山东省潍坊市2025届高三下学期第二次模拟考试(二模)化学试题 含解析

试卷类型：A潍坊市高考模拟考试化学2025.4注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27Cl35.5Ti48Zr91一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活息息相关。下列叙述正确的是A.烹煮食物时宜早期加入含碘食盐 B.聚乳酸材质的骨钉便于人体吸收代谢C.利用活性炭分解室内甲醛 D.糯米中的淀粉水解得到酒精【答案】B【解析】【详解】A．因为含碘食盐中的碘酸钾在高温下易分解，应在食物快熟时加入以减少碘的流失，故A错误；B．聚乳酸具有生物相容性和可降解性，分解产物乳酸可被人体代谢吸收，适合作为骨钉材料，故B正确；C．活性炭通过吸附作用去除甲醛而非分解，该过程不改变甲醛的化学性质，故C错误；D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，生成酒精需要发酵（酵母菌无氧呼吸）而非单纯水解，故D错误；故答案为B。2.下列化学用语或图示表示错误的是A.异戊二烯的键线式：B.晶胞：C.甲醛的毒性原理：D.腺嘌呤核苷酸的水解：【答案】B【解析】【详解】A．异戊二烯的结构简式为CH2=C(CH3)—CH=CH2，键线式为，A正确；B．氯化钠的晶胞为，B错误；C．甲醛的毒性原理主要源于它与人体蛋白质中的氨基发生加成和脱水反应，形成稳定的氮次甲基化合物（Y-N=CH₂），导致蛋白质变性失活，C正确；D．腺嘌呤核苷酸水解得到磷酸和，D正确；故答案选B。3.下列物质对应关系错误的是选项物质性质用途A柠檬酸酸性食品加工B氯化钙溶解放热制作自加热罐头C15-冠-5冠醚分子中有孔穴识别所有碱金属离子D甲酸还原性作工业还原剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．柠檬酸常用作食品加工中的复合膨松剂中的酸性物质，由于其可与复合膨松剂中的碳酸氢钠等反应产生大量气体，故A正确；B．氯化钙溶解时会放出大量的热，因此可用于制作自加热罐头，故B正确；C．冠醚分子中具有孔穴结构，能识别直径与空穴直径近似的碱金属离子，其中15-冠-5只能识别钠离子，故C错误；D．甲酸中含有醛基，具有还原性，可用作工业还原剂，故D正确；故答案为C。4.下列操作或装置能达到实验目的的是A.测定硫酸铜晶体中结晶水含量，灼烧、冷却B.萃取分液时，振荡和放气C.验证酸性：乙酸>碳酸>苯酚D.实验室制备并检验乙烯【答案】B【解析】【详解】A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量，在坩埚中灼烧后放入干燥器中冷却，故A错误；B．萃取操作时，振荡过程中通过打开分液漏斗下方的旋塞从下口放气，故B正确；C．乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故C错误；D．乙醇在浓硫酸作催化剂并且加热到170℃时反应消去反应，期间出现碳化现象、碳和浓硫酸反应产生的杂质气体二氧化硫通入溴水也会褪色，故D错误；故答案为B。5.在给定条件下，下列物质转化关系正确的是A.海带提碘：碘的四氯化碳溶液含、溶液含的悬浊液B.航天器中利用萨巴蒂尔反应再生氧气：一定浓度C.工业制硫酸：黄铁矿D海水提镁：海水溶液【答案】B【解析】【详解】A．碘的四氯化碳溶液与浓NaOH溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，得到I-、，A错误；B．二氧化碳富集，再与氢气在一定条件下反应生成水，电解水得到氧气，B正确；C．工业制硫酸，黄铁矿主要成分为FeS2，在空气中燃烧生成二氧化硫和氧化铁，C错误；D．海水加入氢氧化钙生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液不能得到镁，D错误；故答案为：B。6.某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素、、、、组成，其结构如图所示。其中、位于同周期相邻主族，基态和的轨道均含一个未成对电子。下列说法错误的是A.简单离子半径： B.电负性：C.氢化物的沸点：一定大于 D.该离子液体的阴、阳离子中均含有配位键【答案】C【解析】【分析】依据结构可知X形成1个单键，且在五种元素中原子序数最小，则X为H，Y均形成四个共价键，则Y为C，由于Y、Z位于同周期相邻主族，故Z为N元素，该物质阳离于应该是N(CH3)3与H+结合，其中N上有1个孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，该物质的阴离子为-1价，结合W和M的p轨道均含有一个未成对电子，故W的价电子排布式为3s23p1，M的价电子排布式为3s23p5，该阴离子应该为，其中Al3+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，二者形成配位键。由此可以得知，X为H，Y为C，Z为N，W为Al，M为Cl。【详解】A．Al3+、N3-均为10电子微粒，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3->Al3+，Cl-为18电子微粒，所以Cl-的半径最大，因此简单离子半径：Al3+<N3-<Cl-，故A正确；B．元素非金属性越大，电负性越大，因此非金属性H<C，C有2个价电子，Cl有7个价电子，Cl更容易吸引H+，因此电负性C<Cl，故电负性：X<Y<M，故B正确；C．非金属性越强，简单氢化物沸点越高，但C和N的氢化物种类众多，因此N的氢化物沸点不一定大于C的氢化物沸点，故C错误；D．由上述分析可知，该离子液体中阴、阳离子中均含有配位键，故D正确；故答案为C。7.化合物是一种新型抗生素中间体，其合成路线如下。已知化合物中虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是A.中虚线圈内碳原子和氮原子的杂化方式均为B.形成时，氮原子与中碳原子成键C.的核磁共振氢谱有4组峰D.水解可生成【答案】D【解析】【详解】A．K虚线圈内所有原子共平面，则N原子的最外层孤电子对未参与杂化，N原子的杂化方式为sp2，苯环和碳氧双键的C均为sp2杂化，A正确；B．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，B正确；C．有四种类型的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，C正确；D．M分子中，左侧环上存在酯基和酰胺基，在酸性条件下两种官能团都发生水解反应，M可水解生成H2CO3，H2CO3分解生成CO2和水，但是18O并不存在于二氧化碳中，D错误；故选D。8.某晶体结构如图所示，下列说法错误的是A.图示为两个晶胞无隙并置B.配位数为8C.标号为“1”的的原子分数坐标为D.最近的两个的距离为【答案】A【解析】【详解】A．图示晶胞的结构不对称，并不是两个晶胞无隙并置，A错误；B．由题干晶胞示意图可知，离Y最近的距离相等的X的数目为8，则其配位数为8，B正确；C．由题干晶胞示意图可知，标号为“1”的Y的原子在x轴方向的原点，位于y轴方向棱的处，位于z轴方向棱的处，则其分数坐标为(0，，)，C正确；D．由题干晶胞示意图可知，最近的两个Y的距离为侧面面心与底面面心的距离，即，D正确；故答案为：A。9.乙酰水杨酸()，是白色晶体，易溶于有机溶剂，微溶于水，在水中溶解度随温度升高而增大；受热易分解。通过水杨酸()、乙酸酐合成及提纯过程如下：下列说法正确的是A.浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂B.操作1和操作2均包含冷却结晶、过滤C.饱和碳酸氢钠溶液可以用氢氧化钠溶液代替D.盐酸的主要作用是除去碳酸氢钠【答案】B【解析】【分析】(水杨酸)和(CH3CO)2O(醋酸酐)发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式(水杨酸)+(CH3CO)2O(醋酸酐)(乙酰水杨酸)+CH3COOH，，将产品倒入到冷水中，有利于乙酰水杨酸析出，过滤后将粗品加到饱和碳酸氢钠溶液中溶解，抽滤，向滤液中加入盐酸调pH=2，反应生成乙酰水杨酸，冷却析出晶体，过滤得到乙酰水杨酸固体。【详解】A．根据分析可知，方程式中无水生成，只做催化剂，A错误；B．根据分析可知，操作1和操作2均包含冷却结晶、过滤，B正确；C．饱和碳酸氢钠溶液的作用是生成可溶的乙酰水杨酸钠（），不可以用氢氧化钠溶液代替，会使水解，C错误；D．根据分析可知，盐酸的主要作用是生成乙酰水杨酸，D错误；故选B。10.氨燃料电池是当前推动绿氨能源化应用的重要研究方向和热点。一种通过光：催化合成绿氨联合氨燃料电池的装置如图，在光照作用下光催化剂被激发产生电子和空穴。下列说法错误的是A.极电势低于极电势B.光催化剂表面发生反应：C.极的电极反应式是D.每产生(标准状况)，光催化装置生成【答案】D【解析】【分析】N2在光催化剂表面转化为NH3，碱性介质条件下，NH3转化为N2，化合价，发生氧化反应，则电极X为负极，电极反应式为：；H2O转化为O2，化合价降低，发生还原反应，则电极Y为正极，电极反应式为：2H2O+4e-=H2+4OH-，据此分析回答。【详解】A．由分析可知，电极X为负极，电极Y为正极，则X极电势低于Y极电势，A正确；B．光催化剂表面H2O转化为O2，发生反应为：，B正确；C．电极X为负极，电极反应式为：，C正确；D．N2在光催化剂表面转化为NH3，生成2molNH3，转移6mole-，则每产生5.6L(标准状况)NH3，转移电子0.75molh+，D错误；故答案为：D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项操作现象结论A向沸水中逐滴加入5~6滴饱和溶液，搅拌煮沸液体呈透明红褐色所得液体为胶体B向脱脂棉中加入几滴90%硫酸，小火加热，使脱脂棉完全水解，再加入NaOH溶液调节至碱性，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸出现砖红色沉淀纤维素水解生成葡萄糖C向碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡、静置溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力D用计测量等浓度的2-氯丙酸和2-氟丙酸的分别为和2-氯丙酸中键的极性大于2-氟丙酸中键的极性A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A．向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，加热至溶液呈红褐色，停止加热，不能搅拌，A错误；B．向脱脂棉中加入几滴90%硫酸，小火加热，再加入NaOH溶液调节至碱性，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，出现砖红色沉淀，说明含有醛基，则说明纤维素水解生成葡萄糖，B正确；C．往碘的溶液中加入相同体积的浓KI溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的部分碘转移到水层，碘单质与浓碘化钾溶液中的碘离子反应生成使上层溶液呈棕黄色，说明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力，C正确；D．用pH计分别测定等浓度的2-氯丙酸和2-氟丙酸的pH分别为pH1和pH2，且pH1>pH2，说明酸性：2-氟丙酸>2-氯丙酸，因电负性：F>Cl，使F-C的极性大于Cl-C的极性，导致2-氟丙酸中O−H键的极性大于2-氯丙酸中O−H键的极性，更容易电离出氢离子，D错误；故选BC。12.有机物的异构化过程如图所示。下列说法错误的是A.用溶液可以鉴别和B.反应过程中有非极性键的断裂和生成C.类比上述反应，的异构化产物为D.苯环上有一个取代基，含醛基和羧基且有手性碳原子的X的同分异构体有3种【答案】BD【解析】【详解】A．Y中含有酚羟基，遇氯化铁溶液发生显色反应，可以鉴别X和Y，A正确；B．反应过程中有非极性键的生成，没有非极性键的断裂，B错误；C．类比上述反应，的异构化过程：，C正确；D．苯环上有一个取代基，含醛基和羧基且有手性碳原子的X的同分异构体有、、，共4种，D错误；故答案为：BD。13.常温下，溶液中所有含硫物种的摩尔分数与变化关系如图中虚线所示；和在溶液(浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，与变化关系如图中实线所示(为金属离子的物质的量浓度)。下列说法正确的是A.直线⑤表示溶液中的与的关系B.水解平衡常数的数量级为C.D.向相同浓度的和的混合溶液中通入气体，先开始沉淀【答案】CD【解析】【分析】随着增大，摩尔分数减小，摩尔分数先增大再减小，摩尔分数增大，虚线①代表摩尔分数，虚线②代表摩尔分数，虚线③代表摩尔分数；，，，由P点可知，，，<且两者数量级差距较大，故pH较小时，沉淀所需要银离子浓度更小，故直线④表示溶液中的与的关系，直线⑤表示溶液中的与的关系，据此分析；【详解】A．根据分析可知，直线④表示溶液中的与的关系，直线⑤表示溶液中的与的关系，A错误；B．水解平衡常数，数量级不为，B错误；C．根据分析可知，，C正确；D．向相同浓度的和的混合溶液中通入气体，因为硫化氢气体的通入，溶液呈酸性，再结合图中两条沉淀溶解平衡直线可知，Ag+先开始沉淀，D正确；故选CD。14.某同学探究和与的配合能力强弱，已知，鲁米诺在碱性环境中，可被分解产生的活性氧氧化并释放蓝色荧光，其反应快慢决定发光强度与持续时间。进行如下实验：序号0.75%鲁米诺溶液(含和氨水)/mL、、溶液/mL溶液/mL蒸馏水/mL发光时间/s荧光强度150505000.525强25050500.50120弱3050500.5无无下列说法错误的是A.作为缓冲溶液，维持溶液碱性环境B.C.实验1和实验2中，发光时间越长，说明溶液中发挥催化作用的浓度越高D.与配位能力：【答案】C【解析】【详解】A．因鲁米诺在碱性环境中，可被分解产生的活性氧氧化并释放蓝色荧光，故实验需要维持溶液碱性环境，A正确；B．探究速率时，需要控制唯一变量，实验1、2的总体积为150.5mL，故，B正确；C．实验1和实验2中，发光时间越长，说明溶液中分解速率慢，溶液中发挥催化作用的浓度越低，C错误；D．实验2中滴加，则发光时间长，荧光强度弱，说明浓度越低，与配位，故与配位能力：，D正确；故选C。15.苯胺是制造药物的原料，硝基苯加氢制苯胺由以下两步反应完成：Ⅰ．(快)Ⅱ．(慢)室温下，向硝基苯的甲醇溶液中加催化剂，通入并保持(氢气的浓度可用氢气压强代替且始终不变)，忽略反应过程中溶液体积变化。硝基苯转化率、苯基羟胺和苯胺的选择性随反应时间变化如图，120min时体系达到平衡。下列说法错误的是A.代表(苯胺)的曲线是B.反应Ⅰ若使用高效催化剂，点将向左移动C.34min内苯基羟胺的反应速率是D.该温度下，反应Ⅱ平衡常数【答案】B【解析】【分析】根据两个反应的生成物可知，苯基羟胺(C6H5-NHOH)和苯胺(C6H5-NH2)的选择性之和为1，且两条选择性曲线相交时，各占50%；由此可知曲线a代表硝基苯的转化率；由题干信息可知，生成苯基羟胺的反应是快反应，故开始反应时，苯基羟胺的选择性(S)大于苯胺，故曲线c表示苯基羟胺的选择性(S)；曲线b代表苯胺的选择性(S)；【详解】A．由分析可知，代表S(苯胺)的曲线是b，A正确；B．反应Ⅰ若使用高效催化剂，硝基苯转化率增大，苯基羟胺浓度增大，则N点将向右移动，B错误；C．0-34min内硝基苯转化率为85%，苯胺的选择性为50%，则υ(苯基羟胺)=，C正确；D．120min时已达平衡，硝基苯平衡转化率为90%，苯胺的选择性为80%，列出各物质的变化量：，平衡时，，，p(H2)=0.18Mpa，，由于反应是在甲醇溶液中进行的，故水等液体均需要代入平衡常数表达式中进行计算，则K=，D正确；故选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.MAX相是一大类具有层状结构的金属碳化物或氮化物的总称，其中为、、(铌)等过渡金属，为或，为、、、等主族元素。回答下列问题：（1）Nb是与V同族的相邻周期元素，其基态原子中的价电子分布在两个能级且均为未成对电子，基态原子价电子的轨道表示式为_____；第4周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是_____(填元素符号)。（2）与同周期的非金属主族元素中第一电离能大于的是_____(填元素符号)，与同周期的非金属元素(硼除外)形成的简单气态氢化物中键角最小的是_____(填化学式)。可与结合形成，存在平衡，平衡常数为。能结合的原因是_____；，，的较大的原因是_____。（3）、、组成的MAX相结构属六方晶系，晶胞参数，，，晶胞结构及、原子沿轴投影如图所示。晶体中与最近且等距离的原子的个数是_____。该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值_____(用含、、的代数式表示)。【答案】（1）①.②.（2）①.F②.③.原子孤电子对所在轨道可与的空轨道重叠形配位键④.乙基有推电子作用，使键极性变弱，不易电离（3）①.6②.【解析】【小问1详解】V是位于第4周期、第VB族，Nb是与V同族的相邻周期元素，则Nb是第5周期第VB族，由Nb的基态原子中的价电子分布在两个能级且均为未成对电子可知，其价电子排布式为4d45s1，其轨道表示式为；Nb有5个未成对电子，第4周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是Cr，故答案为：；Cr；【小问2详解】同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，VA族元素由于p能级处于半充满，较稳定，第一电离能高于相邻主族元素，所以与同周期的非金属主族元素中第一电离能大于的是F；与同周期的非金属元素(硼除外)有C、O，其形成的简单气态氢化物分别为CH4、NH3、H2O，中心原子均为sp3杂化，孤电子对数分别为0、1、2，所以键角最小的是H2O；中的N原子有一对孤电子对，可以与H＋形成配位键，所以能结合H＋；中乙基为推电子基，使键极性变弱，不易电离，因此的pKa较大，故答案为：F；；原子孤电子对所在轨道可与的空轨道重叠形配位键；乙基有推电子作用，使键极性变弱，不易电离；【小问3详解】C原子位于Ti原子组成的正八面体空隙中，所以晶体中与C最近且等距离的Ti原子的个数是6；在晶胞中含有C原子的个数为4，位于30°顶点的Ti原子的属于该晶胞，位于120°顶点的Ti原子的属于该晶胞，所以Ti原子的个数为个，Al原子的个数为，晶体的密度，则，故答案为：6；。17.锆英砂(主要成分为)是目前生产金属锆和锆化合物的主要原料，通过直接氯化法生产，联产，提高了资源利用效率。副反应为。实验室模拟直接氯化法进行实验，并测定产品纯度。实验装置如下(夹持装置略)：已知：相关物质性质如下表物质熔点/℃沸点/℃性质437/白色固体，遇水剧烈水解，331℃以上升华-7057.6无色或淡黄色发烟液体，易水解-2376.8难溶于水回答下列问题：Ⅰ．制备组装好仪器后，部分实验步骤如下：①检查装置气密性②装入药品③……④关闭电炉，充分冷却（1）装置E的作用为_____。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____。（3）步骤③为_____。（4）反应过程中，需要不断加热A、B之间的玻璃管，其目的是_____。（5）使用如图装置进一步提纯C中产品，获取，下列说法错误的是_____。A.仪器a的作用是多次冷凝回流，增强分离效果B.先从c通入冷凝水，再打开电热套C.应控制仪器a顶端支管口处蒸气温度为76.8℃左右D.仪器d中盛装的试剂可以选用五氧化二磷Ⅱ．测定的纯度ⅰ．取产品于烧瓶中，通过安全漏斗加入足量蒸馏水，充分反应后过滤、洗涤沉淀，合并滤液、洗涤液及安全漏斗中的液体，转移到容量瓶中配成100mL溶液。ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加入足量溶液；ⅲ．向锥形瓶中加入足量稀硝酸，再加入的溶液，使完全沉淀；ⅳ．向其中加入硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；ⅴ．加入指示剂，用溶液滴定过量至终点，记下所用体积为。[已知：，]（6）安全漏斗的作用为_____。的质量分数=_____(列出算式)。若取消步骤ⅳ，则的质量分数_____(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）吸收，防止污染空气（2）（3）当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉（4）防止堵塞玻璃导管（5）C（6）①.形成液封，充分吸收反应生成的②.③.偏小【解析】【分析】A中氯气与、碳高温反应得到产物、和副产物，结合表数据，B中收集，C中收集，D可吸收未反应完全的氯气，同时防止E中水蒸气进入C使水解，E吸收产生的毒气CO；【小问1详解】由分析，装置E的作用为吸收，防止污染空气；【小问2详解】装置A中氯气与、碳高温反应得到产物、，结合质量守恒，还会生成CO，发生反应的化学方程式为；【小问3详解】为防止空气中氧气、水干扰实验，应该首先使用氯气排净装置中空气，故步骤③为当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉；【小问4详解】容易冷凝成为固体，堵塞导管，故需要不断加热A、B之间的玻璃管，其目的是防止堵塞玻璃导管；【小问5详解】A．仪器a为球形冷凝管，作用是多次冷凝回流，增强分离效果，正确；B．为了好的冷凝效果，冷凝水下进上出，应该先从c通入冷凝水，再打开电热套，正确；C．、沸点分别为57.6℃、76.8℃，则应控制仪器a顶端支管口处蒸气温度为高于57.6℃且低于76.8℃，错误；D．仪器d中盛装的试剂为隔绝空气中水，可以选用五氧化二磷干燥剂，正确；故选C；【小问6详解】白色固体，遇水剧烈水解，结合质量守恒，会水解生成HCl，安全漏斗中存在液封设计，其作用为形成液封，充分吸收反应生成的，防止HCl逸出造成实验误差；由题干，和反应的银离子为，结合氯元素守恒：，则的质量分数。若取消步骤ⅳ，导致部分氯化银沉淀和反应，使得用量增大，则的质量分数偏小。18.化合物G是合成胃肠道间质瘤药物的中间体，一种合成路线如下：已知：。回答下列问题：（1）A的名称为_____(用系统命名法命名)，B→C的反应条件为_____。（2）设计B→C的目的为_____，C→D的化学方程式为_____，E中含氧官能团名称为_____。（3）写出一种符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_____。①含苯环；②有四种不同化学环境的H且个数比为；③能发生银镜反应。（4）G的另一条合成路线设计如下：试剂M的结构简式为_____，I中有_____种化学环境的氢原子。【答案】（1）①.4-氯苯甲醛②.浓硫酸，加热（2）①.防止中的与B中结合(保护羧基)②.③.羧基、酰胺基（3）或或或（4）①.②.4【解析】【分析】A的分子式为，不饱和度为5，结合条件可知，A发生氧化反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成C，结合A的不饱和度为5，说明A中含有的是醛基、苯环(由目标产物推断)，结合目标产物中苯环取代基的位置推断，A中两个取代基处于对位，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，C与发生取代反应生成D为，D中酯基先水解，再酸化生成E为，E中羧基与中氨基发生取代反应生成F为，F与发生已知信息的反应生成目标产物，据此解答。【小问1详解】A的结构简式为，系统命名法为4-氯苯甲醛；B→C发生的是羧基和羟基的酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；【小问2详解】B→C的反应先让羧基发生酯化反应，而D→E又发生酯基的水解反应，说明B→C的目的为防止中的与B中结合(保护羧基)；C→D的反应为取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为；结合E的结构简式可知，含氧官能团名称为羧基、酰胺基；【小问3详解】E结构简式为，①含苯环，除了苯环外还剩余7个碳原子、3个氧原子、2个氮原子、3个不饱和度，②有四种不同化学环境的H且个数比为，说明含有的结构，③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的结构简式为或或或；【小问4详解】H的分子式为，结合E→F的反应，H与中氨基发生取代反应生成I，则H的结构简式为，I的结构简式为，结合已知信息逆推可知，J的结构简式为，则试剂M为；由上述分析可知，试剂M为；I中有4种化学环境的氢原子。19.以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)为原料制备金属Sb和PbCl2的一种工艺流程如下：已知：①“酸浸”浸出液中含有SbCl3、PbCl、AsCl3等；物质X、SbCl3、AsCl3均易水解；“酸浸”和“电解”过程无气体放出；②25℃时，Ksp(PbSO4)=2.55×10-8，Ksp(PbCl2)=1.7×10-5。回答下列问题：（1）“滤渣”的成分是_____(填化学式)，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；②_____。（2）物质X是_____(填化学式)，金属Y的作用是_____。（3）“除砷”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，反应的化学方程式为_____。（4）“浸取”时温度与NaCl溶液的浓度对铅浸出率和PbCl2溶解度的影响如图所示：①浸取铅的最合适的条件是_____。②循环浸取“沉铅”滤渣，向浸取后的溶液中加入适量BaCl2溶液处理后，加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1的目的是_____。③25℃时，PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)的平衡常数为K1，浸取中反应PbSO4(s)+4Cl-(aq)PbCl(aq)+SO(aq)的平衡常数K=_____(用含K1的代数式表示)。【答案】（1）①.S和SiO2②.抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解（2）①.SbCl5②.将SbCl5还原为SbCl3（3）2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl（4）①.4.5mol·L-1NaCl溶液，85℃②.降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb回收率③.1.5×10-3K1【解析】【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)中加入过量盐酸和物质X进行“酸浸”，矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和硫，二氧化硅不参与反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和含有物质X、SbCl3、、AsCl3等的滤液；向滤液中加入金属Y，该过程应发生氧化还原反应；“除砷”步骤中加入NaH2PO2，将溶液中的三氯化砷还原为砷，过滤得到砷和滤液；向滤液中加入稀硫酸，将转化为PbSO4沉淀，过滤后得到SbCl3溶液和主要含PbSO4的滤渣；向滤渣中加入NaCl溶液浸取得到PbCl2；电解SbCl3溶液，Sb3+在阴极得到电子发生还原反应生成Sb，在阳极失去电子生成SbCl5，由此可知物质X为SbCl5，电解得到的SbCl5可以返回“酸浸”步骤循环使用；金属Y为Sb，将“酸浸”浸出液中的SbCl5还原为SbCl3，据此解答。【小问1详解】根据分析可知，滤渣的成分是S和SiO2，根据已知条件①中“物质X、SbCl3、AsCl3均易水解”可知，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；②抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解；【小问2详解】由流程图可知，物质X在电解步骤中生成，且“电解过程无气体放出”，则电解过程中SbCl3发生氧化还原反应生成Sb和SbCl5，所以物质X是SbCl5，“酸浸”步骤的浸出液中含有剩余的SbCl5，“转化”步骤中目的是将SbCl5转化为SbCl3，金属Y为Sb，则金属Y的作用是：将SbCl5还原为SbCl3；【小问3详解】“除砷”过程中发生氧化还原反应，As3+被还原为As，则AsCl3作氧化剂，NaH2PO2作还原剂，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，结合氧化还原规律可得反应的化学方程式为：2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O=2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl；【小问4详解】①由图可知，铅的浸取率在85℃、4.5mol·L-1NaCl溶液中最大，则浸取铅最合适的条件是4.5mol·L-1NaCl溶液、85℃；②由图可知，NaCl溶液浓度为1.5mol·L-1时，PbCl2溶解度≤25g，因此加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1，可降低PbCl2的溶解度，使更多的PbCl2析出，从而提高Pb的回收率，则加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1的目的是：降低PbC