【课件】高考化学二轮复习归纳与论证能力课件（23张）

3.归纳与论证能力研磨真题·培养审题力【典例】(2020·浙江7月选考)

黄色固体X①，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到得到深棕色固体混合物Y③和无色碱性溶液Z②。下列结论合理的是(

)A.X中含KI，可能含有CuCl2B.X中含有漂白粉和FeSO4C.X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3D.用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2【命题背景】情境素材物质的推断核心素养变化观念与平衡思想证据推理与模型认知命题视角(1)铁及其化合物性质(2)卤族元素及其化合物性质(3)常见物质的推断【审答流程—信息提炼】序号信息索引知识迁移①X为黄色固体固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3②Z为无色碱性溶液要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量③Y为深棕色固体混合物固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物【审答流程—破题过程】Fe2(SO4)3漂白粉Fe(OH)3和Cu(OH)2

CuCl2

FeSO4

Fe2(SO4)3

I2错误CuCl2

FeSO4

Fe2(SO4)3错误Fe(OH)3

Cu(OH)2

CuCl2正确氯气Cl-+ClO-+2H+====Cl2↑+H2O漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-漂白粉自身含有的错误【命题陷阱】题目中隐藏有X与足量的水作用得到碱性溶液这一关键条件，在解题时需要注意把握，如不注意理解，就会得出错误结论。答案:综上分析，答案选:_______。

【典例解析】C固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2，FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都含。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+====Cl2↑+H2O，此时的Cl-有可能来自漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确。预测演练·提升解题力1.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0<δ<2，下列说法不正确的是(

)A.CeO2是水分解的催化剂B.T<1050℃时，CeO2比CeO2-δ稳定C.工业上可用电解CeCl4溶液制备CeD.过程②的方程式为CeO2-δ+δH2OCeO2+δH2C

CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，A正确；T<1050℃时，CeO2-δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2﹣δ稳定，B正确；金属铈化学性质十分活泼，活泼金属应该电解其熔融的金属氯化物或氧化物制取，电解CeCl4溶液得不到对应的金属单质Ce，C错误；反应②，即CeO2﹣δ和H2O在加热条件下反应生成CeO2和H2，反应的化学方程式为CeO2﹣δ+δH2OCeO2+δH2↑，D正确。2.水煤气变换反应为CO(g)+H2O(g)====CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法正确的是(

)A.水煤气变换反应ΔH>0B.步骤③的化学方程式为CO·+OH·+H2O(g)====COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D该历程中最大能垒(活化能)E正=1.91eVB由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为CO·+OH·+H2O(g)====COOH·+H2O·，故B正确；由示意图可知，步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还有碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故D错误。

3.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。X、Y、Z三种原子最外层电子数的关系为X+Z=Y。电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列说法正确的是(

)A.W的氢化物稳定性强于Y的氢化物B.Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C.Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性D.对应的简单离子半径大小为W>Z>X>YC元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素(Cl)，Z元素为钠(Na)，X元素为氧(O)，Y与W同族，可推出Y元素为氟(F)。最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为Cl->O2->F->Na+，故D错误。4.金属燃料电池是一类重要的电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是(

)A.负极反应方程式为O2+4e-+4H+====2H2OB.蔗糖可作为电解质C.电流由金属电极经导线流向空气电极D.消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是AlD电池工作时，金属电极为负极，负极上金属单质失去电子变为阳离子，A错误；蔗糖是非电解质，不能导电，B错误；电流由正极经导线流向负极，C错误；1g金属对应的电子的物质的量为，Zn：mol，Al：

mol，Mg：mol，消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，所以通过导线转移的电子数最多的是Al，D正确。5.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如图所示。下列说法错误的是(

)A.苯酚被氧化的总反应:C6H5OH+7O26CO2+3H2OB.反应过程中BMO表现较强氧化性C.在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH+28+28H+====l8CO2↑+23H2OD.过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1B通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O2还原为；随后，BMO+和各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO作催化剂的条件下被氧气氧化生成CO2和H2O，反应方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，A选项正确；通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，B选项错误；酸性条件下，反应①中苯酚、与H+反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是3C6H5OH+28+28H+====18CO2↑+23H2O，C选项正确；1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D选项正确。6.25℃，在100mL0.1mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化和H2S的挥发)。下列说法正确的是(

)A.当c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，pH=13B.pH=1时，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)C.向该溶液中加入NaOH固体至中性时c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)=c(OH-)D.已知:Ksp(MnS)=2.8×10-13，某溶液含Mn2+amol·L-1、H2S0.10mol·L-1，当溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，则a=0.2A

c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，根据物料守恒有c(S2-)=0.1-0.043=0.057mol·L-1，由图象可知此时pH=13，A正确；H2S为弱酸，当pH=1时，酸性增强，故此时是通入HCl气体，溶液中的阳离子只有H+，根据电荷守恒应有c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，B错误；溶液呈中性，所以c(H+)