2019年秋高三化学复习强化练习--化学反应的方向及判断

【答案】A
【解析】
A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为:2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。

【答案】C
【解析】
试题A、铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A不正确；B、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，B不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D不正确，答案选C。

【答案】A
【解析】由方程式可以知道,如反应能自发进行,则应满足,而常温下不能进行，则，A错误；长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率；水垢中含有的，可先用溶液处理，与生产更难溶的沉淀，使的沉淀溶解平衡向右移，使之转化为疏松、易溶于酸的，而后用酸除去, B正确；氟化钠水解生成氢氟酸，玻璃成分中有二氧化硅，氢氟酸与二氧化硅反应，所以不能用玻璃瓶来盛装氟化钠水溶液，C正确；Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.6×10-12， pH=10，c(OH-)=10-4mol/L，带入上式可得：浓度积为c(Mg2+)×（10-4）2≤5.6×10-12，c(Mg2+)≤5.6×10-4mol·L-1；D正确；正确选项A。

【答案】C
【解析】
加水稀释后，氢离子浓度减小，，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.和水的反应是可逆反应，所以 mol 通入足量水中，转移电子的物质的量小于，即转移电子的数目为，故B错误；
C.该反应的，常温下不能自发进行，则，故C正确；
D.电镀时，阳极发生失去电子的氧化反应，所以镀层金属与电源正极相接，镀件与电源负极相接，即铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连，铜与电源的正极相连，故D错误；
故选：C。

【答案】C
【解析】
A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；
B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；
C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；
D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。
答案选C。

【答案】C
【解析】
A. 根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；
B. 0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02×1021，B项错误；
C. 反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常温下不能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C项正确；
D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；
答案选C。

【答案】A
【解析】
标准状况下，由与组成的混合气体中含有的氢原子数目约为，故A正确；
B.有2molCO参加反应时，该反应不变，故B错误；
C.为气体体积增大、吸热的反应，则，，故C错误；
D.加入Al能放出的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中Al、、发生氧化还原反应生成NO，碱溶液中不能大量存在，故D错误；
故选：A。

【答案】D
【解析】
A．反应P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H1= -1266kJ·mol-1的△H＜0、△S＜0，由△G=△H-T△S可知，反应在高温度下反应不能自发进行，故A错误；
B．此反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，即1molP4(s)和6molCl2(g)具有的总能量比4molPCl3(g)具有的能量高，故B错误；
C．PCl3是共价化合物，电子式中未参加成键的电子也要标出，则PCl3的电子式为，故C错误；
D．已知P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H1= -1266kJ·mol-1=反应物的键能和-生成物的键能和，设P-Cl键的键能为xkJ·mol-1，则(198kJ·mol-1)×6+(243kJ·mol-1)×6 - x×12=-1266kJ·mol-1，解得：x=326，故D正确；
故答案为D。

【答案】A
【解析】
A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为:2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。

【答案】B
【解析】
A项，是弱电解质，电离产生的最少，其他三种盐中，的水解会抑制的水解，的水解会促进的水解，而对的水解无影响，故四种等浓度的溶液中，由大到小的顺序是，正确；
B项，若比大很多，混合溶液的pH小于7，若比大的不多，混合溶液的pH可能会大于7，错误；
C项，反应后溶液中的溶质有、、，其中，的物质的量最多、最少，正确；
D项，该反应是一个焓减、熵增的反应，由可知，，故理论上在任何温度下都能自发进行，正确。

【答案】D
【解析】①中反应的ΔS＜0，能自发进行，根据ΔH－TΔS＜0可判断ΔH＜0，①正确；②中分解反应是吸热反应，焓变大于零，生成气体，是熵增反应，该反应在高温下能自发进行，②错误；③中有气体生成，是熵增反应，该反应为分解反应，反应吸热，ΔH＞0，③正确；④中常温下该反应不能自发进行，则说明ΔH－TΔS＞0，即ΔH＞TΔS，而该反应气体的量增加，是熵增反应，故ΔS＞0，则常温下ΔH＞0，④正确。答案选D。

【答案】B
【解析】
A.中，内，甲烷的降解速率为，由速率之比等于化学计量数之比可知内的降解速率为，故A错误；
B.相同时间内，中甲烷的物质的量减小的快，可知实验控制的温度，故B正确；
C.中平衡时甲烷的物质的量为，且比先达到平衡状态，则对应的数据一定小于，故C错误；
中浓度变化快，可知，且对应甲烷平衡浓度大，则升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，，该反应的，则，反应能自发进行，则该反应在任何温度下能自发进行，故D错误。
故选B。

【答案】C
【解析】
A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；
B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；
C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；
D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。
答案选C。

【答案】D
【解析】
A.锅炉中沉积的可用溶液浸泡，转化为，再将用稀盐酸溶解除去，A正确；
B.发生的水解反应为吸热反应，所以向沸水中滴加饱和溶液制胶体的原理是加热促进了水解，B正确；
C.水的离子积常数只受温度影响，在室温下，向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水电离平衡逆向移动，但是水的离子积不变，C正确；
D.反应自发进行的条件是，反应在一定条件下能自发进行，，说明该反应的，D错误。
故选D。

【答案】D
【解析】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则2mol氢气燃烧发出的热量为571.6kJ，热化学方程式中生成的水必须为液态，所以氢气燃烧正确的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6 kJ/mol，故A错误；B．焓减小的反应，△H＜0，△S＞0，高温下不能自发进行，低温下可以自发进行，不一定是自发进行的，反应需要一定条件才可以发生反应，故B错误；C．△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，故C错误；D．等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，由于气态具有能量大于固态，则硫蒸气燃烧发出的热量较多，故D正确；故答案为D。

【答案】B
【解析】
A.该反应为气体体积减小的反应，，要使反应自发进行，必有，故A错误；
B.该反应，在室温下反应自发进行，必有，故B正确；
C.的反应，不代表不需要任何条件就可自发进行，很多自发反应还需要引发条件如：点燃、加热等，故C错误；
D.反应的，常温不能自发进行，反应自发进行，则该反应的，故D错误。
故选B。

【答案】A
【解析】
A.依据氯水中的化学平衡为，加入碳酸钙和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故A正确；
B.氢气与碘蒸气反应的平衡中，前后气体系数和是相等的，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特利原理解释，故B错误；
C.向反应的体系中加入，反应速率加快因为是催化剂，故C错误；
D.反应 ，，根据 可知，该反应在下可以，故D错误。

【答案】D
【解析】A项，图象反应I中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图象反应I的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1>p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a+1c，ΔS0，错误；C项，图象反应II中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1T2，T1平衡时n（C）小于T2平衡时n（C），升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图象反应III增大压强平衡不移动，则a+1=c，若T1>T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH0，该反应能自发进行，正确；答案选D。

【答案】C
【解析】
A.，反应气体系数增大，为熵增大的反应，，故A正确；
B.反应热的单位为，代表进行“1mol反应”时吸收或释放的热量，故 B正确；
C.形成原电池不一定要有电解质溶液，可以是熔融电解质，故C错误；
D.反应自发进行，该反应的，常温不能自发进行，可知，则该反应的，故D正确；
故选C。

【答案】C
【解析】
A.平衡常数发生变化，一定是温度发生了变化，温度改变，化学平衡必定发生移动，故A正确；
B.平衡常数只与温度有关，某特定反应的平衡常数仅是温度的函数，故B正确；
C.通常情况下，一个放热且熵增的反应一定能自发进行，故 C错误；
D.需要加热或点燃才能进行的反应不一定是非自发反应 ，故D正确。
故选C。

【答案】A
【解析】A、2CaCO3(s)+2SO2(s)+O2(s)=2CaSO4(s)+ 2CO2(s) △S<0；根据△G=△H-T△S<0时自发进行，则反应在△S<0时，只有当△H<0且低温时才能自发进行，选项A正确；B、反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)该反应为熵增的反应，在室温下不能自发进行，则只有当△H>0才可能满足△G=△H-T△S >0，选项B错误；C、若△H>0，△S<0，则一定有△G=△H-T△S>0，化学反应在任何温度下都不能自发进行，选项C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，对反应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，选项D错误。答案选A。

【答案】D
【解析】反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)　ΔH＝－444.3 kJ·mol－1　ΔS＝－280.1 J·mol－1·K－1，ΔH<0 且ΔS<0，而反应能自发进行，说明ΔH-TΔS<0，焓变对反应的方向起决定性作用。答案选D。

【答案】A
【解析】
A.由题意可知，白磷以形式存在，是正四面体结构，每个含6个键，那么31g白磷有，就含有键为，故A正确；
B.NaOH中各元素的化合价都没有变化，因此既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C.的反应要能自发进行，，故C错误；
D.N和P同为VA族非金属元素，其中N的非金属性更强，因此它的氢化物更稳定键的键能大于键，更不容易断裂故D错误。
故选A。

【答案】B
【解析】
A.与混合反应生成，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于，故A错误；
B.依据反应不能自发进行的判断依据，反应室温下不能自发进行，，反应的熵变，则，故B正确；
C.HCl和NaOH反应的中和热，则和反应的中和热仍然为，由于硫酸与氢氧化钡还生成硫酸钡沉淀，放热热量增大，则硫酸与氢氧化钡反应的，故C错误；
D.合成ETFE膜的单体为、，不是烯烃，故D错误。
故选B。

【答案】C
【解析】
A.常温下，反应能自发进行，无法判断，故A错误；
B.NaClO与等物质的量混合的溶液中存在水解平衡，故B错误；
C.盐酸是强酸，强酸完全电离，因此其溶液中不存在电离平衡，故 C正确；
D.4种pH相同的溶液： 中，的大小顺序是，故 D错误。
故选C。

【答案】A
【解析】
B、根据△G＝△H－T·△S可知，ΔH<0，ΔS<0的反应不一定能自发进行，B不正确；
C、放热反应才有利于反应的自发进行，C不正确；
D、根据△G＝△H－T·△S可知，当ΔH＞0，ΔS＜0时，反应在较低温度下能自发进行，D不正确；
答案选A。

【答案】D
【解析】
A．反应2Mg＋CO22MgO＋C ΔH＜0，从熵变角度看，该反应的混乱程度减小，因此不可自发进行，错误；
B．2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－113.0 kJ/mol，达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，即增大压强，化学平衡向正反应方向移动，重新达到平衡后，由于温度不变，所以ΔH不变，错误；
C．将等体积浓度为1.0×10－4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0×10－4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，反应产生AgCl沉淀需要的Ag+的浓度是c(Ag+)= 1.8×10－10÷1.0×10－4=1.8×10－6mol/L；反应产生Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag+)=，可见先产生AgCl沉淀，错误；
D．根据HClO的Ka＝3.0×10－8，H2CO3的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，可推测相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，CO32-水解程度大于ClO-，所以pH前者小于后者，正确。