；


C、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故C错误；


D、1ml过氧化氢分解的△H＝﹣98KJ/ml，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故D正确；


故选：D。


12．【分析】A．催化剂降低反应所需的活化能；


B．活化分子发生有效碰撞时发生化学反应；


C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近于零；


D．增大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子数。


【解答】解：A．催化剂降低反应所需的活化能，则曲线Ⅱ使用催化剂，故A正确；


B．只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，此碰撞不是有效碰撞，故B错误；


C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近于零，故C正确；


D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故D正确。


故选：B。


二．填空题（共3小题）


13．【分析】（1）和（2）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；


（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v＝计算反应速率；


（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H+浓度，但不能影响H+的物质的量；


【解答】解：（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；


故答案为：2～3 min；因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大；


（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小，


故答案为：4～5 min；此时H+浓度小；


（3）在2～3min时间段内，n（H2）＝＝0.005ml，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01ml，则υ（HCl）＝＝0.1 ml/（L•min），


故答案为：υ（HCl）＝0.1 ml/（L•min）；


（4）A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；


B．加入NaCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；


C．加入Na2CO3溶液，生成CO2气体，影响生成氢气的量，故C错误；


D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，但影响生成氢气的量，故D错误；


故答案为：AB．


14．【分析】（1）根据v＝计算反应速率；


（2）Y的转化率为；


（3）根据物质的量的变化与化学计量数呈正比书写化学方程式；


（4）平衡常数K等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；


（5）由图象可知正逆反应速率增大，平衡没移动．


【解答】解：（1）ν（Z）＝＝0.079ml/（L•s），故答案为：0.079ml/（L•s）；


（2）Y的转化率为＝×100%＝79%，故答案为：79%；


（3）由图象可以看出，反应到10s时，X的物质的量减小，变化值为1.20ml﹣0.41ml＝0.79ml，


Y的物质的量减小，变化值为1.0ml﹣0.21ml＝0.79ml，则X、Y为反应物，


Z的物质的量增多，变化值为1.58ml，为生成物，


根据物质的量的变化与化学计量数呈正比，


则有n（X）：n（Y）：n（Z）＝0.79ml：0.79ml：1.58ml＝1：1：2，


所以反应的方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故答案为：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；


（4）反应的方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），平衡常数K等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以K＝，故答案为：；


（5）由图象可知正逆反应速率增大，平衡没移动；


A．t1时刻，增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；


B．t1时刻，升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误


C．t1时刻，缩小了容器体积，速率增大，由于反应前后计量数相等，平衡不移动，符合题意，故C正确；


D．t1时刻，使用了催化剂，速率增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；


故答案为：C、D．


15．【分析】（1）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；


（2）根据表格，三个实验中溶液的体积均应为45mL，据此推断a的值；实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等；


（3）根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等，以此加以假设；


（4）通过对比实验进行验证．


【解答】解：（1）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，


故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；


（2）根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a＝15mL；实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b＝20，c＝10，


故答案为：KIO3溶液的浓度；15；20；10；


（3）根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快，


故答案为：反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快；


（4）通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v（乙），若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立，若v（甲）＜v（乙），则假设一成立，


故答案为：


0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
时间（min）
1
2
3
4
5
氢气体积（ml）
50
120
232
290
310
实验编号
0.02ml/LNaHSO3溶液/mL
0.02ml/LKIO3溶液/mL
H2O/mL
反应温度/℃
溶液变蓝的时间t/s
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论








实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v（乙）
若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立；


若v（甲）＜v（乙），则假设一成立．