精品解析上海市金山区届高三上学期高考一模化学试题附解析.docx
《精品解析上海市金山区届高三上学期高考一模化学试题附解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《精品解析上海市金山区届高三上学期高考一模化学试题附解析.docx(20页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![精品解析上海市金山区届高三上学期高考一模化学试题附解析.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2022-11/25/b46172f5-50be-472e-9c73-06da24c8ad23/b46172f5-50be-472e-9c73-06da24c8ad231.gif)
精品解析上海市金山区届高三上学期高考一模化学试题附解析
2019年上海市金山区高考一模
化学试题
1.鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛,关于钢铁说法错误的是
A.属于合金
B.硬度比纯铁大
C.目前消耗最多的金属材料
D.人类最早使用的金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢铁中含有铁和碳,属于合金,故A正确;
B.合金硬度一般大于成分金属,所以钢铁的硬度大于纯铁,故B正确;
C.钢铁是生活中用的最多的合金,故C正确;
D.人类最早使用的金属材料为铜合金,故D错误。
答案选D。
2.互为同素异形体的是
A.12C和14CB.S4和S8
C.H2O和D2OD.CH3COOH和CH3CH2COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A.12C和14C是质子数相同,中子数不同的原子,属于同位素,故A不符合题意;
B.S4和S8是由硫元素组成的不同单质,其互为同素异形体,故B符合题意;
C.H2O和D2O分别是由不同的氢原子组成的水分子,水是化合物,故它们之间不是同素异形体,故C不符合题意;
D.CH3COOH和CH3CH2COOH的结构相似,在分子组成上相差一个CH2原子团,则两者互为同系物,故D不符合题意。
答案选B。
【点睛】本题解题关键是掌握同素异形体的概念。
判断同素异形体的关键把握两点:
①同种元素形成,②不同单质。
据此解答。
3.属于强电解质的是
A.KNO3B.NH3•H2OC.CH3COOHD.H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.KNO3溶于水后完全电离钾离子和硝酸根离子,所以硝酸钾属于强电解质,故A符合题意;
B.NH3•H2O为弱碱,在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故B不符合题意;
C.CH3COOH为弱酸,在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故C不符合题意;
D.H2O是极弱的电解质,部分电离,故D不符合题意。
答案选A。
【点睛】本题解题关键是注意强弱电解质的区别,能完全电离的电解质是强电解质,只有部分电离的电解质是弱电解质,根据电解质、强电解质的概念进行判断。
4.有关NaOH溶于水的过程,叙述正确的是
A.只发生水合过程B.只发生扩散过程
C.破坏了离子键D.破坏了共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaOH溶于水后,先有电离过程,后有水合过程和扩散过程,故A错误;
B.NaOH溶于水后,先有电离过程,后有水合过程和扩散过程,故B错误;
C.NaOH是离子化合物,溶于水发生电离,破坏离子键,故C正确;
D.NaOH电离出钠离子和氢氧根离子,其中氢氧根离子中存在的共价键没有被破坏,故D错误。
答案选C。
5.(CH3CH2)2CHCH3的正确命名是
A.2﹣乙基丁烷B.2﹣甲基戊烷C.3﹣甲基戊烷D.3﹣乙基丁烷
【答案】C
【解析】
试题分析:
(CH3CH2)2CHCH3的主链有5个碳原子,3号碳上有一个甲基,故此有机物命名为:
3-甲基戊烷,选项C符合题意。
考点:
烷烃的命名
6.卤族元素有关性质比较正确的是
A.稳定性:
HF>HCl>HBr>HIB.氧化性:
F2<Cl2<Br2<I2
C.熔沸点:
F2>Cl2>Br2>I2D.还原性:
F﹣>Cl﹣>Br﹣>I﹣
【答案】A
【解析】
【详解】A.F、Cl、Br、I,从上到下,非金属性依次减弱,气态氢化物稳定性依次减弱,故A正确;
B.F、Cl、Br、I,从上到下,非金属性依次减弱,非金属性越弱,对应单质的氧化性也越弱,故B错误;
C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体,从上到下,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,单质熔沸点依次升高,即单质熔沸点:
I2>Br2>Cl2>F2,故C错误;
D.F、Cl、Br、I,从上到下,非金属性依次减弱,阴离子还原性依次增强,故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较,解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系:
第ⅤⅡA族元素中,随着原子序数的增大,原子半径依次增大,得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱。
据此解答。
7.单质能发生如下图转化关系的元素是
A.氯B.硫C.铝D.铁
【答案】B
【解析】
【详解】A.一般条件下,氯气和氧气不反应,故A错误;
B.硫和氧气反应生成二氧化硫,二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸可以与碱反应生成盐,故B正确;
C.铝和氧气反应生成氧化铝,氧化铝和水不反应,故C错误;
D.铁和氧气反应生成氧化铁或四氧化三铁,与水都不反应,故D错误。
答案选B。
8.关于漂粉精的说法正确的是
A.工业上用氯气与澄清石灰水制取
B.有效成分是次氯酸钙和氯化钙
C.用pH试纸测试漂粉精溶液呈酸性
D.久置于空气中会变质失效
【答案】D
【解析】
【详解】A.澄清的石灰水中氢氧化钙的浓度太低,应选氯气和石灰乳制备漂白精,故A错误;
B.漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙,其中有效成分是次氯酸钙,故B错误;
C.次氯酸钙具有漂白性,不能用pH试纸测试漂粉精溶液的酸碱性,故C错误;
D.久置于空气中,与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、次氯酸,次氯酸易分解,从而变质失效,故D正确。
答案选D。
9.CS2结构与CO2相似,则关于CS2推测错误的是
A.非极性分子B.含有非极性键
C.结构式为S=C=SD.CS2的沸点高于CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.CS2结构与CO2相似,分子结构对称属于非极性分子,故A正确;
B.CS2的结构式为S=C=S,分子中只含有C=S极性键,故B错误;
C.CS2结构与CO2相似,CO2的结构式为O=C=O,则CS2的结构式为S=C=S,故C正确;
D.分子晶体的沸点与相对分子质量有关,相对分子质量越大,沸点越高,则CS2的沸点高于CO2,故D正确。
答案选B。
10.已知钡的某种同位素是12056Ba,由学过的知识无法推断出的信息是
A.钡原子的核外电子排布
B.钡元素在周期表中的位置
C.钡原子的核电荷数
D.钡元素的相对原子质量
【答案】D
【解析】
【详解】A.质子数=核外电子数=56,可以根据核外电子排布规律得到核外电子排布,故A正确;
B.质子数=原子序数,可以根据原子结构判断元素在周期表中的位置,故B正确;
C.质子数=核电荷数=56,故C正确;
D.不知道钡的各种天然同位素的含量及其相对原子质量,无法求出钡元素的相对原子质量,故D错误。
答案选D。
【点睛】本题主要考察的是质子数、中子数、核外电子数及其相互联系。
解题时特别注意
质子数=核外电子数=原子序数=核电荷数;元素的相对原子质量,是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值。
据此解答。
11.磷原子核外3p亚层中的电子,不相同的是
A.能量B.电子云形状
C.电子云伸展方向D.自旋方向
【答案】C
【解析】
【详解】A.磷原子核外3p亚层中的3个电子分别位于伸展方向不同的3个3p轨道上,自旋方向相同、能量相同,故A不符合题意;
B.p轨道电子云形状都为哑铃型,即磷原子核外3p亚层中的电子云形状相同,故B不符合题意;
C.电子云伸展方向在三维坐标中沿着x、y、z轴伸展,所以电子云的伸展方向不同,故C符合题意;
D.P的的最外层电子排布图为
,则3p亚层中的电子自旋方向相同,故D不符合题意。
答案选C。
【点睛】本题解题关键是掌握磷原子核外电子排布为:
1s22s22p63s23p3,3px1、3py1和3pz1上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同,但电子云伸展方向不相同,以此解答该题。
12.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液操作正确的是
A.用蒸馏水洗净滴定管后,装入标准盐酸
B.锥形瓶用蒸馏水洗净后,装入待测液
C.滴定时始终注视滴定管内液面的变化
D.指示剂变色后停止滴定立即读数
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴定管在装液前应先用待装液润洗,故A错误;
B.锥形瓶不用润洗,用蒸馏水洗净后,装入待测液就可以,故B正确;
C.滴定时眼睛要注视锥形瓶内的颜色变化,故C错误;
D.滴定终点的标志是指示剂颜色变化,且半分钟内颜色无变化,如果立即停止滴定,易造成标准液体积偏小,测定结果偏低,故D错误。
答案选B。
.
13.关于硫酸工业中的催化氧化反应,可以用勒夏特列原理解释的是
A.通入过量氧气B.选择V2O5做催化剂
C.选择常压条件D.升温至450℃左右
【答案】A
【解析】
【详解】A.通入过量氧气,增大反应物的浓度,化学平衡正向移动,可以用勒夏特列原理解释,故A符合题意;
B.催化剂只能改变反应速率,不会引起化学平衡的移动,不能用勒夏特列原理解释,故B不符合题意;
C.根据平衡移动原理可知,增大压强,平衡向体积减小的方向移动,有利于三氧化硫的合成。
所以选择常压条件,不能用勒夏特列原理解释,故C不符合题意;
D.正反应是放热反应,升高温度至450℃左右,平衡逆向移动,不利于三氧化硫的产生,所以升温至450℃左右不能用勒夏特列原理解释,故D不符合题意。
答案选A。
14.实验室从干海带中提取碘的操作过程中,仪器选用错误的是
A.灼烧干海带﹣﹣坩埚
B.过滤海带灰悬浊液﹣﹣长颈漏斗
C.从碘水中萃取碘﹣﹣分液漏斗
D.分离碘和四氯化碳﹣﹣蒸馏烧瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A.灼烧固体应在坩埚中进行,所以灼烧干海带用到坩埚,故A正确;
B.过滤煮沸后的海带灰水悬浊液要用普通漏斗,不用长颈漏斗,故B错误;
C.从碘水中萃取碘,可用四氯化碳、苯等,碘在四氯化碳、苯等中的溶解度大于在水中溶解度,会发生萃取现象出现分层,可以用分液漏斗进行分液,故C正确;
D.碘易溶于四氯化碳,四氯化碳易挥发,采用蒸馏的操作分离,所以分离碘和四氯化碳用到蒸馏烧瓶,故D正确。
答案选B。
15.工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下,有关说法正确的是
A.该反应的类型为取代反应
B.可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯
C.乙苯的同分异构体共有三种
D.乙苯和苯乙烯均属于苯的同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应生成碳碳双键,为消去反应,故A错误;
B.苯乙烯含有碳碳双键,可与溴水反应,而乙苯不反应,可鉴别,故B正确;
C.乙苯的同分异构体有二甲苯(邻、间、对3种),还有不饱和链烃和不饱和环烃,则同分异构体数目大于3种,故C错误;
D.苯乙烯与苯结构不相似,它们所含的官能团不同,故不是同系物,D错误。
答案选B。
16.与氨碱法相比较,联合制碱法最突出的优点是
A.设备少B.原料易得
C.循环利用的物质多D.NaCl利用率高
【答案】D
【解析】
【详解】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环,产生的CaCl2,该物质没有什么特别重要的用途;而侯氏制碱法是向滤液通入二氧化碳、氨气,结晶出的NH4Cl,其母液可以作为制碱原料循环利用。
氨碱法缺点:
大量CaCl2用途不大,NaCl利用率只有70%,约有30%的NaCl留在母液中,侯氏制碱法的优点:
把合成氨和纯碱两种产品联合生产,提高了食盐利用率,缩短了生产流程,减少了对环境的污染,降低了纯碱的成本。
保留了氨碱法的优点,消除了它的缺点,使食盐的利用率提高到96%,故A、B、C不符合题意,D符合题意。
答案选D。
【点睛】本题考查侯氏制碱法知识,题目难度不大,注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理,即可判断二者的优缺点。
17.向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一表面皿扣在上面。
下表中对实验现象解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与HCl反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
湿润红色石蕊试纸变蓝
氨气是一种碱
A.AB.BC.CD.D
【答案】AD
【解析】
浓盐酸附近产生白烟:
NH3与HCl气体反应产生了NH4C1固体。
浓硫酸附近有明显现象,B错误。
氯化物溶液变浑浊,很多离子在碱性条件下沉淀。
湿润的红色石蕊试纸变蓝:
NH3的水溶液显碱性
18.关于如图两个电化学装置的说法正确的是
A.饱和食盐水中均有电子流过
B.甲中铁被腐蚀,乙中铁被保护
C.甲中正极反应式为4OH﹣﹣4e-→2H2O+O2↑
D.乙中石墨电极上发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲装置是原电池,金属铁是负极,发生失电子的氧化反应,乙装置是电解池,金属铁是阴极,都会形成闭合回路,但是电子不会经过电解质,则饱和食盐水中不会有电子流过,故A错误;
B.甲装置是原电池,金属铁是负极,被腐蚀,乙装置是电解池,金属铁是阴极,铁被保护,故B正确;
C.甲装置是原电池,发生金属的吸氧腐蚀,正极反应式为:
2H2O+O2+4e-=4OH﹣,故C错误;
D.乙装置是电解池,金属铁是阴极,乙中石墨电极是阳极,发生氧化反应,故D错误。
答案选B。
19.图分别表示红磷、白磷燃烧时的能量变化,下列说法中正确的是
A.白磷比红磷稳定
B.白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定
C.1mol白磷转变为红磷放出2244.7kJ的热量
D.红磷燃烧的热化学方程式:
4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2954kJ⋅mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A.等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能量白磷比红磷多,白磷能量高于红磷,能量越低越稳定,所以红磷稳定,故A错误;
B.两者燃烧产物相同,状态相同,所以产物稳定性相同,故B错误;
C.白磷转化为红磷的化学方程式为:
P4(s、白磷)=4P(s、红磷),可以看成是下列两个反应方程式的和:
P4(s、白磷)+5O2(g)=P4O10(s)△H=−2983.2kJ⋅mol−1;P4O10(s)=4P(s、红磷)+5O2(g)△H=738.5×4kJ⋅mol−1=2954kJ⋅mol−1;根据盖斯定律,白磷转化为红磷的热化学方程式:
P4(s、白磷)=4P(s、红磷)△H=−2983.2kJ/mol+2954kJ⋅mol−1=−29.2KJ/mol,即为:
P4(s、白磷)=4P(s、红磷)△H=−29.2KJ/mol,所以1mol白磷转变为红磷放出29.2KJ的热量,故C错误;
D.依据图象分析,红磷燃烧是放热反应,红磷燃烧的热化学方程式:
4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-738.5×4kJ⋅mol−1=-2954kJ⋅mol−1,故D正确。
答案选D。
故选D.
20.已知5Cl2+I2+6H2O→10HCl+2HIO3.某溶液中可能存在Br﹣、CO32﹣、SO32﹣、I﹣、Ca2+、Na+等7种离子中的某几种,分别进行如下实验:
①向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,且有无色气泡冒出;
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液,无沉淀生成;
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液,溶液不变蓝色。
则下列说法正确的是
A.肯定没有I﹣B.肯定有Br﹣、CO32﹣
C.可能有Na+D.可能有SO32﹣
【答案】B
【解析】
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,且有无色气泡冒出,则溶液中含有Br−、CO32−,由于CO32−与Ca2+会发生反应而不能共存,所以一定不存在Ca2+;
②因为若原溶液中含有SO32﹣,加入氯水时会氧化为SO42﹣,再加入足量BaCl2溶液,就会有沉淀生成,因此不存在SO32﹣;
③由于氯水能把I−氧化为I2,若氯水足量,根据信息氯水与I2发生反应:
5Cl2+I2+6H2O→10HCl+2HIO3。
继续滴加淀粉溶液,溶液也不会变蓝,因此该实验不能证明I−的存在;由于溶液呈电中性,所以还有阳离子Na+;
根据上述实验证明在溶液中一定存在的离子为:
Br−、CO32−、Na+;一定不存在Ca2+、SO32﹣;可能存在I−。
故A、C、D错误,B正确。
答案选B。
【点睛】解题时特别注意①向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,说明溶液中有Br-;且有无色气泡冒出,说明溶液中有CO32-; 溶液中有CO32-,则无Ca2+,根据溶液呈电中性,可知一定有Na+;②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液,无沉淀生成,说明溶液中无SO32-,据此进行解答。
21.金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂,某“钙线”的主要成分为金属M和Ca。
(1)Ca元素在元素周期表中的位置是_____,最外层电子排布式为________。
(2)CaF2的电子式为_____,CaF2熔点比SiF4熔点_______(选填“高”、“低”或“相同”),原因是_____。
(3)将“钙线”试样溶于稀盐酸后,加入过量NaOH溶液,生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色,最后变成红褐色M(OH)n.则金属M为_____,检测Mn+的另一种方法是_____。
(4)配平下列化学方程式:
P+ FeO+ CaO→ Ca3(PO4)2+ Fe,________,若生成的Fe为2.8g,则转移的电子数目为_____个。
【答案】
(1).第四周期第ⅡA族
(2).4s2(3).
(4).高(5).CaF2是离子晶体,SiF4是分子晶体,离子晶体熔化时破坏离子键,分子晶体熔化破坏范德华力,离子键远比范德华力强得多(6).Fe(7).取样,加入KSCN溶液,溶液呈现血红色,证明有Fe3+(8).2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3(PO4)2+ 5 Fe(9).0.1NA
【解析】
【分析】
本题考查的是元素周期表、原子结构示意图、电子式、常见阳离子的检验、方程式的配平。
(1)根据原子核外电子排布画出原子结构示意图;
(2)根据电子式书写规则写出电子式;
(3)生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化,M为Fe元素,检验铁离子常用SCN-,根据Fe3+与SCN-反应的现象分析。
【详解】
(1)Ca的原子序数为20,原子结构中有4个电子层,最外层电子数为2,则在周期表中的位置为第四周期第ⅡA族,最外层电子排布为4s2。
本小题答案为:
第四周期第ⅡA族;4s2。
(2)CaF2为离子化合物,其电子式为
;一般离子晶体的熔点高于分子晶体,CaF2是离子晶体,SiF4是分子晶体,离子晶体熔化时破坏离子键,分子晶体熔化破坏范德华力,离子键远比范德华力强烈得多,故CaF2的熔点比SiF4的熔点高。
本小题答案为:
;高;CaF2是离子晶体,SiF4是分子晶体,离子晶体熔化时破坏离子键,分子晶体熔化破坏范德华力,离子键远比范德华力强得多。
(3)生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色,最后变成红褐色M(OH)n,故M为Fe,检验Fe3+的另一种方法是取样,加入KSCN溶液,溶液呈现血红色,证明有Fe3+。
本小题答案为:
Fe;取样,加入KSCN溶液,溶液呈现血红色,证明有Fe3+。
(4)P元素的化合价由0价升高为+5价,Fe元素的化合价由+2价降低为0价,由电子、原子守恒可知反应为2P+5FeO+3CaO→1Ca3(PO4)2+5Fe,若生成的Fe为2.8g,则转移的电子数目为(2.8g/56g/mol)×(2-0)×NA=0.1NA。
本小题答案为:
2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3(PO4)2+ 5 Fe;0.1NA。
22.不同温度、压强下,在合成氨平衡体系中N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),NH3的物质的量分数见表(N2和H2起始物质的量之比为1:
3)。
压强(MPa)
氨的平衡含量(%)
温度(℃)
20
30
60
100
200
86.4
89.9
95.4
98.8
300
64.2
71.0
84.2
92.6
400
38.2
47.0
65.2
79.8
500
19.1
26.4
42.2
57.5
(1)已知该反应在2L密闭容器中进行,5min内氨的质量增加了1.7g,则此段时间内H2的平均反应速率为_____mol/(L•min)。
(2)该反应的平衡常数表达式K=_____,升高温度,K值_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
T℃(K=3.6)的某一时刻下,c(N2)=1mol/L,c(H2)=3mol/L,c(NH3)=9mol/L,在这种情况下该反应是否处于平衡状态_____(选填“是”、“否”),此时反应速率是v正_____v逆(选填“>”、“<”、“=”)。
(3)合成氨生产条件一般为压强在20MPa~50MPa,温度为500℃左右,选用该条件的主要原因是_____;从表中数据可知,在该条件下氨的平衡含量并不高,为提高原料利用率,工业生产中采取的措施是_____。
(4)工业上用氨水吸收SO2尾气,最终得到化肥(NH4)2SO4.(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42﹣)之比_____2:
1(选填“>”、“<”、“=”),用离子方程式解释原因_____。
【答案】
(1).0.015 mol/(L•min)
(2).
(3).减小(4).否(5).>(6).压强太高,对生产设备要求也高,难以实现,且温度降低时反应速率过低,500℃左右催化剂的活性最大(7).及时分离出NH3(8).<(9).NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+
【解析】
【分析】
(1)根据公式
求出氨气的速率,再根据速率之比等于化学计量数之比求出氢气的速率;
(2)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数
,根据表中数据,压强相同时,温度越高,氨气的体积分数越小,说明升高温度后平衡向着逆向移动,导致生成物浓度减小,反应物浓度增大,则升高温度后平衡常数K减小;T℃(K=3.6)的某一时刻下,c(N2)=1mol/L,c(H2)=3mol/L,c(NH3)=9mol/L,此时的浓度熵Qc=
,说明此时还没有达到平衡状态,平衡正向着正向移动,则此时反应速率是v(正)>v(逆);
(3)由于压强太高,对生产设备的要求也高,难以实现,且温度降低时反应速率过低,500℃左右催化剂的活性最大,所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa—50MPa,温度为500℃左右;
(4)(NH4)2SO4溶液为强酸弱碱盐,由于NH4+发生水解反应:
NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,导致NH4+的浓度减小,所以c(NH4+)与c(SO42-)之比<2:
1。
据此解答。
【详解】
(1)1.7g氨气的物质的量为:
,
,
。
本小题答案为:
0.015mol/(L•min)。
(2)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数
,根据表中数据,压强相同时,温度越高,氨气的体积分数越小,说明升高温度后平衡向着逆向移动,导致生成物浓度减小,反应物浓度增大,则升高温度后平衡常数K减小;T℃(K=3.6)的某一时刻下,c(N2)=1mol/L,c(H2)=3mol/L,c(NH3)=9mol/L,此时的浓度熵
,说明此时还没有达到平衡状态,平衡正向着正向移动,则此时反应速率是v(正)>v(逆)。
本小题答案为:
;减小;否;>。
(3)