【課件】高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)歸納與論證能力課件（23張）

3.歸納與論證能力研磨真題·培養(yǎng)審題力【典例】(2020·浙江7月選考)

黃色固體X①，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的幾種或全部。將X與足量的水作用，得到得到深棕色固體混合物Y③和無色堿性溶液Z②。下列結(jié)論合理的是(

)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，若有黃綠色氣體放出，說明X中含有CuCl2【命題背景】情境素材物質(zhì)的推斷核心素養(yǎng)變化觀念與平衡思想證據(jù)推理與模型認(rèn)知命題視角(1)鐵及其化合物性質(zhì)(2)鹵族元素及其化合物性質(zhì)(3)常見物質(zhì)的推斷【審答流程—信息提煉】序號信息索引知識遷移①X為黃色固體固體X為黃色，則含有Fe2(SO4)3②Z為無色堿性溶液要使溶液Z為無色堿性，則一定含有漂白粉，且漂白粉過量③Y為深棕色固體混合物固體Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物【審答流程—破題過程】Fe2(SO4)3漂白粉Fe(OH)3和Cu(OH)2

CuCl2

FeSO4

Fe2(SO4)3

I2錯(cuò)誤CuCl2

FeSO4

Fe2(SO4)3錯(cuò)誤Fe(OH)3

Cu(OH)2

CuCl2正確氯氣Cl-+ClO-+2H+====Cl2↑+H2O漂白粉氧化FeSO4產(chǎn)生的Cl-漂白粉自身含有的錯(cuò)誤【命題陷阱】題目中隱藏有X與足量的水作用得到堿性溶液這一關(guān)鍵條件，在解題時(shí)需要注意把握，如不注意理解，就會(huì)得出錯(cuò)誤結(jié)論。答案:綜上分析，答案選:_______。

【典例解析】C固體X為黃色，則含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z為無色堿性，則一定含有漂白粉，且漂白粉過量，得到深棕色固體混合物Y，則固體Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2，F(xiàn)eSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一種或兩種都含。若X含有KI，則會(huì)與漂白粉反應(yīng)生成I2，溶液不為無色，A不正確；由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正確；由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正確；酸化后，產(chǎn)生黃綠色氣體，為氯氣，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl-+ClO-+2H+====Cl2↑+H2O，此時(shí)的Cl-有可能來自漂白粉氧化FeSO4產(chǎn)生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推導(dǎo)出含有CuCl2，D不正確。預(yù)測演練·提升解題力1.稀土鈰(Ce)元素主要存在于獨(dú)居石中，金屬鈰化學(xué)性質(zhì)十分活潑。近年來發(fā)現(xiàn)用鈰(Ce)的氧化物可高效制取H2，制備原理如圖所示，已知0<δ<2，下列說法不正確的是(

)A.CeO2是水分解的催化劑B.T<1050℃時(shí)，CeO2比CeO2-δ穩(wěn)定C.工業(yè)上可用電解CeCl4溶液制備CeD.過程②的方程式為CeO2-δ+δH2OCeO2+δH2C

CeO2在反應(yīng)前后質(zhì)量和性質(zhì)不變，所以CeO2是水分解的催化劑，A正確；T<1050℃時(shí)，CeO2-δ轉(zhuǎn)化成CeO2，所以CeO2比CeO2﹣δ穩(wěn)定，B正確；金屬鈰化學(xué)性質(zhì)十分活潑，活潑金屬應(yīng)該電解其熔融的金屬氯化物或氧化物制取，電解CeCl4溶液得不到對應(yīng)的金屬單質(zhì)Ce，C錯(cuò)誤；反應(yīng)②，即CeO2﹣δ和H2O在加熱條件下反應(yīng)生成CeO2和H2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CeO2﹣δ+δH2OCeO2+δH2↑，D正確。2.水煤氣變換反應(yīng)為CO(g)+H2O(g)====CO2(g)+H2(g)。我國學(xué)者結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物質(zhì)用·標(biāo)注。下列說法正確的是(

)A.水煤氣變換反應(yīng)ΔH>0B.步驟③的化學(xué)方程式為CO·+OH·+H2O(g)====COOH·+H2O·C.步驟⑤只有非極性鍵H—H鍵形成D該歷程中最大能壘(活化能)E正=1.91eVB由示意圖可知，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH<0，故A錯(cuò)誤；由示意圖可知，步驟③為CO·、OH·、H2O(g)和H·反應(yīng)生成COOH·、H2O·和H·，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO·+OH·+H2O(g)====COOH·+H2O·，故B正確；由示意圖可知，步驟⑤除有非極性鍵H—H鍵形成外，還有碳氧極性鍵和氫氧極性鍵生成，故C錯(cuò)誤；由示意圖可知，步驟④的能壘最大，E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故D錯(cuò)誤。

3.短周期元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Y與W同族。X、Y、Z三種原子最外層電子數(shù)的關(guān)系為X+Z=Y。電解Z與W形成的化合物的水溶液，產(chǎn)生W元素的氣體單質(zhì)，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列說法正確的是(

)A.W的氫化物穩(wěn)定性強(qiáng)于Y的氫化物B.Z與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C.Z與Y形成的化合物的水溶液呈堿性D.對應(yīng)的簡單離子半徑大小為W>Z>X>YC元素X、Y、Z、W為短周期且原子序數(shù)依次增大，電解Z與W形成的化合物的水溶液，產(chǎn)生W元素的氣體單質(zhì)，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素為氯元素(Cl)，Z元素為鈉(Na)，X元素為氧(O)，Y與W同族，可推出Y元素為氟(F)。最簡單氫化物的穩(wěn)定性與元素的非金屬性有關(guān)，非金屬性越強(qiáng)，最簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越穩(wěn)定，根據(jù)分析，Y元素為氟，W元素為氯，非金屬性F>Cl，氫化物穩(wěn)定性HF>HCl，故A錯(cuò)誤；Z元素為鈉，鈉與氧形成Na2O2既有離子鍵又有共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；鈉與氟形成氟化鈉，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，F(xiàn)-會(huì)發(fā)生水解，F(xiàn)-+H2OHF+OH-，水溶液呈堿性，故C正確；對應(yīng)的簡單離子分別為O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+電子層結(jié)構(gòu)相同，原子序數(shù)越大半徑越小，離子半徑：O2->F->Na+，又因?yàn)镃l-有三個(gè)電子層，故Cl-半徑最大，因此半徑大小為Cl->O2->F->Na+，故D錯(cuò)誤。4.金屬燃料電池是一類重要的電池，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是(

)A.負(fù)極反應(yīng)方程式為O2+4e-+4H+====2H2OB.蔗糖可作為電解質(zhì)C.電流由金屬電極經(jīng)導(dǎo)線流向空氣電極D.消耗相同質(zhì)量的Zn、Al、Mg時(shí)，通過導(dǎo)線轉(zhuǎn)移的電子數(shù)最多的是AlD電池工作時(shí)，金屬電極為負(fù)極，負(fù)極上金屬單質(zhì)失去電子變?yōu)殛栯x子，A錯(cuò)誤；蔗糖是非電解質(zhì)，不能導(dǎo)電，B錯(cuò)誤；電流由正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，C錯(cuò)誤；1g金屬對應(yīng)的電子的物質(zhì)的量為，Zn：mol，Al：

mol，Mg：mol，消耗相同質(zhì)量的Zn、Al、Mg時(shí)，所以通過導(dǎo)線轉(zhuǎn)移的電子數(shù)最多的是Al，D正確。5.BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，反應(yīng)原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是(

)A.苯酚被氧化的總反應(yīng):C6H5OH+7O26CO2+3H2OB.反應(yīng)過程中BMO表現(xiàn)較強(qiáng)氧化性C.在酸性條件下，反應(yīng)①的離子方程式是3C6H5OH+28+28H+====l8CO2↑+23H2OD.過程①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3∶1B通過分析原理圖可知，在光催化降解苯酚的過程中：BMO首先在光照下，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，轉(zhuǎn)化成BMO+，同時(shí)將O2還原為；隨后，BMO+和各自表現(xiàn)氧化性將苯酚轉(zhuǎn)化為H2O和CO2，這個(gè)過程BMO+又被還原為最初的狀態(tài)。根據(jù)分析可知，該過程中苯酚在光照、BMO作催化劑的條件下被氧氣氧化生成CO2和H2O，反應(yīng)方程式為C6H5OH+7O26CO2+3H2O，A選項(xiàng)正確；通過分析可知，BMO在光催化降解苯酚過程中表現(xiàn)出了還原性，生成了BMO+，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；酸性條件下，反應(yīng)①中苯酚、與H+反應(yīng)生成CO2和H2O，反應(yīng)的離子方程式是3C6H5OH+28+28H+====18CO2↑+23H2O，C選項(xiàng)正確；1個(gè)BMO+表現(xiàn)氧化性，被還原為BMO，可以得1個(gè)電子；1個(gè)表現(xiàn)氧化性，被還原為2個(gè)H2O，可以得3個(gè)電子，所以①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3∶1，D選項(xiàng)正確。6.25℃，在100mL0.1mol·L-1H2S溶液中，通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH，溶液pH與c(S2-)關(guān)系如圖(忽略溶液體積的變化和H2S的揮發(fā))。下列說法正確的是(

)A.當(dāng)c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1時(shí)，pH=13B.pH=1時(shí)，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)C.向該溶液中加入NaOH固體至中性時(shí)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，當(dāng)溶液pH=5時(shí)，Mn2+開始沉淀，則a=0.2A

c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1時(shí)，根據(jù)物料守恒有c(S2-)=0.1-0.043=0.057mol·L-1，由圖象可知此時(shí)pH=13，A正確；H2S為弱酸，當(dāng)pH=1時(shí)，酸性增強(qiáng)，故此時(shí)是通入HCl氣體，溶液中的陽離子只有H+，根據(jù)電荷守恒應(yīng)有c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，B錯(cuò)誤；溶液呈中性，所以c(H+)