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

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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）