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（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省潍坊市2025届高三下学期第二次模拟考试（二模）试题一、单选题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】含碘食盐中的KIO3在高温下易分解，为防止KIO3分解，应在食物快熟时加入以碘食盐故A错误；聚乳酸具有可降解性，聚乳酸分解产物乳酸可被人体代谢吸收，适合作为骨钉材料，B正确；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，C错误；糯米中的淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖发酵生成酒精，D错误。故选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．NaCl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】异戊二烯的结构简式为CH2＝C(CH3)—CH＝CH2，键线式为，A正确；氯化钠的晶胞为，B错误；甲醛的毒性原理为HCHO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；腺嘌呤核苷酸水解得到磷酸和，D正确。故选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】柠檬酸可与复合膨松剂中的碳酸氢钠等反应产生大量气体，故柠檬酸常用作食品加工中的复合膨松剂中的酸性物质，A正确；氯化钙溶解时会放出大量的热，故可用于制作自加热罐头，B正确；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，C错误；甲酸中含有醛基，具有还原性，故甲酸可用作工业还原剂，D正确。故选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】A图中，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，A错误；B图中，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，B正确；乙酸易挥发，生成的CO2中含有乙酸，乙酸和CO2都能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，C错误；乙醇在浓硫酸作催化剂并且加热到170℃时反应消，生成的乙烯中含有CO2、乙醇、SO2等气体，乙烯和CO2通入溴水中，都能使溴水褪色，D错误。故选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→分液浓NaOH溶液含I-、IO-B．航天器中利用萨巴蒂尔反应再生氧气：CO2→C．工业制硫酸：黄铁矿→D．海水提镁：海水→CaOH【答案】B【解析】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，得到含I－、IO3-，的溶液，A错误；CO2富集，CO2与H2在一定条件下反应生成H2O，电解H2O得到O2，B正确；工业制硫酸，黄铁矿主要成分为FeS2，FeS2在空气中燃烧生成SO2和Fe2O3，C错误；海水加入Ca(OH)2生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，电解MgCl6．某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，其结构如图所示。其中Y、Z位于同周期相邻主族，基态W和M的p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：M>Z>C．氢化物的沸点：Z一定大于Y D．该离子液体的阴、阳离子中均含有配位键【答案】C【解析】由图示结构可知，X形成1个键，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，Z为N，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，W为Al，M的价电子排布式为3s23p5，M为Cl。Al3＋、N3－电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：N3－>Al3＋，Cl－为18电子微粒，Cl－的半径最大，故简单离子半径：(M)Cl－－>N3－(Z)>Al3＋(W)，A正确；元素非金属性越大，电负性越大，故电负性：X(H)<Y(C)<M(Cl)，B正确；C和N的氢化物有多种，N的氢化物沸点不一定大于C的氢化物沸点，C错误；N(CH3)3中的N上有1个孤电子对，H＋提供空轨道，N(CH3)3与H＋以配位键结合形成该物质阳离子，该物质的阴离子为AlCl4-，其中Al3＋提供空轨道，Cl－提供孤电子对，二者形成配位键，该离子液体中阴、阳离子中均含有配位键，D正确。故选7．化合物M是一种新型抗生素中间体，其合成路线如下。已知化合物K中虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是A．K中虚线圈内碳原子和氮原子的杂化方式均为spB．形成M时，氮原子与L中碳原子b成键C．Q的核磁共振氢谱有4组峰D．M水解可生成CO【答案】D【解析】K虚线圈内所有原子共平面，则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；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；Q有四种类型的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，C正确；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，18O不存在于CO2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．Y的配位数为8C．标号为“1”的Y的原子分数坐标为0,D．最近的两个Y的距离为2【答案】A【解析】图示晶胞的结构不对称，并不是两个晶胞无隙并置，A错误；由晶胞示意图可知，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；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12处，位于z轴方向棱的14处，则其分数坐标为(0，12，14)，C正确；最近的两个Y的距离为侧面面心与底面面心的距离，即(19．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CH3CO2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】水杨酸()和醋酸酐()(CH3CO)2O发生取代反应生成乙酰水杨酸()，方程式为＋(CH3CO)2O⇌Δ浓硫酸＋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。方程式中无水生成，浓硫酸只做催化剂，A错误；操作1和操作2均包含冷却结晶、过滤，B正确；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，在氢氧化钠溶液中会水解，C错误；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hν-Ni：TiO2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e-A．X极电势低于Y极电势B．光催化剂表面发生反应：2C．X极的电极反应式是2D．每产生5.6L(标准状况)NH3【答案】D【解析】由图示氨燃料电池可知，N2在光催化剂表面转化为NH3，碱性介质条件下，NH3在X电极转化为N2，发生氧化反应，则电极X为负极，电极Y为正极，电极反应式为2H2O＋4e－＝H2＋4OH－，则X极电势低于Y极电势，A正确；光催化剂表面H2O转化为O2，发生反应为2H2O+4h+=4H++O2，B正确；电极X为负极，电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2二、多选题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FeCl3液体呈透明红褐色所得液体为FeOHB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CCl4溶液中加入等体积浓KI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CCl4D用pH计测量等浓度的2－氯丙酸和2－氟丙酸的pH分别为pH1和pH2－氯丙酸中O-H键的极性大于2－氟丙酸中A．A B．B C．C D．D【答案】BC【解析】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，所得液体为FeOH3胶体，但不能搅拌，A实验操作错误；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；向碘的CCl4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，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I3-使上层溶液呈棕黄色，说明碘在浓KI用pH计测量等浓度的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H+，故选BC。12．有机物X→A．用FeCl3溶液可以鉴别X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】Y中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，可以鉴别X和Y，A正确；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；的异构化过程为，C正确；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。故选BD。13．常温下，H2S溶液中所有含硫物种的摩尔分数与pH变化关系如图中虚线所示；Ag2S和CdS在0.1mol⋅L-1H2S溶液(H2下列说法正确的是A．直线⑤表示H2S溶液中Ag+的-B．S2-水解平衡常数KbC．KD．向相同浓度的Ag+和Cd2+的混合溶液中通入H2【答案】CD【解析】随着pH增大，H2S摩尔分数减小，HS-摩尔分数先增大再减小，S2-摩尔分数增大，虚线①代表H2S摩尔分数，虚线②代表HS-摩尔分数，虚线③代表S2-摩尔分数；Ka1=cHS-cH+cH2S=10-6.97，Ka2=cS2-cH+cHS-=10-12.9，Ka1Ka2=cHS-cH+cH2ScS2-cH+cHS-=c2H+c三、单选题14．某同学探究EDTA4-和NH3与Cu2+的配合能力强弱，已知2序号0.75%H鲁米诺溶液(含Cu2+和氨水Na2CO3、NaHCO3EDTA4-溶液蒸馏水/mL发光时间/s荧光强度150505000.525强25050500.50120弱3050500.5x无无下列说法错误的是A．Na2B．x=50C．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Cu2+D．与Cu2+配位能力：【答案】C【解析】因鲁米诺在碱性环境中可被H2O2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；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x=50，B正确；实验1和实验2中，发光时间越长，说明溶液中H2O2分解速率慢，溶液中发挥催化作用的Cu2+浓度越低，C错误；实验2中滴加EDTA4-，则发光时间长，荧光强度弱，说明Cu2+浓度越低，Cu2+与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．C6H5Ⅱ．C6H5室温下，向1L0.2mmol⋅L-1硝基苯的甲醇溶液中加催化剂，通入H2并保持pHA．代表S(苯胺)的曲线是bB．反应Ⅰ若使用高效催化剂，N点将向左移动C．34min内苯基羟胺的反应速率是2.5×D．该温度下，反应Ⅱ平衡常数K=7.2【答案】B【解析】由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%；曲线a代表硝基苯的转化率；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)，A正确；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；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)＝0.2mmol⋅L-1×85%×50%34C6平衡时，cC6H5-NHOH=0.2×90%-0.2×90%×80%=0.036mmol⋅L-1，c四、解答题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M为Ti、V、Nb(铌)等过渡金属，X为C或N，A为Al、Sn、Ge、Sb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Nb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Nb多的元素是(填元素符号)。(2)与N同周期的非金属主族元素中第一电离能大于N的是(填元素符号)，与N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)。R3N可与H+结合形成R3NH+，存在平衡R3NH+⇌R3N+H+，平衡常数为Ka(3)Ti、Al、C组成的MAX相结构属六方晶系，晶胞参数a≠c，α=β=90°，γ=120°，晶胞结构及C、Ti原子沿z轴投影如图所示。晶体中与C最近且等距离的Ti原子的个数是。该晶体的密度为ρg⋅cm-3，阿伏加德罗常数的值NA=(用含a、【答案】(1)Cr(2)FH2ON原子孤电子对所在轨道可与H+的空轨道重叠形配位键乙基有推电子作用，使(3)67.8×【解析】（1）V位于第4周期、第VB族，Nb为与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Nb多的元素是Cr；（2）同周期从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势，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N同周期的非金属主族元素中第一电离能大于N的是F；与N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，键角最小的是H2O；R3N中的N原子的孤电子对数为1，N与H＋形成配位键，故R3N能结合H＋；CH3CH2NH3+（3）由图示晶胞可知，C原子位于Ti原子组成的正八面体空隙中，故晶体中与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112属于该晶胞，位于120°顶点的Ti原子的16属于该晶胞，故Ti原子的个数为4×112+4×16+2×117．锆英砂(主要成分为ZrSiO4)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ZrCl4，联产SiCl4，提高了资源利用效率。副反应为C+2Cl2高温已知：相关物质性质如下表物质熔点/℃沸点/℃性质ZrCl437/白色固体，遇水剧烈水解，331℃以上升华SiCl－7057.6无色或淡黄色发烟液体，易水解CCl－2376.8难溶于水回答下列问题：Ⅰ．制备ZrCl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SiCl4，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ZrCl4ⅰ．取mg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100mLⅱ．取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量NaOHⅲ．向锥形瓶中加入足量稀硝酸，再加入0.1000mol⋅L-1的AgNO3ⅳ．向其中加入2mLⅴ．加入指示剂，用cmol⋅L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V(6)安全漏斗的作用为。ZrCl4的质量分数＝(列出算式)。若取消步骤ⅳ，则ZrCl4的质量分数(填“偏大”或“偏小”或“无影响【答案】(1)吸收CO，防止污染空气(2)ZrSiO(3)当看到C中充满黄绿色气体时，打开电炉(4)防止ZrCl4(5)C(6)形成液封，充分吸收反应生成的HCl0.1×50×10-3【解析】(1)装置E的作用为吸收CO，防止污染空气；（2）装置A中氯气与ZrSiO4、碳高温反应得到产物ZrCl4、SiCl4，结合质量守恒，还会生成CO（3）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；（4）ZrCl4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ZrCl（5）仪器a为球形冷凝管，作用是多次冷凝回流，增强分离效果，A正确；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，B正确；SiCl4、CCl4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℃，C错误；仪器d中盛装的试剂为隔绝空气中水，可以选用P2O5干燥剂，D正确。故选（6）ZrCl4为白色固体，遇水剧烈水解生成HCl，安全漏斗的作用为形成液封，充分吸收反应生成的HCl，防止HCl由题干，和NH4SCN反应的银离子为cmol⋅L-1×V×10-3L，结合氯元素守恒：ZrCl4∼4AgCl∼418．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1:2:4:9；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)4－氯苯甲醛浓硫酸，加热(2)防止中的与B中-COOH结合(保护羧基)羧基、酰胺基(3)或或或(4)4【解析】A与O2发生氧化反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成C，A的分子式为C7H5ClO，不饱和度为5，由G结构简式可知A中含有苯环(苯环不饱和度为4)，则A中含有-CHO、苯环，由C中苯环取代基的位置可知，A的结构简式为，则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，D为，D中酯基先水解，再酸化生成E，E为，E中-COOH与CH3ONH2中-NH2发生取代反应生成F，F为，F与发生已知信息的反应生成（1）A的结构简式为，系统命名法为4－氯苯甲醛；B→C发生的是-COOH和-OH（2）B→C的反应先是-COOH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-COOH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；E含氧官能团名称为羧基、酰胺基；（3）E的结构简式为，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1∶2∶4∶9，说明含有-CCH33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；（4）H的分子式为C7H5FO2，结合E→F的反应，H与CH3ONH2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，I中有如图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、PbCl42-、AsCl3等；物质X、SbCl3、AsCl3均易水解；“酸浸”和“电解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)⇌PbCl42-(aq)的平衡常数为K1，浸取中反应PbSO4(s)＋4Cl－(aq)⇌PbCl42-(aq)＋SO42-(aq)的平衡常数K＝(【答案】(1)S和SiO2抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解(2)SbCl5将SbCl5还原为SbCl3(3)2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl(4)4.5mol·L－1NaCl溶液，85℃降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb回收率1.5×10－3K1【解析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)中加入过量盐酸和过量物质X进行“酸浸”，矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和S，SiO2不参与反应，过滤得到含S、SiO2的滤渣和含X、SbCl3、PbCl42-、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，溶液中的AsCl3被还原为As，过滤得到As和滤液；向滤液中加入稀硫酸，PbCl42-转化为PbSO4沉淀，过滤后得到SbCl3溶液和含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，故物质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（1）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；（2）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，故物质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；（3）“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，反应的化学方程式为2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl；（4）①由图像可知，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由图像可知，NaCl溶液浓度为1.5mol·L－1时，PbCl2溶解度≤25g，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PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb回收率；③Ksp(PbSO4)＝c(Pb2＋)×c(SO42-)＝2.55×10－8，Ksp(PbCl2)＝c(Pb2＋)×c2(Cl－)＝1.7×10－5，PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⇌PbCl42-(aq)的平衡常数K1＝cPbCl42-c2Cl-，PbSO4(s)＋4Cl－(aq)⇌PbCl20．N，N二甲基甲酰胺CH32NCHODMF是常见的有机