学年河南省洛阳市高二上学期期末考试化学试题答案+解析.docx

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学年河南省洛阳市高二上学期期末考试化学试题答案+解析

河南省洛阳市2018-2019学年高二上学期期末考试

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟

第I卷（选择题，共50分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考号填写在答题卡上。

2.考试结束将答题卡交回。

本试卷可能用到的相对分子质量：

H:

1Li:

7C:

14O:

16S:

32

一．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）

1.下列关于金属腐蚀的说法正确的是

A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被还原

B.金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行

C.金属的化学腐蚀实质是M-ne-=Mn+，电子直接转移给氧化剂

D.在潮湿环境中，金属的化学腐蚀一定是析氢腐蚀

【答案】C

【解析】

【详解】A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化的过程，A错误；

B.金属的化学腐蚀在酸性或碱性环境中均有可能进行，如金属铝的化学腐蚀在碱性条件下进行，B错误；

C.金属的化学腐蚀实质是金属原子失去电子变为金属阳离子，可表示为：

M-ne-=Mn+，电子由金属原子直接转移给氧化剂，C正确；

D.在潮湿环境中，金属的化学腐蚀主要以吸氧腐蚀为主，D错误；

故合理选项是C。

2.用惰性电极电解饱和食盐水的阳极产物是

A.H2B.Cl2C.HClD.NaOH

【答案】B

【解析】

【详解】电解饱和食盐水时，溶液中的阴离子在阳极放电，在该溶液中存在的阴离子有Cl-、OH-，由于Cl-的放电能力大于OH-的放电能力，所以Cl-放电，Cl-失电子在阳极上生成氯气，电极反应式为：

2Cl--2e-=Cl2↑。

故合理选项是B。

3.下列有关电池叙述正确的是

A.锌锰干电池中，正极是锰

B.华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种一次电池

C.燃料电池电极本身只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质

D.太阳能电池主要材料为二氧化硅

【答案】C

【解析】

【详解】A.锌锰干电池中，正极是石墨，A错误；

B.华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种可连续充电、放电的二次电池，B错误；

C.燃料电池电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂都是从外部供给，因此电极只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质，C正确；

D.太阳能电池主要材料为晶体硅，D错误；

故合理选项是C。

4.下面说法中正确的是

A.电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目越多

B.某基态原子外围电子排布中最高能级的符号为3f

C.3d3表示3d能级上有3个轨道

D.ns能级的原子轨道图可表示为

【答案】D

【解析】

【详解】A.电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子出现的机会多，A错误；

B.第三能层具有的能级只有s、p、d三种，B错误；

C.3d3表示3d能级上有3个电子，C错误；

D.ns能级的电子云是球形对称的，原子轨道图可表示为

，D正确；

故合理选项是D。

5.关于晶体下面说法不正确的是

A.任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子

B.离子晶体都是化合物

C.原子晶体中只含有共价键

D.某晶体固态不导电，熔融状态能导电，则说明该晶体是离子晶体

【答案】A

【解析】

【详解】A.在金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，所以晶体中，若含有阳离子不一定含有阴离子，A错误；

B.离子化合物是由阴、阳离子构成的化合物，离子化合物在固态时都是离子晶体，B正确；

C.原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体中只含有共价键，C正确；

D.某晶体固态不导电，说明在该晶体中不含有只有移动的离子，在熔融状态能导电，说明在熔融状态时有自由移动的离子，因此可说明该晶体是离子晶体，D正确；

故合理选项是A。

6.下面说法中，正确的是

A.根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性

B.在SiH4、NH4+和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键

C.丙烯（CH3—CH=CH2）分子中3个碳原子都是sp3杂化

D.P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′

【答案】A

【解析】

A.元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，根据元素的位置情况来判断；

B.在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，在NH4+和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键；

C.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；

D.P4和CH4都是正四面体分子，CH4键角为109°28ˊ，P4键角为60°。

【详解】A.对角线规则为：

沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，铍和铝位置关系符合对角线规则，物质的性质相似，A正确；

B.NH4+含有配位键，铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，[Cu（NH3）4]2+中存在配位键，而SiH4中无配位键，B错误；

C.丙烯（CH3—CH=CH2）分子中甲基C原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的两个C原子采取sp2杂化，C错误；

D.CH4分子中中心C原子价层电子对个数为4，为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，P4结构为正四面体结构，四个P原子在正四面体的四个顶点上，键与键之间夹角为60°，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查了对角线规则、配位键、原子杂化类型的判断、键角等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，题目难度中等。

7.现有三种元素的基态原子电子排布式如下①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。

则下列有关比较中错误的是

A.第一电离能：

③>②>①B.原子半径：

②>①>③

C.电负性③>①>②D.最高正化合价③>②>①

【答案】D

【解析】

【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。

A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；

B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，B正确；

C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性③＞①＞②，C正确；

D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：

①＞②，但F没有正化合价，D错误；

故合理选项是D。

8.下列叙述的两个量，前者一定大于后者的是

A.将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量

B.纯水在0℃和80℃时的pH

C.等体积且pH都等于5的盐酸和AlCl3的溶液中已电离的水分子

D.pH=12的氨水和NaOH溶液的导电能力

【答案】B

【解析】

【详解】A.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，稀释促进醋酸的电离平衡正向移动，所以稀释后溶液的pH若相等，醋酸需要的水量大于盐酸，A错误；

B.水的电离过程是吸热过程，升高温度，水电离程度增大，溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，所以纯水在0℃和80℃时的pH：

前者大于后者，B正确；

C.盐酸电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，使水的电离程度减小；AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离的分子数增多，所以已电离的水分子后者大于前者，C错误；

D.氨水中是一水合氨是一元弱碱，NaOH是一元强碱，碱电离产生OH-抑制水的电离，由于溶液的pH相同，所以溶液中c（OH-）相同，离子浓度相同，溶液的导电能力就相同，D错误；

故合理选项是B。

9.下列实验操作或结论正确的是

A.滴定前待测液润洗锥形瓶

B.容量瓶和滴定管使用前均需要查漏

C.蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热

D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏高

【答案】B

【解析】

【详解】A.用标准溶液滴定锥形瓶中未知浓度的溶液，滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则会导致消耗标准液的体积增加，A错误；

B.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，带有玻璃塞，因此要查漏；滴定管是准确量取溶液体积的仪器，含有活塞，因此也需要查漏，B正确；

C.蒸馏完毕时，先停止加热,再关闭冷凝水，C错误；

D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏低，D错误；

故合理选项是B。

10.已知反应CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）ΔH<0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡时，下列叙述正确的是

A.升高温度，K增大

B.减小压强，n（CO2）增大

C.充入一定量的氮气，n（H2）不变

D.更换高效催化剂，CO的转化率增大

【答案】C

【解析】

A.升高温度，平衡向逆反应方向移动；

B.减小压强，平衡向体积增大的方向移动；

C.在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；

D.催化剂不会引起化学平衡的移动。

【详解】A.△H＜0，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，A错误；

B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，减小压强，化学平衡不移动，n（CO2）不变，B错误；

C.充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n（H2）不变，C正确；

D.催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以CO的转化率不变，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查化学平衡的影响因素的知识，注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影响。

二．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）

11.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是

A.由X→Y反应的ΔH=E2-E3

B.降低压强有利于提高X→Z的转化率

C.升高温度有利于提高X→Z的反应速率

D.由图可知，等物质的量的Y的能量一定比X的能量高

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据图示可知由X→Y反应的方程式为2X（g）=3Y（g），反应物的能量比生成物的能量低，所以该反应是吸热反应，ΔH=E3-E2，A错误；

B.根据图示可知X转化为Z的反应为2X（g）

Z（g），该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡逆向移动，降低了X的转化率，B错误；

C.根据图示可知X转化为Z的反应为2X（g）

Z（g），该反应的正反应为放热反应，ΔH=E1-E2<0，升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率加快，C正确；

D.根据图示可知3molY的能量比2molX的能量高，但不能判断等物质的量的Y、X的能量高低，D错误；

故合理选项是C。

12.下面的叙述不正确的是

A.晶胞空间利用率：

金属铜＞金属镁＞金属钾＞金属钋

B.硬度由大到小：

金刚石＞碳化硅＞晶体硅

C.晶体熔点由低到高：

CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4

D.晶格能由大到小：

NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI

【答案】A

【解析】

【详解】A.金属钾的空间利用率是68%，Po的空间利用率是52%，金属铜和金属镁的空间利用率都是74%，因此不同金属的空间利用率大小关系为金属铜=金属镁>金属钾>金属钋，A错误；

B.三种晶体都是原子晶体，由于共价键的键长Si-Si>Si-C>C-C，共价键的键长越短，原子间形成的共价键结合的就越牢固，晶体的硬度就越大，所以晶体硬度由大到小：

金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；

C.这几种物质都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，由于分子间作用力随物质相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化需要的能量就越高，所以物质的熔点由低到高：

CH4

D.离子晶体的晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，从F到I其简单阴离子的半径随原子序数增大而增大，所以其晶格能随原子序数的增大而减小，故晶格能由大到小为NaF>NaCl>NaBr>NaI，D正确；

故合理选项是A。

13.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液，下面叙述错误的是

A.待加工铝制品件为阳极

B.在电解过程中，阴极附近溶液的pH值增大

C.阳极的电极反应式为：

2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+

D.硫酸根离子在电解过程中向阴极移动

【答案】D

【解析】

【详解】A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；

B.在电解过程中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，由于该溶液中含有的阴离子有水电离产生的OH-，所以阴极附近溶液的c（OH-）增大，溶液的pH值增大，B正确；

C.用电解氧化法可以在铝制品表面形成氧化膜，其中金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+，C正确；

D.在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，D错误；

故答案选D。

14.用石墨电极在电压为24V时电解烧杯内的澄清石灰水溶液，观察到烧杯内两个石墨电极表面均产生气泡，且澄清石灰水逐渐变成白色浑浊。

将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生。

下面说法不正确的是

A.电解时阴极电极反应为2H2O+e-=2OH-+H2↑

B.电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3

C.电解时阳极附近有CO2生成

D.石墨电极为惰性电极，电解过程石墨电极不会发生变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.电解时，在阴极上溶液中的阳离子放电，由于阳离子放电能力H+>Ca2+，所以在阴极上水电离产生的H+获得电子变为氢气，电极反应式是2H2O+e-=2OH-+H2↑，A正确；

B.根据题意，将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生，说明电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3，B正确；

C.电解时在阳极上溶液中的阴离子放电，4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生的O2与石墨电极发生反应生成CO2，所以阳极附近有CO2生成，C正确；

D.根据选项C分析可知，在阳极上OH-失去电子反应产生的氧气与石墨电极反应产生CO2，消耗石墨电极，D错误；

故答案选D。

15.下列图示装置和对应实验原理的描述均正确的是

A

B

C

D

根据温度计读数的变化测定浓硫酸和NaOH溶液反应的反应热

加热固体NaHCO3制备少量的Na2CO3

验证牺牲阳极的阴极保护法，可证明铁被保护

根据小试管中液面的变化可判断铁钉发生了析氢腐蚀

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓硫酸溶于水会放出热量，所以不能根据温度计读数变化判断反应是否是放热反应，A错误；

B.加热固体NaHCO3要在坩埚中进行，不能使用烧杯，B错误；

C.Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，若Fe被保护，未被腐蚀，附近溶液中就没有Fe2+生成，向其附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中无蓝色物质生成，可以达到目的，C正确；

D.在NaCl溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中气体压强减小。

导气管中液面上升，不是发生析氢腐蚀，D错误；

故合理选项是C。

16.用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，下列曲线合理的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

在2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液中含有的阴离子有Cl-、SO42-、OH-，放电顺序为Cl->OH->SO42-；含有的阳离子由Na+、Mg2+、H+，放电顺序为H+>Mg2+>Na+，然后根据Mg2+与OH-会形成Mg（OH）2沉淀及溶液的成分来分析各种物理量的变化。

【详解】用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，发生的反应依次为：

Mg2++2H2O+2Cl-

Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，2H2O

2H2↑+O2↑。

A.电解开始形成沉淀，当第一个分组完成后，不再产生沉淀，沉淀量不再发生变化，A错误；

B.电解前Mg2+水解消耗溶液中的OH-，使溶液显酸性，即开始时pH<7，B错误；

C.电解开始发生第一个反应，开始形成沉淀，当Mg2+沉淀完全后，再进行电解，不会产生沉淀，沉淀量也不再减少，C正确；

D.当第一个反应完全后的溶液为Na2SO4溶液，该物质是强酸强碱盐，显中性，pH=7，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查了混合溶液电解过程中各个物理量的变化情况。

掌握惰性电极电解时溶液中微粒的放电先后顺序是本题解答的关键，同时要注意当H+放电后溶液中OH-与Mg2+不能共存，会形成沉淀，结合盐的水解规律分析溶液酸碱性及其变化。

17.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电极反应为:

16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。

下列说法正确的是

A.电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g

B.电解池中加入少量硫酸增强导电性

C.电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多

D.电池工作时，负极可发生反应：

2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4

【答案】A

【解析】

根据电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：

Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：

S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。

【详解】A.负极反应为：

Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，A正确；

B.硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，但是不能加入硫酸，因为金属锂可以和硫酸之间反应，B错误；

C.充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，C错误；

D.据分析可知正极可发生反应：

2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，负极上发生氧化反应，电极反应为：

Li-e-=Li+，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写。

解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。

18.根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种β-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。

下列有关氮化碳的说法不正确的是

A.该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构

B.氮化碳中碳显+4价，氮显-3价

C.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连

D.氮化碳的分子式为C3N4

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图中结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，A正确；

B.由于元素的非金属性N>C，所以形成共价键时，共用电子对偏向N，偏离C，所以氮化碳中碳显+4价，氮显-3价，B正确；

C.根据晶体结构可知每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连，C正确；

D.由于氮化碳是原子晶体，不存在分子，因此没有分子式，D错误；

故合理选项是D。

19.许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。

下列说法正确的是

A.向配合物[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl-均被完全沉淀

B.配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则固态Ni（CO）4属于分子晶体

C.配合物[Cu（NH3）4]SO4·H2O的配体为NH3和SO42-

D.配合物[Ag（NH3）2]OH的配位数为6

【答案】B

【解析】

【详解】A.加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，內界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A错误；

B.配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相容原理可知，固态Ni（CO）4属于分子晶体，B正确；

C.配合物[Cu（NH3）4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；

D.配合物[Ag（NH3）2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D错误；

故合理选项是B。

20.用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1mol/LHCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。

下列说法正确的是

A.M点c（HX）-c（X-）>c（OH-）-c（H+）

B.N点的pH>7的原因是由于NaOH过量所致

C.HX为弱酸，且电离平衡常数Ka≈1×10-10

D.P点c（Cl-）=0.05mol/L

【答案】A

【解析】

【详解】A.M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：

2c（Na+）=c（X-）+c（HX），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），联立可得：

c（X-）+c（HX）+2c（H+）=2c（X-）+2c（OH-），整理得：

c（HX）-c（X-）=2c（OH-）-2c（H+）>c（OH-）-c（H+），A正确；

B.N点溶液为NaX溶液，该盐是强碱弱酸盐，X-发生水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时c（OH-）>c（H+），溶液显碱性，B错误；

C.0.1mol/L的HX的pH=5，c（H+）=10-5mol/L，根据电离平衡常数的定义可得K=

，C错误；

D.P点溶液为NaCl、HCl按1:

1物质的量的混合溶液，c（Cl-）=

，D错误；

故合理选项是A。

第II卷（非选择题，共50分）

三、填空题（本题共4小题，共50分）

21.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，2018年是合成氨工业先驱哈伯（P·Haber）获得诺贝尔奖100周年

（1）合成氨反应是一个可逆反应：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g），已知298K时：

ΔH=-92.2kJ/mol，ΔS=-198.2J/（K·mol），则根据正反应的焓变和熵变分析，常温下合成氨反应____（填“能”或“不能”）自发进行。

实验研究表明，在特定条件下，合成氨反应的速率与参加反应的物质的浓度的关系式如下，v=kc（N2）c1.5（H2）c-1（NH3），k为速率常数，请根据该关系