高考全国I卷理综化学试题评析九月整理docWord文件下载.docx
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【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。
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
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
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。
【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
(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+<
Fe2+<
Fe。
(6)Fe将溶液中Fe3+反应完全,检验溶液中没有Fe3+存在。
(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
(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t<
tm时,T升高对k的影响超过α'
的影响;
当t>
tm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。
t<
tm时,k增大对v的提高大于α'
引起的降低;
t>
tm时,k增大对v的提高小于α'
引起的降低。
(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。
(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!
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