2020年高考全国I卷理科综合化学试题评析课件.pptx

1、【解析】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正 确；C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。【解析】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，类似于醇类，醇类可使酸性 高锰酸钾褪色。故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正 确；C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正

2、确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发 生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。虽然是有机必考题，要求还是比较高的，醇类被氧化，消去反应等都是选考有机的知识，说明 我们在备考时，对于典型的物质，典型的官能团性质要适当拓展。解析【解析】ASO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高 锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；有老师提出这两种气体不能共存，不存在除杂问题，这是不要置疑的，在某种特殊条件比如干 燥条件它们就可以，火山喷发时就有这两种气体，我们做题时不要去引导学生怀疑题目，这样 备

3、考方向是错误的。B氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同 时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；C氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：，而铜与氮气无法 反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；DNO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟 NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项 能实现除杂的目的；这个选项有人认为会损失一些NO，认为不正确，甚至认为NO是少量的，这些都是不正确的解题思路。返回CH

4、3OH+HI CH3I H2O解析】题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中 提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变 化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是 乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离 子等，都可视作中间产物。A通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终 产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写C

5、通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；33RhCO I2 成：CH OH CO 2，CH COOHB项正确；CH3OH+HI CH3I H2O解析8解析：解析：1934年约里奥年约里奥居里夫妇在核反应中用居里夫妇在核反应中用粒子（即氦粒子（即氦核核）攻击金属原）攻击金属原子子，得到，得到核核其中元素其中元素X、Y的最外层电子数之和为的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的。下列叙述正确的是是A的相对原子质量为的相对原子质量为26BX、Y均可形

6、成三氯化均可形成三氯化物物CX的原子半径小于的原子半径小于Y的的素素30Y，开创了人造放射性核素的先河开创了人造放射性核素的先河：z2w Xzw Xz详细解详细解析析W+4=30+127金属原金属原子子 质量数为质量数为27 AlPAlCl3、PCl3AlPDY仅有一种含氧仅有一种含氧酸酸 HPO3、H2PO3、H3PO3、H3PO4返回9解析解析解析科学家近年发明了一种新型科学家近年发明了一种新型ZnCO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材材 料。放电时，温室气体料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环

7、境和能源问题提供了一种新途径。被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下下列列 说法错误的说法错误的是是A放电时，负极反应为放电时，负极反应为Zn2e4OH=Zn(OH)42 B放电时，放电时，1 molCO2转化为转化为HCOOH，转转移的电子数为移的电子数为2 molC充电时，电池总反应为充电时，电池总反应为2Zn(OH)42=2ZnO24OH2H2OD充电时，正极溶液中充电时，正极溶液中OH浓度升浓度升高高详细解详细解析析几点疑几点疑问问1.转移的电子数为转移的电子数为2 mol2.充电时，正极？充电时，正极？3.双双极极隔膜隔膜 双极膜双极膜（BPM）是是一种新型

8、离子交一种新型离子交换换膜，提出于膜，提出于20世纪世纪 50年代，其膜主体年代，其膜主体 可以分为阴离子交可以分为阴离子交 换层、阳离子交换换层、阳离子交换 层和中间界面层，层和中间界面层，水解离催化剂被夹水解离催化剂被夹 在中间的离子交换在中间的离子交换 聚合物中聚合物中。返回11解 析A曲线曲线代表代表(H2A)，曲线，曲线 代表代表(HA)BH2A溶液的浓度为溶液的浓度为0.2000 molL1CHA的电离常数的电离常数Ka=1.0102D滴定终点时，溶液中滴定终点时，溶液中c(Na)2 c(A2)c(HA)滴定终点时，存在电荷守恒滴定终点时，存在电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(O

9、H)c(HA)2c(A2)，滴定终点时，溶质滴定终点时，溶质Na2A能水解，能水解，使使 溶液显碱性，即溶液显碱性，即c(OH)c(H+)，所所 以以c(Na+)c(HA)2c(A2)返回加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）Fe2+VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2+H2OMn2+Fe3+、Al3+Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3利用同离子效应，促进利用同离子效应，促进NH4VO3 尽可能析出完尽可能析出完全全解析【2020全国全国I卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4

10、、+5 价的化合价的化合物物 存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可。采用以下工艺流程可由黏由黏2+成成VO，同时还有，同时还有_ 离子被氧化，离子被氧化，2写出写出VO+转化为转化为VO+反应的离子方程式反应的离子方程式(1)“酸浸氧化酸浸氧化”需要加热，其原因是需要加热，其原因是 加快酸浸和氧化反应速加快酸浸和氧化反应速率率（促进氧化完全（促进氧化完全）_(2)“酸漫氧化酸漫氧化”中中，VO+和和VO2+被氧化被氧化原料的预处理原料的预处理FeOFe2O3+2+3+3、+4+5 Fe2+MnO2_+V_O+2_H+=_M

11、n_2_+V_O2+H2O+土钒矿制备土钒矿制备NH4VO3。VO+VO2+2VO+SiO2Fe3O4SiO223H SiO VO+2Fe3+,Mg2+Al3+K+Na+【2020全国全国I卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合价的化合物物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由。采用以下工艺流程可由黏黏土钒矿制备土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完完 全沉淀的全沉淀的pH如下表所示：如下表所示：金属

12、离子金属离子 开始沉淀开始沉淀pHFe3+Fe2+Al3+Mn2+1.97.03.08.1完全沉淀完全沉淀pH3.29.04.710.1（3）“中和沉淀中和沉淀”中，钒水中，钒水252解并沉淀为解并沉淀为V O xH O,，随随分析分析：滤液滤液金属还含有金属还含有K+,Na+,Mg2+,Fe3+,Al3+，VO2+Mn2+未开始沉淀，未开始沉淀，全部随滤液全部随滤液2流流走走 Fe3+大部分沉淀大部分沉淀少量通过滤液少量通过滤液除去；除去；Al3+少量沉淀少量沉淀大量通过滤液大量通过滤液除去除去；滤液滤液可除去金属离子可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、M n_2_+，以及部分的以及部分的

13、 F_e3_+_,A l_3+_。VO+2Fe3+,Mg2+Al3+K+Na+Fe(OH)3 Al(OH)3【2020全国全国I卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合价的化合物物 存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可。采用以下工艺流程可由黏由黏 土钒矿制备土钒矿制备NH4VO3。（4）“沉淀转溶沉淀转溶”中，中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分的主要成分是是 F_e(OH)_3_。滤饼滤饼中含有中含有 V2O5xH2O，大量大

14、量Fe(OH)3和少量和少量Al(OH)3,V2O5xH2OFe(OH)3 Al(OH)3V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解转化为钒酸盐溶解Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+H2O 或或Al(OH)3+NaOH=NaAl(OH)4【2020全国全国I卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以卷】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合价的化合物物 存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可。采用以下工艺流程可由黏由黏土钒矿制备土钒矿制备NH4VO3。NaVO3 NaAl(OH)4或或NaAlO2（5）“调调pH”

15、中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是。NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O沉钒在下一步发生，沉钒在下一步发生，故调故调pH=8.5沉沉铝铝(6)“沉钒沉钒”中析出中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是，其原因是。利用同离子效应，促进利用同离子效应，促进NH4_V_O3_尽可能析出完全尽可能析出完全NH4VO3(s)NH4(aq)+VO3(aq)+-加入过量的加入过量的NH4Cl,即增加相同离子（即增加相同离子（铵根离子铵根离子）浓度

16、，沉淀溶解平衡逆向移动，）浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，难溶电解质的溶解度减小。这一作用叫做难溶电解质的溶解度减小。这一作用叫做同离子效应。同离子效应。返回【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧 化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO2的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+转化为VO2时，钒元素的化

17、合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2 得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO2反应的离子方程式 为VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2+H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(O

18、H)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式 是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用 同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能 析出完全。考查定量实验一定物质的量浓度的溶

19、液配制。根据 所需溶液的体积和物质的量的浓度计算所需固体样 品 质 量 及 蒸 馏 水 的 体 积，用 托 盘 天 平 称 量 FeSO47H2O固体质量，称量后将固体转移到烧杯中，用量筒取一定量的蒸馏水倒入烧杯，用玻璃棒充分 搅拌溶解。选择仪器为：药匙、玻璃棒、烧杯、量 筒、托盘天平。烧杯、量筒烧杯、量筒、托盘天托盘天平平0.09mol/L3+Fe-2e-=Fe2+取活化后溶液少许于试管中取活化后溶液少许于试管中，加入加入KSCN溶液，若溶液不出溶液，若溶液不出现现 血红色，说明活化反应完血红色，说明活化反应完成成盐桥是为了减小液接电位，转移离子而在两种K KC C溶l l液 之间连接的高浓

20、度电解质溶液。盐桥常出现在原电 池中，一般是由琼脂和饱和氯化钾或饱和硝酸钾溶 液构成的。题目要求盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生 化学反应，HCO3-与Fe2+、Fe3+双水解反应，Ca2+与434SO 2-相遇生成沉淀，排除HCO-、SO 2-。NO3-在酸性环境下会氧化Fe2+，所以，阴离子只剩 下氯离子，结合题意，考虑到电迁移率（u），与 Cl 只有K+，选择KCl。离子阳正阴向负池子固定，设溶液体积为池子固定，设溶液体积为1L，石石铁铁墨墨电极溶液电极溶液c(Fe2+)增加增加了了0.02 molL-1，则，则n(Fe2+)增加了增加了0.02 mol，结合负极电，结合负极电极极-

21、2+反应式反应式：Fe-e=Fe 可知，失可知，失0.04mol电子，由得失电电子，由得失电子子Fe+e-=F3+e2+守守恒知，石墨极发生恒知，石墨极发生Fe+e-=Fe2+，得得0.04mol电子电子，Fe2+增加增加0.04 mol，c(Fe2+)增加了增加了0.04 molL-1，加上原有，加上原有的的铁电极表面活化一般是除去表面氧化膜F e或30+.吸05附m o的l其L-1，c(Fe2+)共共有有F0.e04+0.05=0.09 molL-1他杂质，用滴加少许Fe2(SO4)3的FeSO4溶液浸泡铁电 极，最终溶液中都是Fe2+，所以取少量溶液，滴入 KSCN溶液，若不出现血红色即

22、完成铁电极表面活化。2V2V2 2O O5 5(s)+(s)+2SO2SO2 2(g)(g)2VOSO2VOSO4 4(s)+V(s)+V2 2O O4 4(s)(s)H H=-351-351 kJkJmolmol-1-10.970.975 5反应物的起始浓度、温度、压反应物的起始浓度、温度、压强强2mp100 m 1.5 mp0.51 100 m解 析解析3该反应气体分子数减少，增大压强该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在提高。所以，该反应在550550、压强为、压强为5.0MPa5.0MPa2.5MPa2.5MPap p的，所的，所以以p p1 1=5.0MPa=5.0MP

23、a2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)H=-351kJ/mol0.975该反应气体分子数减少该反应气体分子数减少，增大压强，增大压强，提提 高高，5.0MPa2.5MPa=P2，所以所以P1=5.0MPa温度、压强和反应物的起始浓度（组成）温度、压强和反应物的起始浓度（组成）V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)H=-24kJ/mol V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)H=-399kJ/mol-2创新命题角创新命题角度度返回24注意事注意事项项1、计算哪个反应平衡常、计算哪个反应平衡常数数2、计算物质的量分数未考虑、计算物质的

24、量分数未考虑N2返回24升高温度升高温度，k k增大增大使使v v逐渐提高，逐渐提高，但但降低降低使使v v逐渐下降。逐渐下降。当当t tt tm m，k k增大对增大对v v的的提提 高高大大于于引起的降低；引起的降低；当当t tt tm m，k k增大增大对对v v的提高小的提高小于于引起的降引起的降低低解析升高温度，升高温度，k增大使增大使v逐渐提高，但逐渐提高，但降低使降低使v逐渐下降。逐渐下降。当当ttm，k增大对增大对v的提高大于的提高大于引起的降低；引起的降低；当当ttm，k增大对增大对v的提高小于的提高小于引起的降低。引起的降低。温度升高，温度升高，k增大，增大，增增大大温度升

25、高，平衡逆向移动温度升高，平衡逆向移动，a(SO2)平衡转化率减小平衡转化率减小，减减小小返回274:5Na与与Li同主族，同主族，Na的电子的电子层层 数更多，原子半径更大，故数更多，原子半径更大，故第第 一电离能更一电离能更小小同周期元素从左至右，第一电离能增大；但基态同周期元素从左至右，第一电离能增大；但基态BeBe原子的原子的s s能能级级 轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B B4正四面体正四面体形形sp34或或0.18750.187513:3解析81/8+41/4+41/2=481/8+31/4+31/2=1

26、3/41-x=13/16,x=3/16a+b=1 2a+3b=3-13/16a=13/16b=3/16电池充电时电池充电时，LiFePO4脱出部分脱出部分Li+，形成，形成Li1-xFePO4，结构示意图如结构示意图如(b)所示，所示，则则x 3_/_16 ，n(Fe2+)n(Fe3+)1_33。返回29三氯乙三氯乙烯烯子子碳碳双键、氯碳碳双键、氯原原取代反取代反应应6学科育人价学科育人价值值必备知识有机物命有机物命名名化学方程式书化学方程式书写写 官能团的识官能团的识别别反应类型的判反应类型的判断断结构简式的书结构简式的书写写限定条件下的同分异构体的数限定条件下的同分异构体的数目目同分异构体

27、同分异构体结结 构简式书构简式书写写氢谱、有机氢谱、有机物物 的性的性质质关键能力理解与辨析、分析理解与辨析、分析与与推推知知测测识获取能力群、实践操作识获取能力群、实践操作能能 力力群群高考直通高考直通车车2.2.1精准复习精准复习真题为真题为本本计算计算A（C2HCl3）的不饱和）的不饱和度度 为为1，又只有，又只有2个碳，可知一个碳，可知一定定 为碳碳双键为碳碳双键。三氯乙三氯乙烯烯消消去去 反反应应碳碳双键、氯原碳碳双键、氯原子子取代反取代反应应陌陌生生陌陌生生陌陌生生高考直通高考直通车车2.2.1精准复习精准复习真题为真题为本本E的六元环芳香同分异构体，根据已知信息的六元环芳香同分异

28、构体，根据已知信息可知，此处的六元环分为两类：苯环类、吡啶环（弱弱觉可知，此处的六元环分为两类：苯环类、吡啶环（弱弱觉得得 这里是最给力的，又考学过的还加了陌生情境，很多学生是否忘记学过的苯环类）。能与金属钠反应，这里是最给力的，又考学过的还加了陌生情境，很多学生是否忘记学过的苯环类）。能与金属钠反应，说说 明含有明含有OH，E含有含有8个个C、4个不饱和度个不饱和度，1个个O第一类：苯环类，除了苯环还有第一类：苯环类，除了苯环还有2个个C、1个个O、1个个N，不不 饱和度已经用完。已知含有饱和度已经用完。已知含有OH，等效氢的个数比为，等效氢的个数比为6 2 2 1且共有且共有11个氢，说明比例中的个氢，说明比例中的1来自来自 OH，6应为应为2个个CH3，且物质高度对称，根据经验且物质高度对称，根据经验，2往往来自苯环的对称的往往来自苯环的对称的CH，但这里多了氮原子但这里多了氮原子，可以是可以是NH2，带来等效氢的带来等效氢的2，要么要么N原子上没有氢，不可能氮原子上存在原子上没有氢，不可能氮原子上存在1个个H的情况（以上是基于的情况（以上是基于等等 效氢比例分析的结果）。可见苯环类有以下几种效氢比例分析的结果）。可见苯环类有以下几种：