1、高考全国I卷理综化学试题评析教学提纲2020年高考全国I卷理综化学试题评析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=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=NO
2、3+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=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(
3、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
4、、OH参与了该催化循环B、该反应可产生清洁燃料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;HCO
5、OH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: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
6、,A、B均错误。曲线和曲线的交点,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
7、)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+H2
8、O(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0.02 m
9、ol/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0.04 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)
10、H=24 kJ/mol V2O4(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)
11、2SO3(g) 气体物质的量减少了 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
12、/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
13、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 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
14、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
15、合物的电中性原则:Li1xFePO4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!
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