2020年高考全国I卷理综化学试题评析
胡征善
【答案】D
C数为14，不饱和度Ω=8，若是饱和时的H数为30，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
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
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年第7题（8分）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。
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参与了该催化循环
B该反应可产生清洁燃料
C、该反应可消耗温室气体
D、该催化循环中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。
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—+H2O==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≈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）酸浸后的溶液中还含Fe2+，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)
Fe2+2H++MnO2+VO+=Mn2++VO2++H2O
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+
【解析】
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/molSO2(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）Fe3+、Fe+的电子层构型分别为3d5、3d6。
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
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
①并结合C的结构可推出B的结构(图D)
【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！
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