化学-2021年高考高三5月全国大联考考后（强化卷（新课标Ⅰ卷）含答案解析

这是一份化学-2021年高考高三5月全国大联考考后（强化卷（新课标Ⅰ卷）含答案解析，共7页。试卷主要包含了中国青铜器在世界上享有极高声誉，[化学——选修3等内容，欢迎下载使用。

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2021年高三5月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷）
理科综合化学
本卷满分100分，考试时间50分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Sc 45 Mn 55
Rh 103
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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．中国青铜器在世界上享有极高声誉。所谓青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，颜色呈青，故名青铜。青铜器在外界环境影响下所形成的腐蚀产物，由内向外为CuCl、Cu2O，再向外是CuCO3·3Cu(OH)2或CuCl2·3Cu(OH)2，或两者都有的层叠状结构。下列说法中错误的是
A．青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度
B．加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度
C．青铜的主要成分为铜，铜通常呈现青色
D．青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关
8．如图所示的转化是合成抗组胺药物的中间过程之一，下列说法正确的是
+ +H2O
L M N
A．L的分子式为C13H11O B．M能发生消去反应
C．N中所有原子可能处于同一平面 D．L、M、N均能与Na反应生成H2
9．近年来，甲醇与CO2直接合成DMC(CH3OCOOCH3)备受关注，一种在有氧空位的催化剂上合成DMC的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．该催化过程既有化学键的断裂，又有化学键的形成
B．上述过程包括吸附和脱附，其中4属于脱附
C．催化剂的使用可以降低活化能，改变该反应的反应热
D．合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O
10．下列气体去除杂质的方法中(除杂后若有水，不考虑水的影响)，错误的是

A
B
C
D
气体(杂质)
CO（CO2）
C2H2（H2S）
N2（NH3）
SO2（HCl）
方法
通过灼热碳层
通过饱和CuSO4 溶液
通过灼热的氧化铜
通过饱和Na2SO3溶液
11．X、Y、Z、W、R是不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，在元素周期表中Y与X、Z的位置相邻，X、R原子序数之和等于Y、W原子序数之和，R的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法错误的是
A．简单离子半径：W B．简单氢化物的沸点：Y>Z
C．含1 mol R原子的晶体R中共价键的数目为4NA
D．W形成的最高价氧化物的水化物与强酸、强碱均能反应
12．锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是

A．充电过程中，a电极发生还原反应
B．充电过程中，b电极反应为：Zn2++2e−Zn
C．放电过程中，向a极迁移
D．放电过程中，转移0.4 mol e−时，a电极消耗0.8 mol H+
13．已知Ka(CH3COOH)=1.7×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10−5。常温下，用0.01 mol·L−1氨水滴定20 mL浓度均为0.01 mol·L−1的HCl和CHCOOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述正确的是

A．a点的混合溶液中：c(CH3COO−)约为1.7×10−5mol·L−1
B．b点的混合溶液中：c(CH3COOH)>c()
C．c点的混合溶液中：c(Cl−)=2c(CH3COO−)+2c(CH3COOH)
D．当混合溶液pH<7时，加入氨水体积一定≤40 mL
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）钛铁钪矿可有效富集回收矿石中的铁、钛、钪金属，获得铁精矿、钛精矿、钪精矿等主产品。从钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)中制备草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·5H2O]流程如下：

己知：①钪的萃取是根据协萃反应机理，利用P−204(磷酸二辛酯)[可用H2A2表示]和TBP(磷酸三辛酯)两种萃取剂，以煤油做萃取溶剂，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，经反萃取、提纯，从而得到高纯度的钪的氢氧化物。主要反应步骤由以下方程式表示萃取：Sc3++3H2A2+xH2OSc(HA2)3·xH2O+3H+，Sc(HA2)3·xH2O+xTBPSc(HA2)3·xTBP+xH2O；
②常温下Sc(OH)3的Ksp约为1.0×10−31。
回答下列问题：
（1）酸浸时为了提高酸浸速率，可釆取的措施有_________(任一条即可)，滤渣的主要成分为_______。
（2）酸浸时“FeTiO3”溶解的离子方程式为_________________________________。
（3）步骤①的操作是浓缩、冷却、___________、洗涤、干燥。
（4）步骤②加大量的水稀释，同时加热的原因为___________，写岀步骤②的化学方程式___________。
（5）“反萃取”的化学方程式为____________________________________________。
（6）称取2.22 g步骤③得到的草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·5H2O]，在一定温度下加热得到0.69 g固体，通过计算确定固体成分化学式为___________。
（7）常温下，使0.1 mol/L ScCl3溶液中钪离子开始沉淀时的pH为___________。
27．（14分）硫代硫酸钠是一种常见化学试剂，临床医学上用于氰化物、砷、铋、碘、汞、铅等中毒治疗。实验室用SO2通入Na2S和 Na2CO3的混合溶液中来制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题：
Ⅰ．提纯Na2S。
已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。在如图装置的圆底烧瓶中放入工业级Na2S，并加入一定量的酒精和少量水。待烧瓶中固体不再减少时，停止加热，将烧瓶取下，立即趁热过滤，再冷却结晶，抽滤。将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S晶体。

（1）图中冷凝管的作用是_______，步骤中趁热过滤的目的是_______。
Ⅱ．利用如图装置合成硫代硫酸钠。

（2）装置中单向阀的作用是__________________，三颈瓶中生成Na2S2O3的化学方程式为_____________________________，充分反应后将三颈瓶中溶液进行一系列操作得到Na2S2O3·5H2O晶体。
Ⅲ．测定产品纯度。
准确称取w g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1 mol/L碘的标准溶液滴定。反应原理为I2+2+2I−。
（3）①滴定终点的现象是________________________________________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_______mL，样品纯度为______。

（4）硫代硫酸钠晶体中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂实验，检测产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论。______________________________________________________________。(可供选择的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液)
28．（15分）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。回答下列问题：
（1）苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为______________________________________________。

（2）H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=+35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02。
①在610 K时，反应经2 min达到平衡，则0～2 min的平均反应速率v(H2S)=________________。
②实验测得上述反应的速率方程为：v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，速率常数k随温度升高而增大。则达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
③该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是________(填字母)。
A．容器内混合气体密度不再变化
B．v正(H2S)=v逆(COS)
C．容器内的压强不再变化
D．H2S与CO2的质量之比不变
（3）工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为________，理由是_________________________________________________________________________________________________________________。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有________。
③在温度T2、P3=5 MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=____________MPa(已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。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）
第VA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是_____________。
②As4S4俗称雄黄，其中基态As原子的价电子排布式为________，有________个未成对电子。
③P、S、As电负性由大到小的顺序是_____________。
（2）氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低的顺序为____________。
（3）白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5。气态PCl3分子中P原子的轨道杂化方式为________。
（4）超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝在绝缘材料中应用广泛，氮化铝晶体与金刚石类似，每个铝原子与___个氮原子相连，与同一个氮原子相连的铝原子构成的立体构型为_____________。
（5）贵金属磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为a pm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_____________，晶体的密度为____________g·cm−3(列出计算式)。


36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
氯吡格雷(Clopidorel)是一种抑制血小板聚集的药物，以A为原料合成氯吡格雷的路线如图：

已知：，。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为_______，由E转化为氯吡格雷的反应类型是_______。
（2）Y的结构简式为_______，在一定条件下Y与HCl按物质的量之比1∶1发生加成反应，生成的产物可能有_______种。
（3）写出由C生成D的化学方程式______________________。
（4）C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该产物的结构简式为____________。
（5）写出同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式：_______。
①为芳香族化合物
②核磁共振氢谱显示有3组峰，吸收强度之比为1∶2∶2
③能发生银镜反应
（6）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)_______________________________________________。
合成流程图示例如图：




2021年高三5月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷）
理科综合化学·全解全析
7
8
9
10
11
12
13
C
B
C
D
C
D
A
7．C 【解析】A．青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的，因此青铜属于铜的一种合金，具有较高硬度，A正确；B．合金的熔点一般低于各成分金属的熔点，因此加入锡或铅可以降低“熔铸”时所需温度，B正确；C．青铜的主要成分为铜，铜通常呈现红色，C错误；D．在潮湿的空气中铜易被氧气氧化，因此青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关，D正确；答案选C。
8．B 【解析】A．根据L的结构可知，L的分子式为C13H12O，A错误；B．化合物M中有羟基和卤原子，与羟基（或卤原子）相连的C的相邻C上有H，可以发生消去反应，B正确；C．化合物N中有饱和碳原子（图中箭头所指：），这些饱和碳原子在空间形成以C为中心的四面体结构，故所有原子不可能处于同一平面，C错误；D．L和M中含有羟基，可以与Na反应生成H2，但N中的官能团只有卤原子和醚键，均不能与Na反应，D错误；故选B。
9．C 【解析】A．该催化过程既有化学键的断裂，又有化学键的形成，A正确；B．上述过程包括吸附和脱附，其中4属于脱附，B正确；C．催化剂的使用可以降低活化能，但不能改变反应热，C错误；D．合成DMC的总反应的方程式为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O，D正确；故选C。
10．D 【解析】A．除去CO中的CO2，可以通过灼热碳层，反应为C+CO22CO，A正确；B．除去C2H2中的H2S，通过饱和CuSO4溶液，反应为H2S+CuSO4CuS↓+H2SO4，而C2H2不与CuSO4溶液反应，B正确；C．除去N2中的NH3，可以通过灼热的氧化铜，反应为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，C正确；D．由于SO2与Na2SO3溶液也会反应，故除去SO2中HCl不能用饱和的Na2SO3溶液，而应该用饱和的NaHSO3溶液，D错误；故答案为D。
11．C 【解析】X、Y、Z、W、R是不同主族的短周期元素，Y与X、Z的位置相邻，Y、X、Z只能同周期，R的最外层电子数是次外层电子数的一半，则为Si，设X原子序数为a，Y为a+1，Z为a+2，X、R原子序数之和等于Y、W原子序数之和，则W原子序数=a+14−(a+1)=13，则为Al，X为N，Y为O，Z为F，据此分析解题。A．N3−、O2−、F−、Al3+半径：Al3+＜F−＜O2−＜N3−，故A正确；B． Y、Z的简单氢化物分别为：水和氟化氢，常温下水为液体，HF为气体，说明水的沸点大于氟化氢，故B正确；C．含1 mol Si原子的晶体硅中共价键的数目为2NA，故C错误；D．氢氧化铝与强酸、强碱均能反应，故D正确；故选C。
12．D 【解析】A．由图示可知，放电过程中a极为正极，得到电子发生还原反应，充电过程中失去电子发生氧化反应，故A错；B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以形式存在，则充电过程中，b电极反应为，故B错；C．放电过程中，a为正极，b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以放电过程中，SO向b极迁移，故C错；D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为，a极为正极，则其电极反应式为，所以放电过程中，转移0.4 mol e−时，a电极消耗0.8 mol H+，故D正确；答案选D。
13．A 【解析】a点为浓度均为0.01 mol/L的盐酸和醋酸混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵。A．a点为浓度均为0.01 mol/L的盐酸和醋酸混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：Ka(CH3COOH)=；可以得到==1.7×10−5(mol/L)，故A正确；B．Ka(CH3COOH)=1.7×10−5， Kh()==5.9×10−10，Ka(CH3COOH)>Kh()，醋酸电离程度大于水解程度，则c()>c(CH3COOH)，故B错误；C．c点溶液中根据物料守恒可得c(Cl−)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，故C错误；D．c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)=1.7×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10−5，即氨水的碱性约等于醋酸的酸性，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度几乎相等，溶液呈中性，但是由于氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，则当混合溶液pH<7时，加入氨水体积不一定≤40 mL，故D错误；答案选A。
26．（14分）（1）适当升温(粉碎矿石、搅拌、适当增大硫酸浓度等)（1分） SiO2（1分）
（2）FeTiO3+6H+Fe2++Ti4++3H2O（2分）
（3）过滤（1分）
（4）促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的TiO2沉淀（1分） Ti(SO4)2+2H2OTiO2↓+2H2SO4（2分）
（5）Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP（2分）
（6）Sc2O3（2分）
（7）4（2分）
【解析】钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)加入硫酸酸浸，根据后续流程可知过滤得到含有Fe2+、Sc3+、Ti4+等阳离子的溶液，SiO2难溶于硫酸，成为滤渣；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体，此时滤液中还有Sc3+、Ti4+等阳离子，加水加热促进Ti4+的水解形成TiO2沉淀，剩余酸液加入萃取剂萃取，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，加入NaOH溶液反萃取过滤得到高纯度的钪的氢氧化物，加盐酸溶解，再加入草酸得到草酸钪晶体。
（1）适当升温、粉碎矿石增大接触面积、搅拌、适当增大硫酸浓度等措施都可以提高酸浸速率；滤渣主要成分为难溶于硫酸的SiO2；
（2）根据后续流程可知酸浸时FeTiO3转化为Fe2+、Ti4+，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+6H+Fe2++Ti4++3H2O；
（3）从溶液中获取晶体一般经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
（4）溶液中存在Ti4++2H2OTiO2+4H+，加水稀释降低氢离子的浓度，同时加热促进水解，使Ti4+水解趋于完全，得到更多的TiO2沉淀，化学方程式为Ti(SO4)2+2H2OTiO2↓+2H2SO4；
（5）根据题目所给信息可知萃取液中Sc元素以Sc(HA2)3·xTBP的形式存在，加入NaOH溶液降低pH，得到Sc(OH)3沉淀，结合元素守恒可知化学方程式为Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+ xTBP；
（6）2.22 g草酸钪晶体的物质的量为=0.005 mol，含有0.01 mol Sc，则0.69 g固体中其他元素的质量为0.69 g−0.01 mol×45 g/mol=0.24 g，根据草酸钪晶体的组成可知加热过程中C元素会转化为CO2，H元素转为为水蒸气，所以残留固体中应还有O元素，物质的量为=0.015 mol，n(Sc)∶n(O)=0.01 mol∶0.015 mol=2∶3，所以固体成分化学式为Sc2O3；
（7）0.1 mol/L ScCl3溶液中c(Sc3+)=0.1 mol/L，Sc(OH)3的Ksp约为1.0×10−31，则开始沉淀时c(OH−)==10−10mol/L，则此时c(H+)=10−4 mol/L，pH=4。
27．（14分）（1）防止酒精挥发（1分） 增大Na2S在水中的溶解度，减少损失（1分）
（2）防止倒吸（1分） 2Na2S+3Na2CO3+4SO23Na2S2O3+3CO2或Na2SO3+SNa2S2O3（2分）
（3）①溶液由无色变蓝色，且半分钟内不褪色（2分）
②18.10（2分） （3分）
（4）取少量产品溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明产品中含有Na2SO4杂质（2分）
【解析】（1）图中冷凝管的作用是防止酒精挥发；步骤中趁热过滤的目的是：增大Na2S在水中的溶解度，减少损失，因为硫化钠在加热时溶解度增大；
（2）装置中单向阀的作用是防止尾气处理时，由于内部压强减小引起倒吸；A中的反应为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2；三颈瓶中发生的化学方程式为2Na2S+3Na2CO3+4SO2 3Na2S2O3+3CO2或SO2+ Na2CO3Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO22Na2SO3+3S；Na2SO3+S Na2S2O3；
（3）①Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色，滴定至终点时，溶液颜色的变化是：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；②由图可知，开始液面读数为0.00 mL，滴定终点液面读数为18.10 mL，则消耗标准液的体积为18.10 mL，由I2+2+2I−可知，，故样品纯度为：=；
（4）检测产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作：取少量产品溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明产品中含有Na2SO4杂质。
28．（15分）（1）C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=–16.8 kJ/mol（2分）
（2）①0.002 mol/(L·min)（2分） ②＞（2分） ③BD（2分）
（3）①P3＞P2＞P1（2分） 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，P1条件下H2S的平衡转化率最大，P3条件下H2S的平衡转化率最小（2分） ②及时分离出产物H2或S2（1分） ③1（2分）
【解析】（1）根据图像可知C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为：
①C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+ ΔH=–45.8 kJ/mol，②C6H5SH(g)C6H6(g)+ ΔH=–29 kJ/mol，①−②得到：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=–16.8 kJ/mol。
（2）①设达到平衡时，H2S转化的物质的量为a mol，列出三段式： ，
反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02，则，所以a=0.01，则0～2 min的平均反应速率v(H2S)= 0.002 mol/(L·min)；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，v正＞v逆，所以仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；
③A．H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)，该反应气体总质量不变，容器的体积不变，所以容器内混合气体密度一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，A错误；B．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可以得到v正(H2S)= v正(COS)，又因为v正(H2S)=v逆(COS)，所以v正(COS)=v逆(COS)，可以说明反应到达平衡，B正确；C．该反应前后气体总物质的量不变，又因为反应体系的温度和体积也不变，所以容器内的压强一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，C错误；D．H2S与CO2的质量之比为，H2S与CO2的质量之比不变说明a不变，说明各组分含量不再改变，可以说明反应到达平衡，D正确；答案选BD。
（3）①根据反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)可知，压强增大，平衡逆向移动，H2S气体的平衡转化率降低，即压强越大，H2S气体的平衡转化率越低，所以P3＞P2＞P1；原因是该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，P1条件下H2S的平衡转化率最大，P3条件下H2S的平衡转化率最小；②及时分离出产物H2或S2可以使平衡往正向移动，提高转化率；③设往容器中通入1份的H2S，在温度T2、P3=5MPa条件下，H2S的平衡转化率为50%，即消耗了0.5，列出三段式：，
则H2S、 H2、S2的分压分别为、、，所以，所以答案为1。
35．（15分）（1）①P（1分） ②4s24p3（1分） 3（1分） ③S>P>As（2分）
（2）NH3>PH3>CH4（2分）
（3）sp3（2分）
（4）4（1分） 正四面体（1分）
（5）8（1分） 或或（3分）
【解析】（1）①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P；②As元素为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子；③非金属性S>P>As，所以电负性S>P>As；
（2）PH3、CH4分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，故氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低的顺序为NH3>PH3>CH4；
（3）PCl3中心P原子价层电子对数为3+=4，不含孤电子对，为sp3杂化；
（4）氮化铝晶体与金刚石类似，均是正四面体结构，每个铝原子与4个氮原子相连；为空间网状结构，与同一个Al原子相连的N原子构成正四面体；
（5）根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个白球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，白球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为 (a×10−10)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=或或 g·cm−3。
36．（15分）（1）醛基（1分） 取代反应（1分）
（2）（2分） 6（2分）
（3） +CH3OH +H2O（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6） （3分）
【解析】由D的结构以及A、B、C的分子式，结合信息可知，A的结构简式为，B为，C为，X为CH3OH，对比D、E的结构可知，D→E发生取代反应，可知Y的结构简式为，E与 在酸性条件下生成氯吡格雷，由原子守恒可知，还有乙二醇生成。
（1）A的结构简式为，A中含氧官能团的名称为醛基；E与 在酸性条件下生成氯吡格雷，反应类型为取代反应；
（2）由上述分析可知，Y的结构简式为，在一定条件下Y与HCl按物质的量之比1∶1发生加成反应，可以发生1，2加成反应，由于H、Cl连接位置不同，有4种，或发生1，4加成反应，由于H、Cl连接位置不同，有2种，故有6种；
（3）C生成D的化学方程式为+CH3OHH2O+；
（4）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，2分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：，该产物结构简式为；
（5）①为芳香族化合物，说明含有苯环；②核磁共振氢谱显示有3组峰，吸收强度之比为1∶2∶2；③能发生银镜反应，说明含有醛基，故符合条件的有；
（6） 在NaCN/NH4Cl条件下反应生成 ，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。