2020年高考全国I卷高三最新信息卷 化学（十） 8页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 化 学 （十）‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65‎ 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎7．化学与生产生活密切相关。下列叙述错误的是 A．有机玻璃的主要成分是硅酸盐和二氧化硅 B．硫酸亚铁与维生素C混用有利于铁元素吸收 C．汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠 D．通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯 ‎8．N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是 A．在反应过程中作催化剂 B．催化剂a表面发生了分解反应和化合反应 C．催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒（活化能）‎ D．催化剂b表面发生的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O ‎9．化合物Y是一种免疫抑制剂，可由X制得。‎ 下列有关化合物X、Y的说法正确的是 A．X转化为Y的反应为取代反应 B．Y的化学式为C23H32O7N C．1mol Y最多能与4mol NaOH反应 D．X中所有碳原子不可能在同一平面 ‎10．最近，科学家发现一种高能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为(Y5)6(X3Z)3(YX4)4M。该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子。下列说法错误的是 A．X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子 B．该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键 C．该盐的阴离子均可破坏水的电离平衡 D．四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为M>Y>Z>X ‎11．某学习小组设计的蔗糖水解反应如图所示（夹持装置省略）。下列说法错误的是 A．稀硫酸和热水浴都能加快蔗糖水解速率 B．滴加NaOH溶液的目的是调溶液的pH至碱性 C．加热至沸腾后试管内生成黑色沉淀 D．实验现象证明蔗糖水解有还原性物质生成 ‎12．我国科学家发明了一种“可固氮”的镁－氮二次电池，其装置如图所示，下列说法不正确的是 A．固氮时，电池的总反应为3Mg+N2=Mg3N2‎ B．脱氮时，钌复合电极的电极反应式为Mg3N2-6e−=3Mg2++N2‎ C．固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向镁电极 D．当无水LiCl—MgCl2混合物受热熔融后电池才能工作 ‎13．常温时，向120mL 0.005mol·L−1 CaCl2溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25℃时，Ksp(CaCO3)=3.36×10−9，忽略CO水解。下列说法正确的是 A．a点对应的溶液中Ca2+开始形成沉淀，溶液中c(Ca2+)=c(CO)‎ B．b点对应的溶液中Ca2+已完全沉淀，且存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)‎ C．在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大 D．上图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象 二、非选择题（共43分）‎ ‎26．（14分）实验室以NaClO3、H2SO4、SO2、H2O2和NaOH为原料，制备NaClO2和无水Na2SO4，其主要流程如下：‎ 已知：①2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；‎ ‎②2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；‎ ‎③温度高于60℃时，NaClO2发生分解生成NaClO3和NaCl。‎ ‎(1)反应1中SO2与NaClO3反应制得ClO2气体，该反应的化学方程式为________。‎ ‎(2)在图1所示装置中发生反应2生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。‎ ‎①研究表明，实验时吸收液中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是____________________________________________________。‎ ‎②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，实验中可采取的措施是______________________。‎ ‎③装置Ⅱ的作用是________________________。‎ ‎(3)母液2经过减压蒸发、冷却结晶等操作获得NaClO2粗产品。实验中采用减压蒸发的原因是__________________________________。‎ ‎(4)Na2SO4的溶解度曲线如图2所示。请补充完整由母液1制备无水Na2SO4的实验方案：______________________________________________________________，用无水乙醇洗涤，干燥得到产品。‎ ‎27．（14分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=QkJ·mol−1‎ H2(g)+I2(s)=2HI(g) ΔH=+26.48kJ·mol−1‎ I2(g)=I2(s) ΔH=-37.48kJ·mol−1‎ 化学键 I—I H—I 键能/（kJ·mol−1）‎ ‎151‎ ‎299‎ 键能是将1mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJ·mol−1。‎ ‎①Q=____kJ·mol−1。‎ ‎②H—H键能为____kJ·mol−1。‎ ‎（2）716K时，在恒容密闭容器中按物质的量之比1∶1充入H2(g)和I2(g)，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如图：‎ ‎①若反应开始时气体混合物的总压为p kPa，则反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)=___kPa·min−1（用含p的式子表示）。‎ ‎②在H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=QkJ·mol−1反应中，正反应速率为v正=k正·c(H2)·c(I2)，逆反应速率为v逆=k逆·c2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，则温度为716K时，=___（列出计算式）。‎ ‎③H2(g)+I2(g)2HI(g)达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动，原因是__________。‎ ‎（3）一定条件下，NaClO可将溶液中的I−氧化为I2。通过测定体系的吸光度，检测到不同pH下I2的生成量随时间的变化关系如图。‎ 已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。‎ ‎①pH=4.8时，在___min附近c(I2)最大。‎ ‎②10min时，不同pH与吸光度的关系是_____________。‎ ‎③pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因是_________________。‎ ‎28．五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如图：‎ 已知：（1）部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎（2）VO+OH−VO+H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，在不加试剂情况下，可以采取的措施为 （写一条）。‎ ‎（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为 （填离子符号）。‎ ‎（3）每生成1mol (VO2)2SO4时转移电子的数目为___________。 ‎ ‎（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为 ‎ ‎ 。‎ ‎（5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为 。‎ ‎（6）新工艺流程的最后，钒以NH4VO3的形式沉淀出来；如图中横坐标表示反应II的温度，纵坐标表示沉钒率，沉钒率是指NH4VO3沉淀中V元素的质量和废催化剂中V元素的质量之比，也即是钒的回收率。请解释图中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是____________。‎ ‎（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为 。‎ ‎（8）若实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100克该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验。当加入100mL 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设与KClO3反应后的操作步骤中钒没有损失，则该实验中钒的回收率是_____（保留3位有效数字）。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）‎ ‎35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。NaCl晶胞结构示意图如下所示（晶胞边长为a nm)。‎ ‎(1)元素Na的价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为 ‎(2)除了NaCl，Cl元素还能形成多种价态的化合物，如NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，这四种钠盐对应的酸的酸性依次增强，试解释HClO4的酸性强于HClO3的原因：__________。‎ ‎(3)在适当条件下，电解NaCl水溶液可制得NaClO3。‎ ‎①NaCl水溶液中存在的微粒间作用力有________（填序号）。‎ A．离子键 B．极性键 C．配位键 D．氢键 ‎②根据价层电子对互斥理论，预测ClO的空间构型为________，写出一个ClO的等电子体的化学符号：______________‎ ‎(4)在NaCl晶体中，Na位于Cl所围成的正______面体的体心，该多面体的边长是______nm。‎ ‎(5)Na半径与Cl半径的比值为______（保留小数点后3位，=1.414)。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，可由氯喹(H)与磷酸在一定条件下制得，它的一种合成方法如下：‎ 已知：‎ 回到下列问题：‎ ‎(1)A中含有的官能团名称为_____________。‎ ‎(2)B的分子式为_____________。‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，H中有___个手性碳原子。‎ ‎(4)F→H的反应类型为_____________。‎ ‎(5)C与NaOH溶液反应的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎(6)E与氢气反应后的产物M的分子式为C9H8NOCl，符合下列条件的M有__________种。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②除苯环外不含其他环状结构 ‎③苯环上只有2个取代基 ④含有－NH2和 其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1∶2的M的结构简式为___________。(任写2种)‎ 绝密 ★ 启用前 ‎2020年全国I卷高三最新信息卷 化学答案（十）‎ ‎7.【答案】A ‎【解析】有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，A错误；维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，B正确；汗水含氯化钠，故汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠，C正确；通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等基本化工原料，D正确；答案选A。‎ ‎8. 【答案】D ‎【解析】由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，则氨气在反应过程中做中间产物，故A错误；由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，故B错误；催化剂a、b，降低了反应的活化能，从而提高反应速率，故C错误；由示意图可知，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确。‎ ‎9. 【答案】A ‎【解析】根据反应方程式可知，化合物X中的Cl原子被取代得到化合物Y，该反应为取代反应，A选项正确；由Y的结构简式可得，其化学式为C23H31O7N，B选项错误；化合物Y中含有的酯基和酚羟基均能与NaOH反应，1mol Y中含有2mol酯基，1mol酚羟基，最多能消耗3mol NaOH，C选项错误；X分子中，含有苯环、碳碳双键、羰基和醚键，均为平面结构，因此分子中的C原子可能在同一个平面，D选项错误；答案选A。‎ ‎10. 【答案】C ‎【解析】该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为(Y5)6(X3Z)3(YX4)4M。该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子，则X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，X与Y、X与Z组成的10电子离子分别为NH、H3O+。X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NH3、H2O，A正确；N内存在非极性共价键，NH、H3O+内存在极性共价键，N、Cl−、NH、H3O+阴、阳离子之间存在离子键，B正确；Cl−为强酸的酸根离子，在溶液中不会发生水解反应，不会破坏水的电离平衡，C错误；四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为Cl−>N3−>O2−>H+，D正确；答案选C。‎ ‎11. 【答案】C ‎【解析】蔗糖在稀硫酸存在、水浴加热时发生水解生成一分子葡糖糖和一分子果糖，葡萄糖分子结构中有醛基，具有还原性，与新制氢氧化铜发生氧化还原反应，加热至沸腾后试管内生成砖红色氧化亚铜沉淀，故C错误；答案选C。‎ ‎12. 【答案】C ‎【解析】固氮时该装置为原电池装置，镁为活泼金属，作负极，被氧化成Mg2+，钌复合电极为正极，氮气在电极上发生还原反应生成N3−，与熔融电解质中镁离子生成Mg3N2，所以总反应为3Mg+N2=Mg3N2，故A正确；脱氮时，-3价的氮要被氧化，钌复合电极应发生氧化反应，Mg3N2失电子发生氧化反应生成氮气，电极反应：Mg3N2-6e−=3M2++N2↑，故B正确；固氮时，镁电极为负极，外电路中电子由负极镁电极流向钌复合电极，故C错误；无水LiCl-MgCl2混合物常温下为固体，无自由移动离子，不能导电，受热熔融后产生自由移动离子导电，电池才能工作，故D正确；故选C。‎ ‎13. 【答案】D ‎【解析】由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2+开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2+和CO不一定相等，故A错误；原溶液中n(Ca2+)=120mL×0.005mol·L−1=0.6mmol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为=6mL，向b点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为：2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+2c(CO)，故B错误；不忽略CO水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2+完全沉淀之前，混合溶液的pH值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略CO水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；理论上Ca2+开始形成沉淀，c(CO)≈mol·L－1≈10－6mol·L－1，加入碳酸钠溶液的体积为≈10−2mL，即1滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积＞Ksp(CaCO3)，而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确；故选D。‎ ‎26. 【答案】（1）SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 ‎ （2） H2O2受热易分解，配料时应略过量，同时防止ClO2和NaOH反应生成杂质 使用冰水浴且缓慢通入ClO2 吸收ClO2，防止污染环境 ‎ （3） 可在较低温度下使溶剂蒸发，防止NaClO2受热分解 ‎ （4） 边搅拌边向母液1中滴加NaOH溶液至pH约为7时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于32℃条件下趁热过滤 ‎ ‎【解析】（1）NaClO3溶于H2SO4之后，通入SO2发生反应1，在酸性条件下，NaClO3具有强 氧化性，与SO2发生氧化还原反应，根据图中信息及得失电子守恒、原子守恒可知反应的方程式为：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；（2）①反应2为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，由反应可知H2O2与NaOH的物料比为0.5，但由信息可知该反应会放出大量的热，而H2O2受热易分解，配料时H2O2应该略过量以保证反应能顺利进行，另外还要防止因H2O2不足，ClO2和NaOH反应生成杂质，以致最终得到的产品不纯；②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，故对反应装置使用冰水浴进行降温，因为反应过程要放热，同时ClO2的通入速度要慢，以免通入过快导致放热过多引起温度升高；③因为尾气中的ClO2有毒，用装置II中的NaOH溶液进行吸收处理，防止污染空气；（3）温度高于60℃时，NaClO2会发生分解生成NaClO3和NaCl，而减压蒸发的蒸发温度低，适合蒸发容易被高温破坏的物质，由母液2提纯NaClO2粗产品时，先减压蒸发，再冷却结晶，其中采用减压蒸发可在较低温度下使溶剂蒸发，防止NaClO2受热分解。（4）由图可知Na2SO4的溶解度在温度小于32℃随温度的升高而增大，而且在温度小于32℃时析出的是Na2SO4·10H2O；温度高于32℃随温度的升高而减小，母液1中含有较多的NaHSO4、H2SO4，可以边搅拌边向母液1中滴加NaOH溶液，使NaHSO4、H2SO4与NaOH溶液反应生成Na2SO4，至pH约为7时，反应恰好完成，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于32℃条件下趁热过滤，得到比较纯净的无水Na2SO4。‎ ‎27. 【答案】（1）-11 436 ‎ ‎（2）0.015p 降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动 ‎ ‎（3）30 pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低 c(H+)增大，ClO−氧化性增强，会继续将I2进一步氧化，c(I2)降低，吸光度下降 ‎ ‎【解析】（1）①设反应①H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=QkJ·mol−1，反应②H2(g)+I2(s)=2HI(g) ΔH=+26.48kJ·mol−1，变化③I2(g)=I2(s) ΔH=-37.48kJ·mol−1，则反应①=反应②+变化③，故Q=-37.48+26.48=-11；答案为：-11；②按以上计算，则H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=-11kJ·mol−1，利用ΔH=反应物总键能生成物总键能=x+151-2×299=-11，x=436；答案为：436；‎ （2） ‎①按题意知：则反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)==0.015p kPa·min−1；答案为：0.015p；②在H2(g)+I2(g)2HI(g)中，温度为716K体系处于平衡状态时，v正=k正·c(H2)·c(I2)=v逆=k逆·c2(HI)，则，图示平衡时，则，则=‎ ‎；答案为：；③H2(g)+I2(g)2HI(g)为放热反应，若达平衡后物质状态及反应没有变化，则降低温度，平衡应该右移，现在逆向移动，则可能的原因从体系内存在的其它变化来分析，可能原因为：降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动；（3）①吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，可由图知pH=4.8时，c(I2)最大的时间为30min；答案为：30；②吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，10min时，，10min时pH越低c(H+)越大，反应速率加快，c(I2)越高，吸光度越大；③pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降即c(I2)快速下降，也就是进一步反应了，这是因为c(H+)增大，ClO−氧化性增强，会继续将I2进一步氧化。‎ ‎28. 【答案】（1）粉碎废钒；搅拌；适当升温 ‎ ‎（2）VO2+ ‎ ‎（3）2NA ‎ ‎（4）V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+2H2O ‎ ‎（5）溶液中存在平衡：VO+2OH−VO+H2O，加入氨水，OH−浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO和溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 ‎ ‎（6）原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH−浓度下降，VO+2OH−VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降 ‎ ‎（7）氨水 ‎ ‎（8）91.0% ‎ ‎【解析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；（2）根据题中信息，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为VO2+；（3）由2VOSO4→(VO2)2SO4可以知道，V由+4价到+5价，1mol V失1mol电子，而(VO2)2SO4中有2mol V，故每生成1mol (VO2)2SO4转移2NA个电子；答案为2NA。（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为：V2O5+SO+‎ ‎4H+=2VO2++SO+2‎ H2O；（5）溶液中存在平衡：VO+2OH−VO+H2O，加入氨水，使OH−浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO，另外溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；（6）根据已知信息及物质的性质可知温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是，原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH−浓度下降，VO+2OH−VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；（7）钒酸铵加热分解2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；产物中有V2O5、NH3、H2O，则氨气和水，可循环使用；答案为氨水或NH3和H2O。（8）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应离子方程式为：6VO2++ClO+3H2O＝6VO+Cl−+6H+，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5～6VO2+～ClO，100mL 0.1mol/L的KClO3溶液中ClO的物质的量为n(ClO)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应V2O5的物质的量为0.03mol，质量为：0.03mol×182g/mol=5.46g，所以该实验中钒的回收率为：×100%=91.0%；答案为91.0%。‎ ‎35. 【答案】（1） ‎ ‎（2）HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2，和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+ BCD 三角锥形 ‎ ‎（3）SO、IO或BrO 八 0.414 ‎ ‎【解析】（1）元素Na的焰色反应呈黄色；激发态Na原子价电子由3s能级激发到3p能级，其价电子轨道表示式为；（2）HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+。（3）①在NaCl的水溶液中，NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子，离子键被破坏，A不符合题意；水分子中存在极性共价键，B符合题意；氢离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，存在配位键，C正确；水分子间存在氢键，D正确；答案选BCD。②根据价层电子对互斥理论，ClO的价层电子对数是4，中心原子上的孤电子对数是1，故ClO的空间构型为三角锥形；原子个数相等，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，故与ClO的等电子体的物质是SO、IO或BrO；（4）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl−，Na+位于Cl−所围成的八面体的体心，如图，该多面体的边长=图中对角线长的一半=；（5）根据图，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为a nm的一半即nm，Cl−半径为对角线的，即为nm，由图 ，Na+半径为(nm-nm)，所以Na+半径与Cl-半径之比为(nm-nm)：nm=0.414 。‎ ‎36. 【答案】（1）硝基、氯原子 ‎ ‎（2）C6H6NCl ‎ ‎（3）1 ‎ ‎（4）取代反应 ‎ ‎（5）+2NaOH+CH3CH2OH+H2O ‎ ‎（6）12 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】（1）化合物A为，官能团是硝基和氯原子；（2）化合物B为，分子式是C6H6NCl；（3）化合物H的手性碳只有1个，用“*”标记，如图；（4）由流程图分析可知，F→H的反应为取代反应；（5）根据已知，C与NaOH溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+CH3CH2OH+H2O；（6）根据题意，化合物M中有酚羟基、苯环、碳碳三键、氨基，且苯环上只有2个取代基，同分异构体有：、、、‎ ‎、、、、、、、、，共12种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1∶2的有四种：、、、。‎