浙江省嘉兴市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份浙江省嘉兴市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共43页。试卷主要包含了多选题，填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
浙江省嘉兴市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、多选题
1．（2023·浙江嘉兴·统考二模）探究含硫化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
向紫色石蕊溶液中通入过量二氧化硫
溶液先变红后褪色
为酸性氧化物且具有漂白性
B
向溶液中滴加过量溶液
产生黑色沉淀
静置后的上层清液中有
C
向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液
开始无明显现象，后出现白色沉淀
原溶液中含有、、中的一种或几种
D
室温下用pH试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的pH
pH：
结合能力：

A．A B．B C．C D．D

二、填空题
2．（2022·浙江嘉兴·统考二模）请回答下列问题：
(1)质谱仪的基本原理是用高能电子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，并根据“碎片”的特征谱分析有机物的结构。利用质谱仪测定某有机物分子的结构得到如图所示质谱图，该有机物的相对分子质量是_______。

(2)离子化合物KSCN各原子均满足8电子稳定结构，写出其电子式_______。
(3)正戊烷与乙醚沸点相近，但正戊烷难溶于水，乙醚的溶解度为8g/100g水，从结构上解释出现这两种情况的原因_______。
3．（2021·浙江嘉兴·统考二模）(1)酸碱质子理论认为：凡是能给出质子c(H+)的任何物质都是酸，凡是能接受质子(H+)的任何物质都是碱。则CH3CH3、OH-、HCl、F-中属于碱的是___________，用一个离子方程式说明它们结合质子能力的相对强弱___________。
(2)硼元素可形成多种化合物，其中氮化硼(BN)熔点为3774℃，而乙硼烷(B2H6)熔点仅-165℃。氮化硼熔点远高于乙硼烷的可能原因是___________。

三、计算题
4．（2022·浙江嘉兴·统考二模）天然水常含有较多钙、镁离子而称之为硬水，硬水软化是指除去钙、镁离子。若某天然水中离子含量如下表：
离子
Ca2+
Mg2+
HCO
其他
含量(mol/L)
1.2×10-3
6.0×10-4
8.0×10-4
/
现要用化学方法软化10m3这种天然水，则需要先加入Ca(OH)2_______g以除去Mg2+和HCO，后加入Na2CO3_______g以除去Ca2+(要求写出计算过程)。
5．（2021·浙江嘉兴·统考二模）硫酸镍铵可用于电镀、印刷等领域。为测定其组成，进行如下实验：
序号
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
20.10
2
1.20
23.40
3
1.55
21.45
①称取4.670样品，配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A，加足量浓NaOH溶液并加热，生成(标准状况)。
③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol//L的EDTA()标准溶液滴定其中的(离子方程式为)，重复实验，数据如表。请回答：
(1)4.670g硫酸镍铵中的物质的量为___________mol。
(2)硫酸镍铵的化学式为___________(写出计算过程)。

四、元素或物质推断题
6．（2022·浙江嘉兴·统考二模）化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。

已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。
回答下列问题：
(1)固体A的化学式是 _______，碱石灰吸收的气体是_______。
(2)化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式_______。
(3)上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是_______。
(4)常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应的化学反应方程式_______。
(5)X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。_______
7．（2023·浙江嘉兴·统考二模）黄色固体化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验(题中各物质状态均为室温条件状态)：

已知：A、B、D、F、G均是纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出化合物X生成蓝色固体F的化学反应方程式_______。
(3)固体G能缓慢溶于氨水，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验检验溶液E中的阴离子_______。
8．（2021·浙江嘉兴·统考二模）某小组对固体化合物甲开展探究实验。甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，甲和丙均由两种元素组成，实验中所加盐酸和NaOH溶液均足量。

请回答：
(1)组成甲的元素是___________(填元素符号)，甲的化学式是___________。
(2)甲与乙反应的化学方程式是___________。
(3)丙与盐酸反应的离子方程式是___________。
(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去。褪色的原因是___________，请设计实验方案证明之___________。

五、原理综合题
9．（2022·浙江嘉兴·统考二模）请回答下列问题：
(1)已知：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1
HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1
①a=_______。
②下列说法正确的是_______。
A．弱酸电离整个过程一定是吸热过程
B．弱酸溶液的温度升高，电离度可能减小
C．加水稀释，有利于弱酸的电离
D．弱酸电离的热效应只与酸性强弱有关
(2)近年来，随着氯气的需求量的迅速增长，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图。图中表示进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线是_______(填写序号)。按化学计量比进料可保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_______。

(3)恒压容器中PCl5(M=208.5g·mol-1)发生分解PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，在TK和100kPa下达到平衡，测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，已知该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1。计算此状态下该反应的平衡常数Kp=_______kPa.[Kp：以气体物质的分压p(B)替代浓度计算得到的平衡常数，p(B)=p·x(B)，p表示平衡时总压，x(B)表示平衡系统中物质B的物质的量分数]
(4)H2O2在室温下分解反应2H2O2=2H2O+O2↑进行很慢，在Fe3+催化下分两步很快进行，光谱分析可知过程中有Fe2+生成，其反应机理为：①_______；②_______。
10．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：  
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。

(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。

A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。


容积


甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
11．（2021·浙江嘉兴·统考二模）、CO的捕集、利用与封存是我国能源研究领域的一个重要战略方向。请回答：

(1)电解制HCOOH的原理如图所示。写出在Sn片上发生的电极反应式___________。
(2)已知：
①___________0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②分别将20g、40g的放入相同温度、相同体积的真空密闭容器A和B中，一段时间后两者均达到平衡(都未完全分解)，则两容器中分解的的物质的量的关系：n(A)___________n(B)(填填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)加氢时主要发生以下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
在相同体积的密闭容器中按通入和，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析温度对平衡体系中的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。

①表示0.1MPa时物质的量分数随温度变化关系的曲线是___________(填序号)。
②N点低于M点的原因是___________。
③590℃时反应Ⅱ的平衡常数为___________。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]
(4)气体在固体催化剂表面反应时，一般存在吸附和解吸两个过程。某小组模拟消除汽车排气管中CO、NO气体，发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，其反应机理如下[表示催化剂，“*”表示吸附状态]：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
Ⅴ．
Ⅵ．
相同时间内上述反应中相关物质浓度随温度变化的曲线如图1和图2，某温度下反应Ⅰ的速率v随压强p变化的曲线如图3，则下列说法不正确的是___________。

A．图1，至催化剂活性较大
B．图2，330℃时发生的主要反应为
C．图3，ab段压强增大时，反应Ⅰ的吸附速率增大、解吸速率减小
D．反应Ⅳ达到平衡后，继续升温则平衡向逆反应方向移动

六、工业流程题
12．（2022·浙江嘉兴·统考二模）一种利用Na2SO4制备重要工业用碱NaHCO3及盐NaHSO4的闭路循环绿色工艺流程如下：

某化学兴趣小组在实验室中根据上述流程进行模拟实验。流程中①中的反应实验装置图(待完善)如下。
请回答：
(1)流程中反应①后所获固体主要成分是_______(用化学式表示)。写出反应③生成NaHSO4的化学反应方程式_______。
(2)装置图中B的作用是_______。
(3)实验时持续通NH3，但A中产生少量固体后便不再继续反应，此时B、C中可能观察到的现象是_______。
(4)下列说法中不正确的是_______。
A．反应②能生成复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O的主要原因是其溶解度较小
B．抽滤过程中应注意观察吸滤瓶内液面高度，当快达到吸滤瓶支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶支管口倒出溶液
C．依据该流程闭路循环绿色的特点，“煅烧(350°C)”的实验中最好用稀硫酸处理尾气
D．装置图A中的长玻璃导管下端应浸入溶液中，作用是作为安全管
E．利用该流程制备两种盐的总反应方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3
(5)测定NaHSO4的纯度：称取一定质量所得产品配成250mL溶液，用移液管取出15.00mL，用NaOH标准溶液滴定。
①实验过程中，移液管洗涤干净并用蒸馏水清洗2~3次后，进行的后续一系列操作如下。
a．吸取少量待取液润洗2~3次
b．将润洗好的移液管插入待取溶液底部，吸取溶液使液面至标线以上
c．松动食指使液面缓慢下降至溶液的凹液面与标线相切，立即按紧管口
d．用吸水纸吸净尖端内、外的残留水
e．将润洗好的移液管插入待取溶液液面下约1-2cm处，吸取溶液使液面至标线以上
f．将移液管提出液面，倾斜容器，将管尖紧贴容器内壁成约45°角，稍待片刻
g．拿掉洗耳球，立即用食指堵住管口，使液体不再流出
h．当溶液流尽后，再停数秒，并将移液管向左右转动一下，取出移液管
i．将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出
请选择正确操作的编号，按顺序排列：_______→_______→_______→g→f→_______→_______→_______(序号不重复)
②为使实验结果更加精确，滴定过程中最好选用下列指示剂中的哪一种_______。
A．甲基橙    B．石蕊    C．酚酞

七、有机推断题
13．（2022·浙江嘉兴·统考二模）手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：

已知：RCHO+
请回答：
(1)化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物E可以发生消去反应、还原反应
B．化合物F和G可通过FeCl3溶液鉴别
C．化合物C中至少有7个碳共平面
D．化合物H的分子式是C19H18O2NP
(3)写出C→D的化学方程式_______。
(4)在制备F的过程中还生成了一种副产物X，X与F互为同分异构体(非立体异构体)。X的结构为_______。
(5)写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①除苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有4种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键
(6)以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
14．（2023·浙江嘉兴·统考二模）某种抗前列腺癌症的药物F的合成路线如下：

已知：
请回答下列问题：
(1)写出C中含氧官能团的名称_______，E的结构简式为_______。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物A属于卤代烃
B．化合物F的化学式为
C．由A→E过程中涉及的有机反应类型有2种
D．由E+Y→F过程中有生成
(3)写出C→D的化学方程式_______。
(4) 是制备X的中间体，请设计以丙烯为原料合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(5)化合物C在一定条件可得到化合物G( )，写出同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式_______。
①分子中除苯环外还有1个环，苯环上只有1个取代基；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N—O结构
15．（2021·浙江嘉兴·统考二模）恩杂鲁胺是一种抑制前列腺癌细胞增殖的药物，其合成路线如下。

已知：①；
②当苯环上连有甲基等基团时，新引入的基团将进入甲基的邻、对位；当苯环上连有羧基等基团时，新引入的基团将进入羧基的间位
③苯和氟气直接反应得不到氟苯。请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．分子中含有2个甲基
B．在三溴化铁催化下甲苯与溴水反应可制得化合物A
C．C→D的反应类型是加成反应
D．恩杂鲁胺的分子式是
(2)化合物C的结构简式是___________；化合物F的结构简式是___________。
(3)D→E的过程中会产生一种无色无味的气体，其化学方程式是___________。
(4)写出化合物E同时符合下列条件的3种同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：___________。
①包含；
②含有片段：和 (C不再连接H)；
③N与O不相连，不含醛基
(5)设计以化合物A为原料合成化合物B的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。

八、结构与性质
16．（2023·浙江嘉兴·统考二模）铬(Cr)及其化合物用途广泛。请回答：
(1)基态铬原子的价层电子排布式_______，属于周期表的_______区。同周期的基态原子中，与Cr最高能层电子数相同的还有_______(写元素符号)。
(2)的三种结构：①、②、③，下列说法正确的是_______。
A．①②③中Cr的配位数都是6
B．①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的Cr)
C．②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
D．等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量也相等
(3)对配合物进行加热时，配体比更容易失去，请解释原因_______。
(4)铬的一种氮化物晶体的立方晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中Cr原子之间的最近核间距为_______pm(写出表达式即可)。


九、实验题
17．（2023·浙江嘉兴·统考二模）三氯乙醛()是无色油状液体，是制取农药的常用原料。某小组探究制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。

已知：①制备原理：，(保持70℃左右)
②有关物质的性质：

相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/
乙醇
46
-117
78.5
与水互溶
0.789
三氯乙醛
147.5
-57.5
97.8
溶于水、乙醇
1.51
请回答：
(1)仪器a的名称为_______。若发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是_______。
(2)下列说法不正确的是_______。

A．本实验较合理的加热方式是水浴加热
B．多孔球泡可以增大反应物接触面积，提高反应速率
C．为证明D中产生HCl，需要在D和E之间增加装置(如图)
D．反应后的混合物可采用分液操作进一步分离、提纯三氯乙醛
(3)若撤去装置C会导致产率降低，原因是_______。
(4)粗产品纯度的测定：称取5.00g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取10.00mL于锥形瓶中，加入25.00mL碘标准溶液，再加入适量溶液。反应完全后加适量盐酸调节溶液的pH，立即用溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点。重复上述操作3次，平均消耗溶液20.00mL。(测定原理：、、)
①选出正确的滴定操作并排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤标准溶液润洗滴定管→_______→到达滴定终点，停止滴定，记录读数。
a.调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
b.调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度
c.锥形瓶放于滴定管下，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化
d.装入标准液至“0”刻度以上2~3mL，固定好滴定管
e.锥形瓶放于滴定管下，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管内液面变化
f.如图操作，排出滴定管尖嘴部分的气泡
g.如图操作，排出滴定管尖嘴部分的气泡
②产品的纯度是_______%(计算结果保留2位小数)
18．（2021·浙江嘉兴·统考二模）某小组以电石渣[主要成分为和]为原料制备晶体，流程如下：

已知：氯化时与反应生成，进一步转化生成，少量分解生成和。请回答：
(1)氯化时装置如图所示，B中的试剂是___________；若C中导管处堵塞则B中的现象是___________。

(2)下列说法不正确的是___________。
A．打浆时加水形成石灰浆的目的是使与充分反应
B．氯化时应快速通入氯气以提高氯气的转化率
C．过滤得到的滤渣中含有、
D．过滤后的滤液中
(3)对抽滤后获得的晶体进行洗涤的方法是___________。
(4)某小组认为获得的产品中含有KCl、两种物质，为测定的含量，从下列选项中选出合理的操作(操作可以重复使用)并排序：称取mg样品→用蒸馏水溶解→___________→___________→___________→___________→___________→___________→计算,___________
a．往滤液中加入足量的、溶液b．过滤、洗涤
c．干燥、称量d．加入足量的、溶液
(5)该小组用上述方法测得产品中的质量分数为72.0%，高于理论值。可能原因是___________。

参考答案：
1．BD
【详解】A．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，故A错误；
B．向溶液中滴加过量溶液，产生黑色沉淀，静置后的上层清液仍为CuS的饱和溶液，则，故B正确；
C．向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液，开始无明显现象，后出现白色沉淀，说明原溶液中含有，不可能含有或，故C错误；
D．室温下用pH试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的pH，pH：，说明HCO的酸性弱于H2SO3，酸性越弱，其对应离子结合H+的能力越强，则结合能力：，故D正确；
故选BD。
2．(1)92
(2)或
(3)两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键。乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能

【解析】（1）
已知利用质谱仪测定某有机物分子的结构得到如图所示质谱图，质谱图中最大的质荷比吸收峰即为该有机物的相对分子质量，则由图示信息可知，该有机物的相对分子质量是92，故答案为：92；
（2）
已知S周围能够形成两对共用电子对，C周围能够形成4对共用电子对，N周围能够形成3对共用电子对，则离子化合物KSCN各原子均满足8电子稳定结构，则其电子式为：或者，故答案为： 或者；
（3）
已知正戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3、乙醚的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键，形成均为分子晶体，则二者沸点相近，但由于乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能，则导致正戊烷难溶于水，乙醚的溶解度为8g/100g水，故答案为：两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键。乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能。
3． OH-、F- HF+OH-=F-+H2O BN为原子晶体，而B2H6为分子晶体，共价键作用力远大于分子间作用力
【详解】(1)在CH3CH3、OH-、HCl、F-中，OH-会结合H+变为H2O，属于碱；F-与H+结合形成HF，因此F-属于碱；
HF能够与OH-发生反应产生F-、H2O，反应方程式为：HF+OH-=F-+H2O，根据复分解反应规律：强碱能够制取弱碱，则该反应说明结合质子能力：OH-＞F-；
(2)硼元素可形成多种化合物，其中氮化硼(BN)熔点为3774℃，而乙硼烷(B2H6)熔点仅-165℃。氮化硼熔点远高于乙硼烷，是由于BN为原子晶体，原子之间以共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用，断裂需消耗很高的能量；而B2H6为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量比较低，由于共价键作用力远大于分子间作用力，所以氮化硼熔点远高于乙硼烷。
4． 740 1484
【详解】10m3这种天然水中，，，，加入氢氧化钙发生反应：、，则，；，水中的，，，故答案为：740；1484。
5． 0.01000
【详解】(1)25.00mL溶液A，用0.05000mol//L的EDTA()标准溶液滴定其中的，重复实验，根据表格数据，第一次消耗标准液20.10 mL、第二次消耗标准液22.20mL、第三次消耗标准液19.90mL，第二次实验数据超出误差范围舍去不用，根据第一次、第三次实验数据，平均消耗标准液的体积20.00 mL；根据反应的离子方程式，4.670g硫酸镍铵中的物质的量为0.02L×0.05000mol//L×10=0.01000mol；
(2)由题可得：样品中；
结合(1)计算结果的物质的量为0.01000mol，根据电荷守恒可知样品中；
根据质量守恒可得： ； ；
则；
所以硫酸镍铵的化学式为。
6．(1) Na2CO3 水蒸气或H2O(g)
(2)2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)
(3)3CO2+Ca2++4OH-=2HCO+CaCO3↓+H2O
(4)5(2Na2CO3·3H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
(5)取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无

【分析】气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C：H：O=0.6：0.3：0.9：1.8=2：1：3：6均可，故化合物X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)。
(1)
综上分析，固体A 为Na2CO3；碱石灰吸收的气体为水蒸气或H2O(g)；
(2)
综上分析，X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)；
(3)
该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应，二氧化碳的物质的量为0.3mol，而氢氧化钙的物质的量为0.2mol，故可生成0.2mol碳酸钙沉淀，二氧化碳过量0.1mol，能继续消耗0.1mol碳酸钙沉淀生成碳酸氢钙，产物中碳酸钙和碳酸氢根的物质的量之比为1:2，故离子反应方程式为：；
(4)
分析化合价X中含有-1价氧元素，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，故反应的化学方程式为：；
(5)
硅酸根与氢离子反应生成白色胶状沉淀，可用这一原理来设计实验方案。故答案为：取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有，反之则无。
7．(1) Cu、O、H CuOH
(2)4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(3)CuO + 4NH3▪ H2O= +3H2O+2OH-
(4)先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-

【分析】蓝色溶液C加入足量氨水后得到深蓝色溶液E，可以推知C为CuSO4溶液，D为紫红色固体，为Cu单质，物质的量为=0.0125mol，则红色固体为Cu2O，Cu2O和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，Cu2O的物质的量为0.0125mol，X1中含有0.025molCu元素；蓝色固体F加热产生黑色固体G和无色液体A，可以推知G为CuO，F为Cu(OH)2，A为H2O，X1隔绝空气加热产生H2O，H2O的物质的量为=0.0125mol，X1中含有0.0125mol+0.0125mol=0.025molO元素，0.025molH原子；综上所述，X1中n(Cu): n(O) : n(H)=1：1：1，X为CuOH。
【详解】（1）由分析可知，X的组成元素是Cu、O、H，X的化学式是CuOH。
（2）化合物CuOH和O2、H2O反应生成生成蓝色固体Cu(OH)2的化学反应方程式为：4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2。
（3）固体G为CuO，CuO在氨水中缓慢溶解，方程式为：CuO + 4NH3▪ H2O= + 3H2O+2OH-。
（4）溶液E中的阴离子为SO和OH-，检验硫酸根的方法为：先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；OH-检验方法：取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-。
8． Fe、O 过量的氯水将氧化 向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明
【分析】根据转化的框图可知，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.1mol，A1中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中只含Fe2+，故说明丙中含有Fe元素，其物质的量为0.2mol，淡黄色沉淀为S，其物质的量为：n(S)=，说明化合物丙中含有S元素，故推测乙气体为H2S，物质的量为n(H2S)=，故丙中含有的S为0.25mol，故丙中n(Fe):n(S)=0.2mol:0.25mol=4:5，其化学是为：Fe4S5，无色液体常见的有H2O，故丁为H2O，则甲中含有Fe和O元素，根据甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，其反应方程式为：，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，组成甲的元素是Fe、O，甲的化学式是Fe4O5，故答案为：Fe、O；Fe4O5；
(2)由分析可知，甲与乙反应的化学方程式是，故答案为：；
(3)由分析可知，丙的化学式为Fe4S5，生成的H2S和S的物质的量之比为：0.2mol：0.05mol=4：1，且溶液中无Fe3+，故其与盐酸反应的离子方程式是，故答案为：；
(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去，由于Cl2能将亚铁离子氧化为铁离子，故显血红色，但由于Cl2有强氧化性，能将SCN-氧化，故又褪色，要想验证猜想只需向反应后的溶液中加入足量的KSCN看是否重新变为血红色，若变则说明猜想正确，若不变则猜想错误，故答案为：过量的氯水将氧化；向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明。
9．(1) -10.4 BC
(2) 曲线Ⅰ 进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低
(3)12.5
(4) H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O

【解析】（1）
①已知(ⅰ)HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1，(ⅱ)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1，根据盖斯定律，由(ⅰ)-(ⅱ)可得HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1，则a=-67.7kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=-10.4 kJ·mol-1，故答案为：-10.4；
②A．根据①的分析可知，HF电离时放热，因此弱酸的电离不一定是吸热过程，故A错误；
B．若弱酸的电离为放热反应，溶液温度升高，平衡逆向移动，电离度减小，故B正确；
C．加水稀释，弱酸的电离程度增大，故C正确；
D．弱酸电离的热效应不只与酸性强弱有关，与弱酸的浓度等也有关，故D错误；
答案选BC，故答案为：BC；
（2）
在温度相同时，混合气体中O2浓度越大，HCl的平衡转化率越高，结合图象可知曲线Ⅰ为进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低，O2的浓度大，HCl的转化率高，但是O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)：c(O2) 过高，O2的浓度较小，HCl转化率较低，故答案为：曲线Ⅰ；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低；
（3）
平衡时测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1，则平衡时气体的摩尔质量为M1=ρVm=3.475g·L-1×45.0L·mol-1=156.375g/mol，根据，设反应前气体的总物质的量为n1，平衡时气体的总物质的量为n2，由于反应前后气体的总质量不变，则，设n1=0.75mol，n2=1mol，则起始时，n(PCl5)=0.75mol，假设PCl5反应了xmol，则平衡时n(PCl5)=(0.75-x)mol，n(PCl3)= n(Cl2)=xmol，(0.75-x)mol+xmol+xmol=1mol，解得x=0.25，则该反应的平衡常数，故答案为：12.5；
（4）
该反应中Fe3+做催化剂，且反应分两步进行，过程中有Fe2+生成，且总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，则第一步反应生成Fe2+，第二步反应将Fe2+消耗掉，因此发生的反应应为H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+和H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
10．(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动

【详解】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”

平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”

平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
11． ＜ = c 从M点到N点，温度相同时压强增大，则Ⅰ向正反应方向移动，Ⅰ中的浓度增大、浓度减小；这使Ⅱ向逆反应方向移动，故压强增大CO物质的量分数减小 2.4 BC
【详解】(1)电解制HCOOH，根据图示，Sn上得电子生成HCOOH和碳酸氢钾，反应的离子方程式是；
(2)①是化合反应，化合反应一般放热，＜0；
②，温度相同，化学平衡常数相同，平衡后溶液A、B中二氧化碳浓度相等，容器体积相等，所以两容器中分解的的物质的量的关系：n(A)=n(B)；
(3)①反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，甲烷百分含量减小，所以a、c表示物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，物质的量分数增大，所以表示0.1MPa时物质的量分数随温度变化关系的曲线是c；
②从M点到N点，温度相同时压强增大，则Ⅰ向正反应方向移动，Ⅰ中的浓度增大、浓度减小，这使Ⅱ向逆反应方向移动，故压强增大CO物质的量分数减小。
③物质的量分数之和为1，根据图示，590℃时的物质的量分数为20%、40%、40%，设投入CO2的物质的量为1mol、氢气的物质的量为3mol，则平衡时n(CO2)=0.2mol、n(CH4)=0.4mol、n(CO)=0.4mol、n(H2)=1mol、n(H2O)=1.2mol，反应Ⅱ的平衡常数=2.4。
(4) A．图1，相同时间内，至反应速率明显加快， 所以至催化剂活性大，故A正确；
B．由图2可知，330℃时发生的主要反应为，故B错误；
C．图3，压强增大时，反应Ⅰ的吸附速率、解吸速率均增大，故C错误；
D．2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，升高温度，平衡逆向移动，CO2浓度减小，所以升高温度反应Ⅳ平衡向逆反应方向移动，故D正确；
选BC。
12．(1) NaHCO3、Na2SO4 Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑
(2)除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质
(3)B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升
(4)BCD
(5) d a e c i h C

【分析】本题为工艺流程题，类比于侯氏制碱法来用Na2SO4饱和溶液与NH3、CO2反应生成NaHCO3和(NH4)2SO4，反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，过滤得到固体为NaHCO3和少量的Na2SO4，滤液中主要成分为(NH4)2SO4和Na2SO4，在滤液中加入Na2SO4固体可得到Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体，过滤得到Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体，然后进行高温煅烧可得NaHSO4和NH3，反应方程式为：Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，根据流程中①中的反应实验装置图可知，装置中三颈瓶A为反应①的反应装置，C为实验制备CO2的装置，反应原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，B为除去CO2中少量的HCl，则装置B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，据此分析解题。
(1)
由分析可知，流程中反应①反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，则反应后所获固体主要成分是NaHCO3、Na2SO4，反应③生成NaHSO4的化学反应方程式为：Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，故答案为：NaHCO3、Na2SO4；Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑；
(2)
由分析可知，装置图中B的作用是除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质，故答案为：除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质；
(3)
实验时持续通NH3，但A中产生少量固体后便不再继续反应，是由于生成的固体产物将通入CO2的导管口堵塞了，则此时B、C中可能观察到的现象是B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升，故答案为：B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升；
(4)
A．由分析可知，反应②发生的是复分解反应，根据复分解反应发生的条件可知，能生成复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O的主要原因是其溶解度较小，A正确；
B．抽滤过程中应注意观察吸滤瓶内液面高度，当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，操作不合理，B错误；
C．由分析可知，“煅烧(350°C)”的产生的尾气为NH3和H2O，NH3能直接流回反应①使用，或者配成硫酸钠氨化溶液，则实验中依据该流程闭路循环绿色的特点，“煅烧(350°C)”的实验中最好用硫酸钠溶液吸收来处理尾气，C错误；
D．装置图A中的长玻璃导管的作用是导出尾气，防止CO2通入过快而引起仪器炸裂，则下端不能浸入溶液中，D错误；
E．利用该流程制备两种盐的过程中先后发生的反应有：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 ，(NH4)2SO4+Na2SO4+2H2O=Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O ，Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，根据原子守恒可知，其总反应方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3，E正确；
故答案为：BCD；
(5)
测定NaHSO4的纯度：称取一定质量所得产品配成250mL溶液，用移液管取出15.00mL，用NaOH标准溶液滴定。
①根据中和滴定操作的顺序可知，实验过程中，移液管洗涤干净并用蒸馏水清洗2~3次后， 用吸水纸吸净尖端内、外的残留水，吸取少量待取液润洗2~3次，将润洗好的移液管插入待取溶液液面下约1-2cm处，吸取溶液使液面至标线以上，拿掉洗耳球，立即用食指堵住管口，使液体不再流出，将移液管提出液面，倾斜容器，将管尖紧贴容器内壁成约45°角，稍待片刻，松动食指使液面缓慢下降至溶液的凹液面与标线相切，立即按紧管口，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，当溶液流尽后，再停数秒，并将移液管向左右转动一下，取出移液管，则正确的操作顺序编号为：d→a→e→g→f→c→i→h，故答案为：d；a；e；c；i；h；
②本实验使用NaOH标准溶液滴定NaHSO4的含量，滴定终点为Na2SO4溶液，显中性，酚酞的变色范围为8.2~10，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，石蕊的变色范围为5~8，则为使实验结果更加精确，滴定过程中最好选用酚酞作指示剂，故答案为：C。
13．(1)
(2)BC
(3)2+CH3COCH3+2H2O
(4)或
(5)、、
(6)

【分析】C的结构已给出，从路线可知B到C为氧化反应，生成醛基；A到B应为取代反应，A的结构为，B为；C到D可参照题中所给已知信息，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与丙酮反应，故D为；D到E为加成反应，E为；对比F和H结构，可知F到G发生的变化应为甲氧基变为羟基，故G为。
(1)
据分析可知，化合物A 为，E为；
(2)
A．由E的结构简式可知E能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；
B．F中有酚羟基，E中没有酚羟基，可通过三氯化铁溶液鉴别，B正确；
C．化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个，C正确；
D．H的分子式为C19H20O2NP，D错误；
故选BC。
(3)
由分析可知D为，C到D的化学方程式为：
(4)
E为，制备F的过程中，可能成环的位置为苯环上含羰基侧链的四个邻位，反应位置如图所标数字1，，X与F互为同分异构体，故X的可能结构为：
或；
(5)
由分析可知D为，不饱和度为11。2个苯环的不饱和度为8，同分异构体还有1个含氧六元环，一个环的不饱和度为1，故其同分异构体还有两个饱和度，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，应为两个双键，不含-O-O-键，其结构简式可能为：，，；
(6)
以为原料，对比产物结构，原料可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为：。
14．(1) 酰胺基
(2)BD
(3)++HBr
(4)3CH=CH2
(5) 、 、、

【分析】E和反应生成，逆推可知E是，结合信息①逆推可知D是，和SOCl2反应生成B，B是，以此解题。
【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称是肽键；由分析可知，E的结构简式为；
（2）A．化合物A中含有羧基，不属于卤代烃，A错误；
B．根据化合物F的结构简式可知，其化学式为，B正确；
C．由A到B为取代反应，由B到C为取代反应，由C到D为取代反应，由D到E也是取代反应，则由A→E过程中涉及的有机反应类型有1种，C错误；
D．对比E和F的结构简式可知，由E+Y→F过程中有生成，D正确；
故选BD；
（3）根据流程可知，C→D过程化学方程式是++HBr；
（4）首先丙烯和水加成生成2—丙醇，再催化氧化生成丙酮，丙酮和HCN加成生成，再和水反应生成，具体合成路线为：CH3CH=CH2；
（5）分子中含有1个苯环，且苯环上只有1个支链，其等效氢有6种，故答案为：、、、。
15． AD 2 +2＋K2CO3→2+2KBr＋CO2＋H2O 、、、、
【分析】F和反应生成，逆推可知F是，结合信息①，逆推可知E是；D和反应生成，可知D是； 和SOCl2反应生成C，C是。
【详解】(1) A．根据结构简式，可知分子中含有2个甲基，故A正确；
B．甲苯与溴水不反应，故B错误；
C．→的反应类型是取代反应，故C错误；
D．的分子式是，故D正确；
选AD；
(2) 和SOCl2反应生成C，由C的分子式可知C是；F和反应生成，逆推可知F是；
(3)D是、E是，D→E过程中会产生一种无色无味的二氧化碳气体，其化学方程式是2+2＋K2CO3→2+2KBr＋CO2＋H2O。
(4) 的同分异构体，①包含、②含有片段：和 (C不再连接H)、③N与O不相连，不含醛基，可能有、、、、。
(5) 发生硝化反应生成，氧化为，再还原为，根据 ，可知，合成化合物B的路线为。
【点睛】本题考查有机推断和有机合成，明确各步骤结构简式的变化是解题关键，熟悉常见官能团的结构和性质，会利用逆推法分析有机物的结构简式，培养学生利用信息解决实际问题的能力。
16．(1) 3d54s1 d K和Cu
(2)AB
(3)配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
(4)

【详解】（1）基态Cr原子核外有24个电子，价层电子排布式为：3d54s1，属于周期表的d区，Cr原子最高能层电子数为1，第四周期中与Cr最高能层电子数相同的还有K和Cu。
（2）A．①、②、③中Cr的配位数都是6，故A正确；
B．①中Cr原子价层电子对数为6，Cr3+位于正八面体的中心，H2O和Cl-位于正八面体顶点，当两个Cl-相邻时为一种结构，两个Cl-不相邻时为另一种结构，即或，故B正确；
C．②中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键，氢键不是化学键，故C错误；
D．①②③中作为配体的Cl-不能在水溶液中电离出来，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量不相等，故D错误；
故选AB。
（3）配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
（4）该晶胞中N原子个数为8+6=4，Cr原子个数为1+12 =4，若该晶体的密度为，则晶胞的边长a= pm，晶胞中Cr原子之间的最近核间距为=pm。
17．(1) 冷凝管 降低盐酸滴下的速率
(2)CD
(3)氯气和水反应生成的次氯酸使向左移动，降低产率
(4) d-f-a-c 67.85

【分析】分析题给信息可知：A装置利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D装置为制备CCl3CHO的反应装置，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，以防止污染空气。
【详解】（1）仪器a的名称为冷凝管，若发现D中导管口处气泡速率过快说明生成氯气速率过快，所以合理的解决方法是降低盐酸滴下的速率，答案为：冷凝管，降低盐酸滴下的速率；
（2）A. 温度需要保持一定所以实验较合理的加热方式是水浴加热，A正确；
B.　多孔球泡可以增大反应物接触面积，提高反应速率，B正确；
C.　在D和E之间增加装置(如图) 会吸收氯化氢，C错误；
D.　反应后的混合物可采用蒸馏操作进一步分离、提纯三氯乙醛，D错误；
故选CD；
（3）若撤去装置C会导致产率降低，原因是氯气和水反应生成的次氯酸使向左移动，降低产率，答案为：氯气和水反应生成的次氯酸使向左移动，降低产率；
（4）①在测定过程中，滴定操作顺序为：检查是否漏水 →蒸馏水洗涤 → 标准液润洗滴定管→装入Na2S2O3溶液至“0”刻度以上2~3mL，固定好滴定管→将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡→调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数→锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化→到达滴定终点， 停止滴定，记录读数,答案为：d-f-a-c；
②根据滴定原理和I原子守恒，有：；
根据I2 + 2S2O= 2I-+ S4O，可知I2~2S2O，则：与Na2S2O3溶液反应消耗I2的物质的量为=0.0002mol；故与HCOO-反应消耗的I2的物质的量为：-0.0002mol=0.0023mol；根据CCl3CHO +OH- → CHCl3 + HCOO- HCOO－+ I2 =H+ + 2I- + CO2↑，可得关系式：CCl3CHO～HCOO-～I2，则CCl3CHO的物质的量为=0.0023mol，故产品的纯度=；
18． 饱和食盐水 长颈漏斗内液面上升 BD 关小水龙头，往布氏漏斗中加入饱和溶液至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止 dbadbc 样品中可能含有、或KClO等物质，导致测量值高于理论值
【分析】本题以电石渣[主要成分为和为原料制备晶体为体裁，重点考查实验制备氯气的发生装置和除杂试剂，氯气与石灰乳的反应，利用KClO3与Ca(ClO3)2的溶解度的差异来制备KClO3，主要反应有：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O、3Ca(ClO)2=2CaCl2+Ca(ClO3)2、2KCl+ Ca(ClO3)2=2KClO3+ CaCl2，在测定KClO3的含量时先加入足量的、溶液使杂质中的氯离子完全沉淀，再往滤液中加入足量的、溶液，将KClO3转化为KCl，再加入足量的、溶液使上一步生成的氯离子完全沉淀，过滤、洗涤除去表面的杂质，干燥、称量，通过第二步得到的沉淀的质量来计算KClO3的质量，从而测定KClO3的含量，据此分析解题。
【详解】(1)氯化时装置如图所示，由于A装置制备的Cl2中含有HCl，必须除去，否则将与石灰浆反应，故B中的试剂是用于除去氯气中的氯化氢，故为饱和食盐水；若C中导管处堵塞，则B中的长颈漏斗中的液面将上升，故答案为：饱和食盐水；长颈漏斗内液面上升；
(2)A．打浆时加水形成石灰浆以增大氯气和氢氧化钙的接触面积，使与充分反应，A正确；
B．若通入氯气的速率过快，氯气还未与氢氧化钙反应就被排除，这样导致氯气的转化率反而减小，故氯化时应尽可能减慢通入氯气以提高氯气的转化率，B错误；
C．电石渣的主要成分为和，且在水中的溶解度很小，故过滤得到的滤渣中含有、，C正确；
D．根据反应2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O和3Ca(ClO)2=2CaCl2+Ca(ClO3)2，但因少量分解生成和可知，过滤后的滤液中＜，D错误；
故答案为：BD；
(3)对抽滤后获得的KClO3晶体进行洗涤的方法是关小水龙头，停止抽滤过程，往布氏漏斗中加入KClO3饱和溶液以减小KClO3的溶解度，至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止，故答案为：关小水龙头，往布氏漏斗中加入KClO3饱和溶液至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止；
(4)某小组认为获得的KClO3产品中含有KCl、CaCl2两种物质，为测定KClO3的含量的步骤为：称取mg样品，用蒸馏水溶解，加入足量的、溶液使氯离子完全沉淀，过滤洗涤表面的杂质KClO3，再往滤液中加入足量的、溶液，将KClO3转化为KCl，再加入足量的、溶液使上一步生成的氯离子完全沉淀，过滤、洗涤除去表面的杂质，干燥、称量，通过第二步得到的沉淀的质量来计算KClO3的质量，从而测定KClO3的含量，故答案为：dbadbc；
(5)由于样品中可能含有、或KClO等物质，这些物质均有强氧化性，能与足量的、溶液反应转哈为氯离子，从而导致最后称量的沉淀质量偏大，导致测量值高于理论值，故答案为：样品中可能含有、或KClO等物质，导致测量值高于理论值。