高考全国I卷理综化学试题评析九月整理doc.docx

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高考全国I卷理综化学试题评析九月整理doc

2020年高考全国I卷理综化学试题评析

胡征善

【答案】D

【解析】该有机化合物的C数为14，不饱和度Ω=8，若是饱和时的H数为30，故该化合物分子中的H数为14，A正确。

该化合物含有酯基、羟基、醚基和碳碳双键，且羟基的β-C上有H，故可发生β-消去反应，B不正确，C、D均正确

【答案】B

9.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是

【解析】A选项：

SO2和H2S两气体不能共存，且都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故该选项错误。

但本题的D选项有待商榷：

NO和NO2的混合气体可与NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠：

NO+NO2+2OH—=NO3—+NO2—+H2O；工业上氨氧化制硝酸的尾气处理就是用NaOH溶液来吸收的！

当然，若NO2含量少，会有NO逸出。

10.铑的配合物离子[Rh（CO）2I2]—可催化甲醇的羰基化，反应过程如图所示：

下列叙述错误的是

A.CH3COI是反应中间体

B.甲醇羰基化的反应CH3OH+CO=CH3CO2H

C.反应过程中Rh的成键数目不变

D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O

【解析】先是[Rh（CO）2I2]—和CH3I加成氧化，第二步甲基迁移（还原），第三步CO插入（氧化），第三步消去还原。

反应过程中Rh的成键数目变化是，四键六键五键六键四键。

C选项错误。

【答案】C

此题是2016年全国化学竞赛第7题（8分），曾在皖智中学2019年化学竞赛辅导中作考题：

第九族元素（Co、Rh、Ir）的一些配合物是上述反应良好的催化剂。

以[Rh（CO）2I2]—为催化剂、以碘甲烷为助催化剂合成乙酸（Monsanto法）的示意图如下：

当将上述醋酸合成过程的催化剂改为[Ir（CO）2I2]—，被称为Cativa法。

Cativa法催化循环过程与Monsanto法类似，但中间体C和D（中心离子均为Ir）有差别，原因在于：

由B（中心离子均为Ir）变为C，发生的是CO取代I—的反应，由C到D的过程中则发生甲基迁移。

画出C的面式结构示意图。

其它设问略。

11.据文献报道：

Fe（CO）5 催化某反应的一种反应机理如下图所示。

下列叙述错误的是

A、OH—参与了该催化循环

B、该反应可产生清洁燃料H2

C、该反应可消耗温室气体CO2

D、该催化循环中Fe的成键数目发生变化

【解析】该循环过程是以Fe（CO）5——五羰基合铁（Fe为0价）为催化剂、OH一为助催化剂，使CO和H2O反应生成H2和CO2。

根据铁的化合物的空间结构，可以很清楚地看出Fe（CO）5在反应过程中，Fe原子价键数由5556654。

【解析】设X原子最外层电子数分别为x，则Y的为x+2。

故有x=3。

X原子的质量数W=27（30+1—4），故X为2713Al，其核反应为：

2713Al+42He==3015P+10n

【答案】B

下列说法错误的是

【解析】根据图示可知：

A正确；HCOOH中C氧化数为+2，B正确；正极的电极反应为：

CO2+2e—+2H2O==HCOOH+2OH—

电池总反应为：

Zn+2OH—+CO2+H2O==Zn（OH）42—+HCOOH

充电时电极反应：

阴极：

Zn（OH）42—+2e—==Zn+4OH—

阳极：

H2O—2e—=1/2O2+2H+

充电总反应：

Zn（OH）42—==Zn+2OH—+1/2O2+H2O

【答案】D

下列说法正确的是

【解析】当V（NaOH）=0时，H2A溶液pH≈1，其浓度约为0.1mol/L。

则H2A完全电离溶液中没有H2A分子，但第二级电离是可逆电离，故曲线①是HA—的分布系数。

当V（NaOH）=40时，H2A完全被中和，溶液中阴离子几乎为A2—，故曲线②是A2—的分布系数，A、B均错误。

曲线①和曲线②的交点，溶液pH=2，根据电离常数知交点时，二元酸的K2=pH，故C正确。

滴定终点是的电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=2c（A2—）+c（OH—）+c（HA—），因为此时溶液pH可等于、可小于、可大于7，故D错误。

实际上，H2A就是H2SO4。

【答案】C

【点评】此题很有创意！

将酸碱滴定pH变化曲线、酸根离子的分布系数融合在一起，考查电解质溶液的知识一一根据0点时的pH判断H2A的强弱及其第二级的电离情况；随着NaOH溶液的滴入，酸根离子的变化；根据酸根离子的分布系数变化交点；判断第二级可逆电离的平衡；根据电解质溶液中的电荷守恒和滴定曲线，判断离子浓度的大小。

【解析】

（1）从提高反应速率来回答；

（2）加入MnO2作氧化剂，酸浸后的溶液中还含Fe2+，MnO2将VO+氧化为VO2+，MnO2还氧化Fe2+；（3）滤液①中含有K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+、Fe3+和VO2+，在pH=3.0~3.1时，根据金属离子沉淀的pH，Al3+和Fe3+开始沉淀但没有沉淀完全；（4）Al3+和Fe3+在pH>13时，Al3+转化为Al（OH）4—；（5）用盐酸调溶液pH=8.5，使Al（OH）4—沉淀为Al（OH）3；（6）增大NH4+浓度，促使NH4VO3沉淀

【答案】

（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）

（2）Fe2+2H++MnO2+VO+=Mn2++VO2++H2O

（3）Mn2+Al3+和Fe3+

（4）Fe（OH）3

（5）NaAl（OH）4+HCl=Al（OH）3↓+NaCl+H2O

（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能沉淀

【解析】

（2）根据“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”可判断：

阳离子可能为Li+、Na+、K+；阴离子可能为Cl—、NO3—。

而NO3—在酸性条件下有强氧化性，故盐桥中的盐应选KCl。

（3）铁电极为负极，发生氧化反应，溶液中多出Fe2+，Cl—迁移进入左池平衡电荷，电子沿导线传递到石墨电极，石墨电极发生还原反应，溶液Fe3+得电子变为Fe2+，缺少正电荷，K+迁移进入右池平衡电荷。

（4）左池c（Fe2+）增加了0.02mol/L，右池是Fe3+得电子变为Fe2+，根据电子守恒：

有2c（Fe2+）=c（Fe3+），c（Fe3+）减少了0.04mol/L，c（Fe3+）增加了0.04mol/L。

（5）实验结果：

氧化性Fe3+>Fe2+，还原性Fe3+

（6）Fe将溶液中Fe3+反应完全，检验溶液中没有Fe3+存在。

【答案】

（1）烧杯、量筒、托盘天平

（2）KCl（3）石墨（4）0.09mol/L

（5）Fe3++e—=Fe2+Fe—2e—=Fe2+Fe3+Fe

（6）取少量溶液，滴入KSCN溶液，不显血红色

【解析】

（1）根据图（a）可知：

V2O4（s）+SO3（g）==V2O5（s）+SO2（g）△H=—24kJ/mol①

V2O4（s）+2SO3（g）==2VOSO4（s）（g）△H=—399kJ/mol，②求：

2V2O5（s）+2SO2（g）==2VOSO4（s）+V2O4（s）△H=？

②—①×2，得△H=—351kJ/mol

（2）550℃、p1=5.0Mpa，转化率0.975。

该反应是化学计量数减小的反应，同温时压强越大，转化率越大。

转化率大曲线是压强大的曲线。

影响转化率的因素有T、p和反应物的起始浓度（组成）。

（3）设反应前气体总物质的量为100mol，则SO2（g）为2mmol，O2（g）为mmol，N2（g）为qmol。

SO2（g）平衡转化率为α。

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）气体物质的量减少了

211

起始时/mol

2mm0

反应了/mol

2mα2mαmα

平衡后气体总物质的量为（100—mα）mol，SO3的物质的量分数2mα/（100—mα），则p（SO3）=2pmα/（100—mα）

或2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

平衡时/mol2m（1—α）m（1—α）2mα

平衡时总物质的量为[m（3—α）+q]mol=（100—mα）mol（因为3m+q=100）

题给化学方程式的平衡常数Kp=p（SO3）/[p（SO2）•p1/2（O2）]

=[2pmα/（100—mα）]/{[2pm（1—α）/（100—mα）]][pm（1—α）//（100—mα）]1/2}

=[α（100—mα）1/2]/[（mp）1/2（1—α）3/2]

（4）根据题给速率公式：

和温度T对速率常数k的影响，v与k成正比，与α'成反变，α'越大v越小，α'越小v越大。

在tm时α'最大，tm为最适宜温度。

当ttm时，T升高对α'的影响超过k的影响。

【答案】温度升高，k增大使v逐渐提高，但降低α'降低使v逐渐下降。

ttm时，k增大对v的提高小于α'引起的降低。

【解析】

（1）注意：

过渡金属原子失去电子总是失去最外层电子。

Fe3+、Fe2+的电子层构型分别为3d5、3d6。

（2）影响元素I1的因素：

同主族元素，原子半径；同周期元素，原子半径和电子层结构（半满、全满、全空时，I1比相邻的大）

【答案】Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失去电子

Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。

Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大

（3）【答案】正四面体4sp3

【解析与评析】磷酸根离子的空间构型是正四面体（凡中心原子处于最高价的含氧酸根离子RO4n—均为正四面体结构），P原子sp3杂化。

至于价层电子对数是4还是5？

这就不好确定！

若按路易斯结构（中心原子稳定结构为8），P原子价层电子对数是4，P原子与3个带电荷的O原子共用1对电子，这没有什么争议，问题是P原子与另1个O的结合！

P原子的孤对电子以配位键的形式与另一O原子结合（挤占O原子让出的1个空轨道），满足P原子最外层达8电子稳定结构。

P原子价层电子对数为4。

另一种说法是：

P原子用其中的1个电子与O原子的1个p电子形成σ键，P再用1个电子与O原子的另1个p电子形成π键，即P=O，P原子价层电子对数为5。

还有解释是：

P原子分别与4个O原子形成4个σ键，P原子的另1个电子与O原子形成离域大Π键。

本空应该指明：

根据价电子对互斥理论（VSEPR理论），P的价层电子对数为___。

（3）从LiFePO4晶胞中可看出：

晶胞体内分别有4个正四面体和正八面体，故而晶胞中有4个LiFePO4单元。

从Li1—xFePO4晶胞中可看出比LiFePO4晶胞少1个面心Li+和1个棱心Li+，根据晶胞的分摊原则：

少了0.75个Li+，则每个单元少了0.75/4=3/16。

根据化合物的电中性原则：

Li1—xFePO4中多了3/16个Fe3+而少了3/16个Fe2+。

则

Fe2+︰Fe3+=（1—3/16）︰3/16。

【答案】43/1613︰3

2019年11月根据诺贝尔化学奖预测2020年高考命题《2019年诺奖与2020年高考命题》（发表在《学科网》上）

36.[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

【解析】由F和信息②逆推出D的结构（图A）；由D的结构和二环己基胺名称可知其结构（图B），并可推得C的结构（图C）—OHNH2

图A图B图C图D

A的结构ClCH=CCl2，再接受信息①并结合C的结构可推出B的结构（图D）。

（6）E的侧链有2个C原子，1个—OH和1个—NH2，根据题给条件：

“能与金属Na反应”，说明含有—OH或—NH2（N原子上的H也能被Na置换）；核磁共振氢谱信息可知：

含有2个—CH3。

【答案】

（1）三氯乙烯

（2）

+KOH

+KCl+H2O

（3）碳碳双键氯原子

（4）取代反应

（5）见分析（6）6？

分析中的第一种结构

为什么是6种呢？

还有一种是一取代苯，取代基为—O—N（CH3）2

虽符合核磁共振氢谱信息，但不能与金属钠反应，不合题意！

【点评】此题是2019年高考全国Ⅱ卷《有机化学基础》题的翻版！