高考全国I卷理综化学试题评析九月整理doc.docx

1、高考全国I卷理综化学试题评析九月整理doc2020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=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-C上有H，故可发生-消去反应，B不正确，C、D均正确【答案】B9.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

2、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=CH3CO2HC.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

3、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

4、产生清洁燃料H2C、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5 5 5 6 6 5 4。【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+14)，故X为2713Al，其核反应为：2713Al+42He=3015P+10 n【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

5、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：H2O2e=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pH1，其浓度约为0.1 mol/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，故曲线是A2的分布系数，A、B均错误。曲线和曲线的交点，

6、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

7、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）滤液中含有K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+、Fe3+和VO2+，在pH=3.03.1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pH13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

8、+（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0.02 mol/L，右池是Fe3+得电子变为

9、Fe2+，根据电子守恒：有2c(Fe2+)=c(Fe3+)，c(Fe3+)减少了0.04 mol/L，c(Fe3+)增加了0.04 mol/L。（5）实验结果：氧化性Fe3+Fe2+，还原性 Fe3+Fe2+Fe。 （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）0.09 mol/L（5）Fe3+e=Fe2+ Fe2e=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=24 kJ/mol V2O4(

10、s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)(g) H=399 kJ/mol， 求：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) H=？2，得H=351 kJ/mol （2）550、p1=5.0 Mpa，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100 mol，则SO2(g)为2m mol，O2(g)为m mol，N2(g)为 q mol。SO2(g)平衡转化率为。 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 气体物质的量减少了

11、 2 1 1起始时/mol 2m m 0反应了/mol 2m 2m m平衡后气体总物质的量为(100m) mol，SO3的物质的量分数2m/(100m)，则p(SO3)=2pm/(100m)或 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 平衡时/mol 2m(1) m(1) 2m 平衡时总物质的量为m(3)+q mol=(100m) 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)=2pm/(100m)/2pm(1)/(100m)pm(1)/(100m)1/2=(100m)1/2/(mp)1/2(1)3/2（4）根据题给速率公式：和温度

12、T对速率常数k的影响，v与k成正比，与成反变，越大v越小，越小v越大。在tm时最大，tm为最适宜温度。当ttm时，T升高对的影响超过k的影响。【答案】温度升高，k增大使v逐渐提高，但降低降低使v逐渐下降。ttm时，k增大对v的提高小于引起的降低。【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

13、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 4 sp3【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

14、用其中的1个电子与O原子的1个p电子形成键，P再用1个电子与O原子的另1个p电子形成键，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个键，P原子的另1个电子与O原子形成离域大键。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Li1xFePO4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：Li1xFePO

15、4中多了3/16个Fe3+而少了3/16个Fe2+。则Fe2+Fe3+=(13/16)3/16。【答案】4 3/16 1332019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DA的结构ClCH=CCl2，再接受信息并结合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ON(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年高考全国卷有机化学基础题的翻版！