【课件】高考化学二轮复习分析与推测能力课件（21张）

2.分析与推测能力研磨真题·培养审题力【典例】(2020·天津高考节选)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸①中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当w(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_______________。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快②，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为__________(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为_________________。

【审答流程—信息提炼】(1)题干信息:序号信息索引知识迁移①Ni片浸于不同浓度稀硫酸Ni片与稀硫酸反应，固体质量不断减少②Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快制备NiSO4时加入HNO3可加快反应速率(2)题图信息:①w(H2SO4)等于63%时，Ni被腐蚀的速率最快。②w(H2SO4)大于63%后，随H2SO4质量分数增加，Ni溶解速率变小，应与Ni遇浓硫酸钝化有关。【审答流程—破题过程】钝化其表面逐渐形成致密氧化膜形成了致密氧化膜硝酸镍氧化NO

NO2

H2O

H2【命题陷阱】题目中的Ni为陌生金属，要类比所学Fe的性质才能得出题目的相应结论，在解答此类题目是要根据已掌握知识进行分析预测。答案:

_______________;

_____________

;

_____________

。

【典例解析】当w(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低，可能的原因是随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为少量多次，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni+3H2SO4+2HNO3====3NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3====NiSO4+2NO2↑+2H2O。答案：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜少量多次3Ni+3H2SO4+2HNO3====3NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3====NiSO4+2NO2↑+2H2O预测演练·提升解题力1.地奥司明片是治疗静脉淋巴功能不全相关的各种症状(腿部沉重、疼痛、晨起酸胀不适感)的主要治疗药物，下图为合成地奥司明片的重要中间体，下列有关说法正确的是(

)A.分子式为C18H20O6B.该中间体是高分子化合物C.该中间体可发生水解反应生成乙醇D.该中间体分子在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应D根据碳四价可数得其每个分子中含有18个氢原子，A项错误；一般来说，高分子化合物要求相对分子质量至少过万，B项错误；因该物质结构中含有酯基，所以可以发生水解反应，但产物有乙酸，没有乙醇，C项错误；因该物质结构中有酚羟基、酯基等，可发生取代反应，因结构中有苯环，可发生催化加氢反应，因含有酚羟基或可以燃烧，因而能发生氧化反应，D项正确。2.2022年前后我国将建成首座载人空间站。为实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家研发了一种能量转化装置，总反应方程式为2CO2====2CO+O2。下列说法正确的是(

)A.该装置将太阳能直接转化为化学能B.离子交换膜为阳离子交换膜C.反应完毕，该装置中电解质溶液的pH不变D.Y电极的反应为CO2+2e-+H2O====CO+2OH-C由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，电能转化为化学能，为电解装置，X极与光电池的负极相连，为阴极，Y极与光电池的正极相连，为阳极。由示意图可知，该装置实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，故A错误；由示意图可知，离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；由总反应方程式可知，电解前后电解质溶液中氢氧根浓度不变，溶液的pH不变，故C正确；由示意图可知，Y极为阳极，氢氧根在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-====2H2O+O2↑，故D错误。3.Cu2O在涂料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途。Cu2O为红色粉末，不溶于水，易溶于盐酸和稀硫酸。可用电解法制备氧化亚铜:用铜作阳极，钛片作阴极，电解液为一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液;阳极及其溶液中有关转化如图所示。下列说法错误的是(

)A.电解液中的NaOH不能用盐酸代替B.过程①中Cu被氧化生成CuCl-C.过程④的离子方程式为2Cu(OH)Cl-====Cu2O+2Cl-+H2OD.当电路中有0.05mole-通过时，消耗3.2gCuB产物Cu2O易溶于盐酸和稀硫酸，故NaOH不能用盐酸代替，A正确；由图示可知，过程①中为吸附过程，铜元素化合价未变，未发生氧化还原反应，B错误；根据图示过程④中Cu(OH)Cl-反应生成Cu2O和Cl-，则离子方程式为2Cu(OH)Cl-====Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；整个过程中单质铜反应生成了Cu2O，铜元素化合价由0价变为+1价，故当电路中有0.05mole-通过时，消耗Cu的质量为64g·mol-1×0.05mol=3.2g，D正确。4.燃煤工业锅炉烟气中含有1%～3%的CO和0.02%～0.04%的NO，在新型催化剂作用下可消除CO和NO两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中CO可被O2氧化。下列说法中正确的是(

)A.温度越高越有利于有害气体消除B.O2浓度越大催化除杂效果越好C.催化反应的速率由氧化吸附过程决定D.总反应方程式为2NO+2CO====N2+2CO2C根据图中信息可知，化学反应为2NO+O22NO2，2NO2+4CON2+4CO2。在一定温度下，催化剂的活性能达到最大限度，有利于有害气体的消除，若温度过高，使催化剂失去活性，不利于有害气体的消除，故A错误；O2浓度稍微增大，可以利于反应正向进行，但是O2浓度太大会把一氧化碳氧化，则不利于有害气体的消除，故B错误；催化反应的速率由慢反应决定的，即氧化吸附过程决定，故C正确；根据两步反应，①2NO+O22NO2，②2NO2+4CON2+4CO2，①+②，得到的总反应为2NO+O2+4CON2+4CO2，故D错误。催化剂====催化剂====催化剂====催化剂====催化剂====5.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是(

)选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be(铍)与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料ⅣA族元素的单质都是半导体材料D

Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐增强。根据Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be(铍)与冷水更难反应，A合理；Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强。根据Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，B合理；Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱。根据HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。ⅣA族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，D不合理。6.通过改变催化剂可以改变CO2与H2反应催化转化的产物，如利用Co/C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。为了