6道左右的難度小題增分練(三)

4/46道左右的難度小題增分練(三)1．化合物Q由短周期主族元素W、X、Y、Z四種元素組成，且原子序數(shù)依次增大。某實(shí)驗(yàn)小組按如下流程進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)：已知：①氣體體積均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)定，無(wú)色氣體D是一種單質(zhì)；②反應(yīng)均完全發(fā)生。下列說(shuō)法正確的是()A．簡(jiǎn)單離子的半徑：X<Y<ZB．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：Z>YC．無(wú)色氣體D為N2D．Q的化學(xué)式為(NH4)2S2O8解析：選DA為紫色溶液，說(shuō)明A中含有MnOeq\o\al(－,4)，Mn元素化合價(jià)由＋2價(jià)升高為＋7價(jià)，則Q作氧化劑，A與NaOH溶液加熱下反應(yīng)生成無(wú)色氣體，該氣體為氨氣，其物質(zhì)的量為eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.2mol，根據(jù)流程圖以及原子守恒，Q中應(yīng)有0.2molNHeq\o\al(＋,4)，與BaCl2溶液反應(yīng)生成白色沉淀，該白色沉淀為BaSO4，MnSO4能提供0.04molSOeq\o\al(2－,4)，根據(jù)元素守恒，Q中應(yīng)有0.2mol硫原子，根據(jù)E→F→氣體B，產(chǎn)生氣體B的物質(zhì)的量等于A與NaOH溶液產(chǎn)生氣體B的物質(zhì)的量，說(shuō)明氣體D不是氮?dú)?，?yīng)是氧氣，Q中氧原子物質(zhì)的量為eq\f(22.8－0.2×14－0.2×4－0.2×32,16)mol＝0.8mol，因此Q的化學(xué)式為(NH4)2S2O8，W、X、Y、Z四種元素分別為H、N、O、S，據(jù)此分析。X、Y、Z簡(jiǎn)單離子分別為N3－、O2－、S2－，離子半徑由大到小順序是S2－＞N3－＞O2－，故A錯(cuò)誤；Y的簡(jiǎn)單氫化物為H2O，Z的簡(jiǎn)單氫化物為H2S，水常溫下為液體，硫化氫常溫下為氣體，因此H2O的沸點(diǎn)高于H2S，故B錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析，無(wú)色氣體為氧氣，故C錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析，Q的化學(xué)式為(NH4)2S2O8，故D正確。2．碘廣泛應(yīng)用于醫(yī)療、染料等方面，如圖是碘單質(zhì)的一種制備方法，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“操作1”的目的是富集碘元素B．“操作2”可以有反萃取操作C．“轉(zhuǎn)化”過(guò)程每生成2mol沉淀，轉(zhuǎn)移2mol電子D．“氧化”過(guò)程中，Cl2與FeI2物質(zhì)的量之比為1.25∶1時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－解析：選D由題給流程可知，向凈化除氯后的含碘廢水中加入硝酸銀溶液，將廢水中的碘離子轉(zhuǎn)化為碘化銀沉淀達(dá)到富集碘元素的目的；向反應(yīng)得到的懸濁液中加入鐵粉，將碘化銀轉(zhuǎn)化為銀和碘化亞鐵，過(guò)濾得到銀和碘化亞鐵溶液；向溶液中通入氯氣，將溶液中的碘離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)所得溶液經(jīng)萃取和反萃取、分液、蒸餾制得碘單質(zhì)。由分析可知，操作1中加入硝酸銀溶液的目的是將廢水中的碘離子轉(zhuǎn)化為碘化銀沉淀達(dá)到富集碘元素的目的，故A正確；由分析可知，操作2為氧化所得溶液經(jīng)萃取和反萃取、分液、蒸餾制得碘單質(zhì)，故B正確；由分析可知，轉(zhuǎn)化過(guò)程發(fā)生的反應(yīng)為2AgI＋Fe=2Ag＋FeI2，反應(yīng)生成2mol銀時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，故C正確；氧化過(guò)程中，當(dāng)氯氣與碘化亞鐵物質(zhì)的量之比為1.25∶1時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，故D錯(cuò)誤。3．科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種能產(chǎn)生羥基自由基(·OH)的原電池—電解池組合裝置，·OH能將苯酚氧化為CO2和H2O，實(shí)現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體，如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．a(chǎn)極為正極，N為陰離子交換膜B．d極的電極反應(yīng)式為H2O－e－=H＋＋·OHC．a(chǎn)極區(qū)每產(chǎn)生1molCr(OH)3，c極區(qū)溶液質(zhì)量減輕3gD．b極區(qū)消耗1molC6H5OH，理論上電路中轉(zhuǎn)移電子28mol解析：選C由圖可知，a電極上Cr2Oeq\o\al(2－,7)發(fā)生還原反應(yīng)生成Cr(OH)3，b電極上苯酚發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2，則a電極為正極，b極為負(fù)極，正極反應(yīng)為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，負(fù)極反應(yīng)為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋；c電極為電解池陰極，d電極為電解池陽(yáng)極，陰極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑，陽(yáng)極反應(yīng)為H2O－e－=H＋＋·OH，羥基自由基(·OH)具有強(qiáng)氧化性，進(jìn)一步氧化苯酚達(dá)到除去苯酚的目的，發(fā)生的反應(yīng)為C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O，據(jù)此分析解答。由上述分析可知，左側(cè)裝置為原電池，右側(cè)裝置為電解池，a電極為正極，b電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，陽(yáng)離子濃度增大，則Cl－通過(guò)N膜進(jìn)入b極區(qū)，N為陰離子交換膜，故A正確；d電極為電解池陽(yáng)極，陽(yáng)極上H2O失電子生成H＋、·OH，陽(yáng)極反應(yīng)為H2O－e－=H＋＋·OH，故B正確；正極反應(yīng)為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，a極區(qū)每產(chǎn)生1molCr(OH)3時(shí)轉(zhuǎn)移3mol電子，通過(guò)質(zhì)子交換膜移向陰極的n(H＋)＝3mol，陰極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑，n(H2)＝eq\f(1,2)n(H＋)＝1.5mol，m(H2)＝1.5mol×2g·mol－1＝3g，即c極區(qū)溶液質(zhì)量不變，故C錯(cuò)誤；由分析可知，b極區(qū)電極反應(yīng)式為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，消耗1molC6H5OH，理論上電路中轉(zhuǎn)移電子28mol，故D正確。4．已知反應(yīng)Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1可用于粗硅的提純。下列關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法正確的是()A．該反應(yīng)在任何條件下均能自發(fā)進(jìn)行B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝eq\f(cSiHCl3·cH2,c3HCl)C．升高溫度可以提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率D．反應(yīng)每放出225kJ熱量，需斷裂4molSi—Si鍵解析：選B該反應(yīng)是一個(gè)熵減的反應(yīng)，需滿(mǎn)足ΔH－TΔS<0才能自發(fā)進(jìn)行，A錯(cuò)誤；因?yàn)镾i為固體，不計(jì)入平衡常數(shù)計(jì)算，B正確；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向吸熱方向進(jìn)行，即逆向進(jìn)行，將降低反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，C錯(cuò)誤；晶體硅是空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每個(gè)硅原子連接周?chē)?個(gè)硅原子，所以每個(gè)Si—Si鍵由兩個(gè)Si原子共同構(gòu)成，故1單位硅單質(zhì)有2單位Si—Si鍵，則每反應(yīng)1molSi需斷裂2molSi—Si鍵，D錯(cuò)誤。5．常溫下，向20mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固體，一段時(shí)間后，少量氣體X從溶液底部固體中緩慢逸出，最終固體全部溶解，得到溶液Y，pH為8.7。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11H2CO3：pKa1＝6.3，pKa2＝10.3；Mg(OH)2沉淀的pH范圍：9.4～12.4。下列說(shuō)法正確的是()A．X氣體是CO2，飽和NaHCO3溶液的pH＞8.7B．因?yàn)镵sp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更難溶C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成D．向0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的CaCl2溶液，可生成沉淀解析：選D在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，又存在電離平衡HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,10－6.3)＝10－7.7＞10－10.3，NaHCO3溶液呈堿性，向其中加入少量NaHCO3固體，上述平衡正向移動(dòng)，生成的H2CO3分解產(chǎn)生少量氣體CO2，即X氣體是CO2，同時(shí)有COeq\o\al(2－,3)生成，即溶液Y中含COeq\o\al(2－,3)，由H2CO3的Ka1、Ka2可知COeq\o\al(2－,3)的水解能力大于HCOeq\o\al(－,3)，溶液Y的pH為8.7，則飽和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A項(xiàng)錯(cuò)誤；MgCO3、Mg(OH)2不屬于同類(lèi)型的難溶電解質(zhì)，不能直接由Ksp的大小判斷溶解度的大小，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6，飽和MgCO3溶液的濃度c(MgCO3)＝eq\r(KspMgCO3)＝eq\r(6.82×10－6)mol·L－1＝eq\r(6.82)×10－3mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，飽和Mg(OH)2溶液的濃度c[Mg(OH)2]＝eq\r(3,\a\vs4\al(\f(Ksp[MgOH2],4)))＝eq\r(3,\f(1.8×10－11,4))mol·L－1＝eq\r(3,4.5)×10－4mol·L－1＜eq\r(6.82)×10－3mol·L－1，Mg(OH)2更難溶，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Mg(OH)2沉淀的pH范圍：9.4～12.4，即pH＝9.4時(shí)Mg2＋開(kāi)始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH為8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，沒(méi)有Mg(OH)2生成，C項(xiàng)錯(cuò)誤；NaHCO3溶液中存在平衡HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，說(shuō)明Ca2＋結(jié)合COeq\o\al(2－,3)的能力比Mg2＋強(qiáng)，故向0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D項(xiàng)正確。6．根據(jù)下列操作及現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是()操作及現(xiàn)象結(jié)論A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成說(shuō)明NOeq\o\al(－,3)具有強(qiáng)氧化性B向2mL濃度均為0.1mol·L－1的NaBr與Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol·L－1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成說(shuō)明Ag2S比AgBr更難溶C取4mL乙醇，加入12mL濃硫酸及少量沸石，迅速升溫至170℃，將產(chǎn)生的氣體通入2mL溴水中，溴水褪色說(shuō)明乙醇消去反應(yīng)的產(chǎn)物為乙烯D向丙烯醛中