2020年江苏省泰州市高考化学一模试卷

这是一份2020年江苏省泰州市高考化学一模试卷，共38页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年江苏省泰州市高考化学一模试卷
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化妆品中添加甘油可以起到保湿作用。甘油中一定含有的元素有（　　）
A．氯 B．氧 C．硫 D．磷
2．（2分）反应CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．中子数为8的碳原子：C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的结构示意图：
D．CO（NH2）2的结构简式：
3．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．SO2有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
C．小苏打能与碱反应，可用作抗酸药
D．NH4Cl受热易分解，可用作化肥
4．（2分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．0.1 mol•L﹣1 HCl溶液：NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
B．0.1 mol•L﹣1 KOH溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、SiO32﹣
C．0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液：K+、Cu2+、OH﹣、MnO4﹣
D．0.1 mol•L﹣1 NaClO溶液：Mg2+、Fe2+、I﹣、S2﹣
5．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．将Cl2通入热的NaOH溶液：Cl2+6OH﹣Cl﹣+ClO3﹣+3H2O
B．用醋酸除水垢：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+H2O+CO2↑
C．酸性FeSO4溶液长期放置发生变质：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O
D．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
6．（2分）下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲制取并收集氨气
B．用装置乙制取无水氯化镁
C．用装置丙除去氯气中的氯化氢
D．用装置丁分离苯和四氯化碳
7．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．CaCl2（aq）CaCO3CaO
B．NaNa2ONaOH
C．（C6H10O5）n（淀粉）C6H12O6（葡萄糖）C2H5OH
D．Cu2SCuCuSO4
8．（2分）如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法正确的是（　　）

A．Cu电极为正极
B．PbO2电极反应式为PbO2+2e﹣+4H+═Pb2++2H2O
C．放电后循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小
D．若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向改变
9．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．X与Z组成的化合物是离子化合物
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
10．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．由CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为CH4+8OH﹣﹣8e﹣═CO2+6H2O
B．常温下，反应2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）能自发进行，该反应△H＜0
C．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）达平衡后，缩小容器体积，H2O（g）平衡转化率不变
D．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl溶液加水稀释，的值减小
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分
11．（4分）如图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线：下列有关说法正确的是（　　）

A．X的化学式为C4H6O4
B．Y分子中有1个手性碳原子
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成聚酯Z
D．消耗Y和1，4丁二醇的物质的量之比为1：1
12．（4分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol•L﹣1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
C
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　）

A．图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B．图乙是平衡体系2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＝﹣56.9 kJ•mol﹣1改变某一条件后v（正）、v（逆）的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C．图丙是某温度下c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.100 mol•L﹣1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka＜10﹣4.75
D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
14．（4分）室温下，Ka（HCN）＝6.2×10﹣10，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5．若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）
B．向0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c（Na+）＜2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]
C．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液的比较：c（CN﹣）＜c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
D．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液等体积混合：c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）＝0.2 mol•L﹣1
15．（4分）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．该正反应△H＜0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v（H2）＝0.07 mol•L﹣1•min﹣1
D．10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2（g）和1 mol H2O（g），此时v（逆）＞v（正）
三.非选择题（共80分）
16．（12分）铁红（Fe2O3）常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质）为主要原料制备铁红的一种工艺流程如图1：

已知：某些过渡元素（如Cu、Fe、Ag等）的离子能与NH3、H2O、OH﹣、SCN﹣等形成可溶性配合物。
（1）工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是　 　。
（2）“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是　 　。
（3）“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有　 　。
（4）“沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是　 　。
（5）“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是　 　（填化学式）。
（6）写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：　 　。
17．（15分）化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经如图所示合成路线制备：

请回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是　 　。
（2）E中含氧官能团的名称为　 　和　 　。
（3）C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D．写出C的结构简式：　 　。
（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　 　。（不考虑立体异构）
①含有﹣SH结构；
②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
（5）写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
18．（12分）某十钒酸铵[（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O（其中钒为+5价）]常用来制造高端钒铝合金。
Ⅰ．（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O的制备
将NH4VO3溶于pH为4的弱酸性介质后，加入乙醇，过滤得到（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O晶体。乙醇的作用是　 　。
Ⅱ．（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O的组成测定
（1）NH4+含量测定
准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入蒸馏水和NaOH溶液，加热煮沸，生成的氨气用20.00 mL 0.100 0 mol•L﹣1盐酸标准溶液吸收。用等浓度的NaOH标准溶液滴定过量盐酸，消耗NaOH标准溶液8.00 mL。
（2）V10O286﹣（M＝958 g•mol﹣1）含量测定
步骤1：准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入适量稀硫酸，微热使之溶解。
步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O286﹣完全转化为VO2+。
步骤3：加适量稀硫酸酸化，加热煮沸，除去溶液中+4价硫。
步骤4：用0.020 00 mol•L﹣1 KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗30.00 mL KMnO4标准溶液（该过程中钒被氧化至+5价，锰被还原至+2价）。
①写出步骤2反应的离子方程式：　 　。
②若未进行步骤3操作，则数值y将　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
③通过计算确定该十钒酸铵晶体的化学式（写出计算过程）。
19．（15分）氟铝酸钠（Na3AlF6）是工业炼铝中重要的含氟添加剂。实验室以氟石（CaF2）、石英和纯碱为原料模拟工业制备氟铝酸钠的流程如图1所示：

（1）“煅烧”时，固体药品混合后应置于　 　（填仪器名称）中加热。
（2）通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如图中的　 　（填序号）所示。

（3）在酸性废水中加入Al2（SO4）3Na2SO4混合溶液，可将废水中F﹣转换为氟铝酸钠沉淀。
①该混合溶液中，Al2（SO4）3与Na2SO4的物质的量之比应≥　 　（填数值）。
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH．实验测得溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图2所示。pH＞5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是　 　。
（4）若用CaCl2作为沉淀剂除去F﹣，欲使F﹣浓度不超过0.95 mg•L﹣1，c（Ca2+）至少为　 　mol•L﹣1．[Ksp（CaF2）＝2.7×10﹣11]
（5）工业废铝屑（主要成分为铝，少量氧化铁、氧化铝）可用于制取硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]。
①请补充完整由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，　 　，得硫酸铝晶体。
[已知：pH＝5时，Al（OH）3沉淀完全；pH＝8.5时，Al（OH）3沉淀开始溶解。须使用的试剂：3 mol•L﹣1 H2SO4溶液、2 mol•L﹣1 NaOH溶液、冰水]
②实验操作过程中，应保持强制通风，原因是　 　。
20．（14分）烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）；△H＝a kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H＝b kJ•mol﹣1
CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝c kJ•mol﹣1
反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝　 　 kJ•mol﹣1。
（2）H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生•OH．•OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。

①写出•OH氧化NO的化学反应方程式：　 　。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是　 　，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是　 　。
（3）工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
①SO2气体在　 　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理：　 　。
（4）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ZnFe2Ox）能将烟气中SO2分解除去，若1 mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝　 　。
【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答。若多做，则按A小题评分。A．[物质结构与性质]
21．（12分）由硝酸锰[Mn（NO3）2]制备的一种含锰催化剂，常温下能去除甲醛、氢氰酸（HCN）等有毒气体。
（1）Mn2+基态核外电子排布式是　 　。NO3﹣的空间构型为　 　（用文字描述）
（2）甲醛分子中，碳原子的杂化方式为　 　。
（3）HCN分子中σ键与π键的数目比为　 　。H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为　 　。

（4）硝酸锰受热可分解生成NO2和某种锰的氧化物。该氧化物晶胞结构如右图所示。写出硝酸锰受热分解的化学方程式：　 　。
B．[实验化学]
22．实验室用氧化锌作催化剂、以乙二醇和碳酸氢钠为复合解聚剂常压下快速、彻底解聚聚对苯二甲酸乙二醇酯，同时回收对苯二甲酸和乙二醇。反应原理如下：

实验步骤如下：
步骤1：在题图1所示装置的四颈烧瓶内依次加入洗净的矿泉水瓶碎片、氧化锌、碳酸氢钠和乙二醇，缓慢搅拌，油浴加热至180℃，反应0.5 h。

步骤2：降下油浴，冷却至160℃，将搅拌回流装置改为图2所示的搅拌蒸馏装置，水泵减压，油浴加热蒸馏。
步骤3：蒸馏完毕，向四颈烧瓶内加入沸水，搅拌。维持温度在60℃左右，抽滤。
步骤4：将滤液转移至烧杯中加热煮沸后，趁热边搅拌边加入盐酸酸化至pH为1～2．用砂芯漏斗抽滤，洗涤滤饼数次直至洗涤滤液pH＝6，将滤饼摊开置于微波炉中微波干燥。
请回答下列问题：
（1）步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片的目的是　 　。
（2）步骤2中减压蒸馏的目的是　 　，蒸馏出的物质是　 　。
（3）抽滤结束后停止抽滤正确的操作方法是　 　。若滤液有色，可采取的措施是　 　。
（4）该实验中，不采用水浴加热的原因是　 　。

2020年江苏省南通市、泰州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2分）化妆品中添加甘油可以起到保湿作用。甘油中一定含有的元素有（　　）
A．氯 B．氧 C．硫 D．磷
【分析】甘油是丙三醇，其化学式为C3H8O3，据此分析。
【解答】解：甘油是丙三醇，其化学式为C3H8O3，是由C、H、O三种元素组成的，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的组成，题目难度不大，注意把握烃以及烃的衍生物的组成结构，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
2．（2分）反应CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．中子数为8的碳原子：C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的结构示意图：
D．CO（NH2）2的结构简式：
【分析】A．中子数+质子数＝质量数，质量数在元素符号的左上角；
B．氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C．氧原子的核电荷数＝核外电子总数＝8，最外层为6个电子；
D．CO（NH2）2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。
【解答】解：A．中子数为8的碳元素的一种核素的质量数＝中子数+质子数＝14，原子符号为146C，故A错误；
B．NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误；
C．氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误；
D．CO（NH2）2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO（NH2）2，或：，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．SO2有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
C．小苏打能与碱反应，可用作抗酸药
D．NH4Cl受热易分解，可用作化肥
【分析】A、Al2O3是离子化合物、离子键强、破坏离子键需要较高温度；
B、用作抗氧化剂的物质具有强还原性；
C、碳酸氢钠能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，并且弱碱性、无毒；
D、N、P、K元素是植物生长必需的营养元素，施肥主要是补充土壤中的N、P、K元素。
【解答】解：A、Al2O3是离子化合物、离子键强，导致其熔点高，所以可用作耐高温材料，故A正确；
B、SO2用作葡萄酒抗氧化剂，主要是利用SO2的还原性，与SO2有氧化性无关，故B错误；
C、碳酸氢钠俗名小苏打，能与盐酸反应生成氯化钠，碳酸氢钠有弱碱性、无毒，可用作抗酸药，故C错误；
D、NH4Cl含有植物体必需的N元素，可用作化肥，与NH4Cl受热易分解的性质无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析和应用能力的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大。
4．（2分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．0.1 mol•L﹣1 HCl溶液：NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
B．0.1 mol•L﹣1 KOH溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、SiO32﹣
C．0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液：K+、Cu2+、OH﹣、MnO4﹣
D．0.1 mol•L﹣1 NaClO溶液：Mg2+、Fe2+、I﹣、S2﹣
【分析】A．四种离子之间不反应，都不与氯化氢反应；
B．钙离子与个酸根离子生成硅酸钙沉淀；
C．氢氧根离子、铜离子、碳酸氢根离子之间相互反应；
D．次氯酸钠能够氧化亚铁离子、碘离子和硫离子。
【解答】解：A．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，都不与HCl反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Ca2+、SiO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．NaHCO3与Cu2+、OH﹣之间相互反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，能够氧化Fe2+、I﹣、S2﹣，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．将Cl2通入热的NaOH溶液：Cl2+6OH﹣Cl﹣+ClO3﹣+3H2O
B．用醋酸除水垢：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+H2O+CO2↑
C．酸性FeSO4溶液长期放置发生变质：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O
D．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
【分析】A．电荷不守恒；
B．水垢中碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
C．二价铁离子具有强的还原性，易被氧化生成三价铁离子；
D．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子也参与反应；
【解答】解：A．将Cl2通入热的NaOH溶液，离子方程式：3Cl2+6OH﹣5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，故A错误；
B．用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO﹣+H2O+CO2↑+Ca2+，故B错误；
C．酸性FeSO4溶液长期放置发生变质，离子方程式：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故C正确；
D．往NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热，反应生成碳酸钠、氨气和水，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，熟悉离子方程式书写方法，明确盐类水解影响因素、氧化还原反应是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
6．（2分）下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲制取并收集氨气
B．用装置乙制取无水氯化镁
C．用装置丙除去氯气中的氯化氢
D．用装置丁分离苯和四氯化碳
【分析】A．加热固体时试管口应该低于试管底；
B．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl；
C．HCl极易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解；
D．苯和四氯化碳互溶。
【解答】解：A．加热固体时试管口应该低于试管底，防止生成的水倒流而炸裂试管，故A错误；
B．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进盐酸挥发，所以蒸干最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；
C．HCl极易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故C正确；
D．苯和四氯化碳互溶，应该采用蒸馏方法分离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质制备、物质分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．CaCl2（aq）CaCO3CaO
B．NaNa2ONaOH
C．（C6H10O5）n（淀粉）C6H12O6（葡萄糖）C2H5OH
D．Cu2SCuCuSO4
【分析】A、CaCl2溶液和二氧化碳不能反应；
B、钠在氧气中燃烧生成Na2O2；
C、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精；
D、Cu是比较不活泼金属，不能与稀硫酸反应。
【解答】解：A、盐酸酸性强于碳酸，根据强制弱酸原理，二氧化碳与氯化钙不反应，故A错误；
B、常温下，Na与O2反应生成Na2O，点燃条件下生成Na2O2，故B错误；
C、稀硫酸作催化剂时（C6H10O5）n水解生成C6H12O6（葡萄糖），葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，所以该过程能实现，故C正确；
D、Cu位于金属活动顺序表H元素之后，不能与稀硫酸反应生成硫酸铜，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质和转化关系的分析，侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查，熟悉物质的性质及反应条件是解题关键，注意反应条件和反应产物的判断，题目难度不大。
8．（2分）如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法正确的是（　　）

A．Cu电极为正极
B．PbO2电极反应式为PbO2+2e﹣+4H+═Pb2++2H2O
C．放电后循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小
D．若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向改变
【分析】由图可知电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失A电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，据此分析。
【解答】解：A、铜失电子，发生氧化反应，Cu电极为负极，故A错误；
B、PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，故B错误；
C、由总反应Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O可知，放电时硫酸转化为硫酸铜，则H2SO4与CuSO4物质的量之比变小，故C正确；
D、若将Cu换成Pb，铅仍是负极，则电路中电子转移方向不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学电源新型电池，根据原电池原理来分析解答，知道电极上发生的反应即可解答，电极反应式的书写是学习难点，总结归纳书写规律，题目难度中等。
9．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．X与Z组成的化合物是离子化合物
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，X为F；Y是地壳中含量最高的金属元素，Y为Al；Y、Z处于同一周期且相邻，Z为Si；W原子最外层电子比内层电子少3个，最外层电子数为2+8﹣3＝7，W为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为F、Y为Al、Z为Si、W为Cl，
A．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r（X）＜r（W）＜r（Z）＜r（Y），故A错误；
B．X与Z组成的化合物只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C．非金属性Cl大于Si，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱，故C错误；
D．元素Y、W最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、高氯酸，反应生成盐和水，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、元素的位置及原子序数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．由CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为CH4+8OH﹣﹣8e﹣═CO2+6H2O
B．常温下，反应2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）能自发进行，该反应△H＜0
C．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）达平衡后，缩小容器体积，H2O（g）平衡转化率不变
D．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl溶液加水稀释，的值减小
【分析】A．碱性溶液中生成碳酸根离子；
B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；
C．缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；
D．溶液加水稀释，促进水解，但Kh、Kw不变。
【解答】解：A．碱性溶液中生成碳酸根离子，负极反应为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故A错误；
B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，气体体积增大，△S＞0，能自发进行，该反应△H，0，故B正确；
C．缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，H2O（g）平衡转化率减小，故C错误；
D．溶液加水稀释，促进水解，但Kh、Kw不变，＝Kh×Kw，比值不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握电极反应、平衡移动、反应进行方向、盐类水解为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分
11．（4分）如图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线：下列有关说法正确的是（　　）

A．X的化学式为C4H6O4
B．Y分子中有1个手性碳原子
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成聚酯Z
D．消耗Y和1，4丁二醇的物质的量之比为1：1
【分析】A．X含有6个C、4个H、4个O原子；
B．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；
C．二元酸与二元醇发生缩聚反应；
D．由Z可知，Y和1，4丁二醇按1：1反应。
【解答】解：A．X含有6个C、4个H、4个O原子，在分子式为C6H6O4，故A错误；
B．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，Y不含手性碳原子，故B错误；
C．Y和1，4丁二醇不含碳碳双键，二者发生缩聚反应，故C错误；
D．由Z可知，Y和1，4丁二醇发生缩聚反应，按1：1反应，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大
12．（4分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol•L﹣1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
C
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．三价铁能被Fe还原生成二价铁；
B．溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质；
C．两个试管中都含有锰离子，但a中锰离子多；
D．苯酚与NaOH反应生成苯酚钠和水。
【解答】解：A．三价铁能被Fe还原生成二价铁，所以结论不正确，故A错误；
B．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则向新制的AgCl乳白色悬浊液中滴加0.1mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀，证明：Ksp[AgCl]＞Ksp[AgI]，故B正确；
C．两个试管中都含有锰离子，但a中锰离子多，a反应速率快，说明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂，故C正确；
D．苯酚与NaOH反应生成苯酚钠和水，导致溶液变澄清，但不能说明苯酚呈酸性，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、离子检验、酸性比较、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（4分）根据下列图示所得出的结论正确的是（　　）

A．图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B．图乙是平衡体系2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＝﹣56.9 kJ•mol﹣1改变某一条件后v（正）、v（逆）的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C．图丙是某温度下c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.100 mol•L﹣1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka＜10﹣4.75
D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
【分析】A．弱酸性环境下的铁钉发生析氢腐蚀，气体的压强增大；
B．t0时刻正反应速率增大、逆反应速率不变；
C．由图中交点可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），则Ka＝＝c（H+）；
D．活化能越小，催化效果越好。
【解答】解：A．弱酸性环境下的铁钉发生析氢腐蚀，气体的压强增大，后发生吸氧腐蚀、压强减小，与图象一致，故A正确；
B．t0时刻正反应速率增大、逆反应速率不变，改变条件为增大反应物浓度，故B错误；
C．由图中交点可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），则Ka＝＝c（H+）＝10﹣4.75，故C错误；
D．活化能越小，催化效果越好，则催化剂Ⅱ催化效果好，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握电化学腐蚀、反应速率、Ka计算、活化能与催化剂为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
14．（4分）室温下，Ka（HCN）＝6.2×10﹣10，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5．若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）
B．向0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c（Na+）＜2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]
C．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液的比较：c（CN﹣）＜c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
D．0.1 mol•L﹣1 NaCN溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHC2O4溶液等体积混合：c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）＝0.2 mol•L﹣1
【分析】A．二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的NaCl、HCN，HCN部分电离导致溶液呈酸性，但是其电离程度较小；
B．溶液的pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）；
C．酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小；
D．混合溶液中存在物料守恒c（Na+）＝2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]，但是溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半。
【解答】解：A．二者恰好完全反应生成等物质的量浓度的NaCl、HCN，HCN部分电离导致溶液呈酸性，但是其电离程度较小，所以c（H+）＜c（HCN），故A错误；
B．溶液的pH＝7，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），所以c（Na+）＜2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故B正确；
C．酸根离子水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，水解程度CN﹣＞HC2O4﹣，所以溶液中存在c（CN﹣）＜c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C正确；
D．混合溶液中存在物料守恒c（Na+）＝2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]，但是溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半，所以存在c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）＝0.05 mol•L﹣1，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，D为解答易错点。
15．（4分）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．该正反应△H＜0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v（H2）＝0.07 mol•L﹣1•min﹣1
D．10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2（g）和1 mol H2O（g），此时v（逆）＞v（正）
【分析】A．由图象可知，升高温度，CO2的物质的量先减小后增大，说明升高温度，在Ⅱ基础上平衡逆向移动；
B．T1时，在10min时不一定达到平衡状态；
C.10 min内，容器ⅡCO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.7mol，由方程式可知转化氢气的物质的量为2.1mol，以此可计算氢气的反应速率；
D.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）：1 3 0 0
变化量（mol）：0.3 0.9 0.3 0.3
最终量（mol）：0.7 2.1 0.3 0.3
以此计算平衡常数，进而计算再加入1 mol CO2（g）和1 mol H2O（g）的Qc，以此判断反应进行的方向。
【解答】解：A．三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变，当反应均进行到10min时H2的体积分数如图，温度越高反应速率越快，达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，I和II氢气的体积分数减小，说明反应向正反应方向进行，没有达到化学平衡，当III的氢气体积分数增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，正反应为放热反应，III达到平衡，故A正确；
B．T1时，在10min时不一定达到平衡状态，则不能计算平衡常数，故B错误；
C.10 min内，容器ⅡCO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.7mol，由方程式可知转化氢气的物质的量为2.1mol，v（H2）＝＝0.21 mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；
D.10 min时，向容器Ⅲ中CO2的物质的量为0.3mol，则转化CO2的物质的量为0.3mol，
反应三段式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）：1 3 0 0
变化量（mol）：0.3 0.9 0.3 0.3
平衡量（mol）：0.7 2.1 0.3 0.3
则K＝＝0.029，
再加入1 mol CO2（g）和1 mol H2O（g），Qc＝＝0.052＞K，则平衡逆向移动，此时v（逆）＞v（正），故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高考常见题型，侧重考查学生计算能力，熟悉物质的量浓度公式、浓度与反应速率关系、平衡常数的计算方法等知识点即可解答，题目难度中等。
三.非选择题（共80分）
16．（12分）铁红（Fe2O3）常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质）为主要原料制备铁红的一种工艺流程如图1：

已知：某些过渡元素（如Cu、Fe、Ag等）的离子能与NH3、H2O、OH﹣、SCN﹣等形成可溶性配合物。
（1）工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是　增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率　。
（2）“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是　过量太多会增加沉淀过程氨水的用量　。
（3）“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有　Fe2+、Fe3+、H+　。
（4）“沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如图2所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是　氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物　。
（5）“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是　（NH4）2SO4　（填化学式）。
（6）写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：　4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2　。
【分析】硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质）加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁；，在滤液中加入氨水、碳酸氢铵调节PH值，得到FeOOH和FeCO3，在空气中焙烧，发生4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，生成氧化铁和二氧化碳，同时FeOOH生成Fe2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）将硫铁矿烧渣经过粉碎，可增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率；
（2）“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量，故答案为：过量太多会增加沉淀过程氨水的用量；
（3）Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，滤液中含有Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe2+、Fe3+、H+；
（4）当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降，可能原因是氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物，
故答案为：氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物；
（5）Fe2O3、Fe3O4与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，加入氨水、碳酸氢铵，“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，滤液含有（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4；
（6）FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。
【点评】本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
17．（15分）化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经如图所示合成路线制备：

请回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是　加成反应　。
（2）E中含氧官能团的名称为　羰基　和　酯基　。
（3）C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D．写出C的结构简式：　　。
（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　　。（不考虑立体异构）
①含有﹣SH结构；
②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
（5）写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【分析】（1）对比A、B的结构可知，对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B；
（2）由结构可知E中含氧官能团有：羰基、酯基；
（3）C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D；
（4）D的一种同分异构体满足：①含有﹣SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键；
（5）模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成．乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。
【解答】解：（1）对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B，A与发生加成反应生成B，
故答案为：加成反应；
（2）由结构可知E中含氧官能团有：羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
（3）C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D，故C的结构简式为：，
故答案为：；
（4）D的一种同分异构体满足：①含有﹣SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键，符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（5）模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成．乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，和合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，（4）中同分异构体的书写为易错点、难点，是对有机化学基础的综合考查。
18．（12分）某十钒酸铵[（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O（其中钒为+5价）]常用来制造高端钒铝合金。
Ⅰ．（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O的制备
将NH4VO3溶于pH为4的弱酸性介质后，加入乙醇，过滤得到（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O晶体。乙醇的作用是　促进十钒酸铵晶体的析出　。
Ⅱ．（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O的组成测定
（1）NH4+含量测定
准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入蒸馏水和NaOH溶液，加热煮沸，生成的氨气用20.00 mL 0.100 0 mol•L﹣1盐酸标准溶液吸收。用等浓度的NaOH标准溶液滴定过量盐酸，消耗NaOH标准溶液8.00 mL。
（2）V10O286﹣（M＝958 g•mol﹣1）含量测定
步骤1：准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入适量稀硫酸，微热使之溶解。
步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O286﹣完全转化为VO2+。
步骤3：加适量稀硫酸酸化，加热煮沸，除去溶液中+4价硫。
步骤4：用0.020 00 mol•L﹣1 KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗30.00 mL KMnO4标准溶液（该过程中钒被氧化至+5价，锰被还原至+2价）。
①写出步骤2反应的离子方程式：　V10O286﹣+5HSO3﹣+21H+＝10VO2++5SO42﹣+13H2O　。
②若未进行步骤3操作，则数值y将　偏小　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
③通过计算确定该十钒酸铵晶体的化学式（写出计算过程）。
【分析】I．乙醇可降低晶体的溶解度，使晶体析出；
II．①发生氧化还原反应，V元素的化合价降低、S元素的化合价升高；
②步骤3中发生HSO3﹣+H+＝H2O+SO2↑，若未进行步骤3，消耗高锰酸钾的体积偏大；
③实验I中，n（NH3）＝n（HCl）﹣n（NaOH），
实验II中发生的反应：V10O286﹣+5HSO3﹣+21H+＝10VO2++5SO42﹣+13H2O，5VO2++MnO4﹣+H2O＝Mn2++5VO2++2H+，
则V10O286﹣～10VO2+～2MnO4﹣，根据高锰酸钾的物质的量求出V10O286﹣的物质的量，利用物质的量之比等于微粒数目比求出x，再根据质量守恒定律求出水的质量和y的值。
【解答】解：Ⅰ．将NH4VO3溶于pH为4的弱酸性介质后，加入乙醇，过滤得到（NH4）xH6﹣xV10O28•yH2O晶体，乙醇的作用是促进十钒酸铵晶体的析出，
故答案为：促进十钒酸铵晶体的析出；
Ⅱ．①步骤2反应的离子方程式为V10O286﹣+5HSO3﹣+21H+＝10VO2++5SO42﹣+13H2O，
故答案为：V10O286﹣+5HSO3﹣+21H+＝10VO2++5SO42﹣+13H2O；
②步骤3中发生HSO3﹣+H+＝H2O+SO2↑，若未进行步骤3，消耗高锰酸钾的体积偏大，导致钒酸铵质量偏大，则含结晶水质量偏小，即y偏小，
故答案为：偏小；
③实验I中，n（NH4+）＝n（NH3）＝n（HCl）﹣n（NaOH）＝0.0200L×0.1000mol/L﹣0.0080×0.1000mol/L＝1.2×10﹣3 mol，
实验II中发生的反应：V10O286﹣+5HSO3﹣+21H+＝10VO2++5SO42﹣+13H2O，5VO2++MnO4﹣+H2O＝Mn2++5VO2++2H+，
则V10O286﹣～10VO2+～2MnO4﹣，所以n（V10O286﹣）＝n（MnO4﹣）＝×0.03L×0.02mol/L＝3.0×10﹣4 mol，
n（V10O286﹣）：n（NH4+）＝1：x，所以x＝4，
n（H2O）＝＝3.0×10﹣3 mol
y＝＝10，该十钒酸铵晶体的化学式为（NH4）4H2V10O28•10H2O，
答：晶体的化学式为（NH4）4H2V10O28•10H2O。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
19．（15分）氟铝酸钠（Na3AlF6）是工业炼铝中重要的含氟添加剂。实验室以氟石（CaF2）、石英和纯碱为原料模拟工业制备氟铝酸钠的流程如图1所示：

（1）“煅烧”时，固体药品混合后应置于　铁坩埚　（填仪器名称）中加热。
（2）通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如图中的　②　（填序号）所示。

（3）在酸性废水中加入Al2（SO4）3Na2SO4混合溶液，可将废水中F﹣转换为氟铝酸钠沉淀。
①该混合溶液中，Al2（SO4）3与Na2SO4的物质的量之比应≥　　（填数值）。
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH．实验测得溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图2所示。pH＞5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是　OH﹣与Al3+结合能力强于F﹣与Al3+结合能力　。
（4）若用CaCl2作为沉淀剂除去F﹣，欲使F﹣浓度不超过0.95 mg•L﹣1，c（Ca2+）至少为　0.0108　mol•L﹣1．[Ksp（CaF2）＝2.7×10﹣11]
（5）工业废铝屑（主要成分为铝，少量氧化铁、氧化铝）可用于制取硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]。
①请补充完整由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，　加入2mol•L﹣1NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3mol•L﹣1H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3mol•L﹣1H2SO4至恰好完全溶解，将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥；　，得硫酸铝晶体。
[已知：pH＝5时，Al（OH）3沉淀完全；pH＝8.5时，Al（OH）3沉淀开始溶解。须使用的试剂：3 mol•L﹣1 H2SO4溶液、2 mol•L﹣1 NaOH溶液、冰水]
②实验操作过程中，应保持强制通风，原因是　防止H2与O2混合爆炸　。
【分析】由工业上生产Na3AlF6的主要流程可知，氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2 CO2↑+2NaF+CaSiO3↓，加水浸取，残渣为CaSiO3，滴加稀硫酸，调溶液pH接近5时，加入硫酸铝，硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+＝Na3AlF6↓，过滤、洗涤、干燥得纯净的Na3AlF6产品。
（1）煅烧以氟石（CaF2）、石英和纯碱为原料的固体，应在铁坩埚中进行；
（2）注意不能滴成“水 线”，这样，滴定速度太快不易控制，故要间隔滴加时，应改为一滴一滴地加；
（3）①根据硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+＝Na3AlF6↓，分析；
②pH＞5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是OH﹣与Al3+结合能力强于F﹣与Al3+结合能力；
（4）常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10﹣11可知，溶液中F﹣浓度为0.95 mg•L﹣1，再计算出钙离子的浓度；
（5）①向废铝屑中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，采用过滤的方法进行分离，溶液为NaAlO2溶液，向其中加入稀硫酸，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；固体为氢氧化铝，氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体；
②因为向废铝屑中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，为防止H2与O2混合爆炸。
【解答】解：工业上生产Na3AlF6的主要流程：氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2 CO2↑+2NaF+CaSiO3↓，加水浸取，残渣为CaSiO3，滴加稀硫酸，调溶液pH接近5时，加入硫酸铝，硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+＝Na3AlF6↓，过滤、洗涤、干燥得纯净的Na3AlF6产品。
（1）煅烧以氟石（CaF2）、石英和纯碱为原料的固体，应在铁坩埚中进行，
故答案为：铁坩埚；
（2）注意不能滴成“水 线”，这样，滴定速度太快不易控制，故要间隔滴加时，应改为一滴一滴地加，
故答案为：②；
（3）①加入硫酸铝，硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为：3Na++6F﹣+Al3+＝Na3AlF6↓，所以该混合溶液中，Al2（SO4）3与Na2SO4的物质的量之比应≥，
故答案为：；
②pH＞5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是OH﹣与Al3+结合能力强于F﹣与Al3+结合能力，
故答案为：OH﹣与Al3+结合能力强于F﹣与Al3+结合能力；
（4）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10﹣11可知，溶液中F﹣浓度为＝5×10﹣5 mol•L﹣1，则Ca2+的浓度为mol/L＝0.0108mol/L，
故答案为：0.0108；
（5）①向废铝屑中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，采用过滤的方法进行分离，溶液为NaAlO2溶液，向其中加入稀硫酸，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；固体为氢氧化铝，氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体，则由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，加入2 mol•L﹣1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol•L﹣1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol•L﹣1 H2SO4至恰好完全溶解，将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥，
故答案为：加入2 mol•L﹣1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol•L﹣1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol•L﹣1 H2SO4至恰好完全溶解，将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥；
②因为发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，H2与O2混合爆炸，则实验操作过程中，应保持强制通风，原因是防止H2与O2混合爆炸，
故答案为：防止H2与O2混合爆炸。
【点评】本题以制取Na2AlF6的为载体，考查实验仪器的使用、离子的检验、晶体的洗涤及其相关检验、电解原理、化学方程式的书写、化学计算等知识内容，难度中等，注意掌握基本实验操作和进行化学计算。
20．（14分）烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）；△H＝a kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H＝b kJ•mol﹣1
CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝c kJ•mol﹣1
反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝　2a+2c﹣b　 kJ•mol﹣1。
（2）H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生•OH．•OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。

①写出•OH氧化NO的化学反应方程式：　3•OH+NO═HNO3+H2O　。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是　H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的•OH，•OH浓度增大，与NO混合更充分　，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是　180℃以后，•OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降　。
（3）工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
①SO2气体在　Ⅱ　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理：　OH﹣+HSO3﹣═SO32﹣+H2O　。
（4）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ZnFe2Ox）能将烟气中SO2分解除去，若1 mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝　3　。
【分析】（1）①2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）；△H＝a kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H＝b kJ•mol﹣1
③CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝c kJ•mol﹣1
盖斯定律计算①×2+③×2﹣②得到反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H；
（2）①•OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水；
②升温至80℃以上，大量汽化的H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的•OH，能使NO的脱除效率显著提高，温度高于180℃，NO的脱除效率降低•OH分解成O2和H2O；
（3）a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，a为阴极，b为阳极，阳离子交换膜允许钠离子、氢离子通过，电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，氢氧根离子浓度增大促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入Ⅰ室，吸收液就可以再生，酸性条件下b电极上是OH﹣转化为O2，氢离子浓度增大通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和亚硫酸氢根离子结合生成亚硫酸，分解生成二氧化硫；
（4）氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算；
【解答】解：（1）①2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）；△H＝a kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H＝b kJ•mol﹣1
③CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H＝c kJ•mol﹣1
盖斯定律计算①×2+③×2﹣②得到反应CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H，
故答案为：2a+2c﹣b；
（2）①•OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发反应生成硝酸和水，反应的化学方程式：3•OH+NO═HNO3+H2O，
故答案为：3•OH+NO═HNO3+H2O；
②H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的•OH，•OH浓度增大，与NO混合更充分，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是：•OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，
故答案为：H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的•OH，•OH浓度增大，与NO混合更充分；180℃以后，•OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降；
（3）a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，a为阴极，b为阳极，阳离子交换膜允许钠离子、氢离子通过，电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，氢氧根离子浓度增大促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入Ⅰ室，吸收液就可以再生，酸性条件下b电极上是OH﹣转化为O2，氢离子浓度增大通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和亚硫酸氢根离子结合生成亚硫酸，分解生成二氧化硫
①二氧化硫在Ⅱ室生成，
故答案为：Ⅱ；
②吸收液中氢氧根离子和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸根离子和水，钠离子进入Ⅰ室，吸收液就可以再生，离子方程式表示吸收液再生的原理为：OH﹣+HSO3﹣═SO32﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+HSO3﹣═SO32﹣+H2O；
（4）该反应为氧化还原反应，根据电子得失守恒分析得：硫元素得电子为（+4﹣0）×1mol＝4mol，ZnFe2O4中铁元素化合价为+3，ZnFe2Ox中铁元素化合价为x﹣1，铁元素失电子数目为[3﹣（x﹣1）]×2×2mol＝4mol，则x＝3，
故答案为：3。
【点评】本题考查热化学方程式书写和计算、氧化还原反应、离子方程式、电极反应式的书写等知识点，明确电解池原理是解题的关键，注意氧化还原反应的计算应用，题目难度中等。
【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答。若多做，则按A小题评分。A．[物质结构与性质]
21．（12分）由硝酸锰[Mn（NO3）2]制备的一种含锰催化剂，常温下能去除甲醛、氢氰酸（HCN）等有毒气体。
（1）Mn2+基态核外电子排布式是　1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5　。NO3﹣的空间构型为　平面正三角形　（用文字描述）
（2）甲醛分子中，碳原子的杂化方式为　sp2　。
（3）HCN分子中σ键与π键的数目比为　1：1　。H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为　N＞C＞H　。

（4）硝酸锰受热可分解生成NO2和某种锰的氧化物。该氧化物晶胞结构如右图所示。写出硝酸锰受热分解的化学方程式：　Mn（NO3）2MnO2+2NO2↑　。
【分析】（1）Mn为25号元素，锰离子含有23个电子，结合构造原理书写Mn2+基态核外电子排布式；根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3﹣的空间构型；
（2）甲醛分子为平面三角形结构，据此判断C原子杂化类型；
（3）HCN分子结构式为H﹣C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；
（4）硝酸锰受热分解生成二氧化氮和锰的氧化物，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒书写方程式。
【解答】解：（1）Mn为25号元素，Mn2+基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
对于NO3﹣，根据VSEPR理论，配位原子数为BP＝3，孤电子对数为LP＝0，则其价电子对数为VP＝BP+LP＝3+0＝3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形；
故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；平面正三角形；
（2）甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，甲醛为平面三角形结构，C原子杂化类型是sp2，
故答案为：sp2；
（3）HCN分子结构式为H﹣C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序是：N＞C＞H，
故答案为：1：1；N＞C＞H；
（4）硝酸锰受热分解生成二氧化氮和锰的氧化物，设取1个Mn（NO3）2，氮元素化合价从+5价降为+4价，共降2价，则锰元素化合价得升高2价，从+2价升高为+4价，所以得到氧化物为二氧化锰，依据原子个数守恒反应的方程式：Mn（NO3）2MnO2+2NO2↑；
故答案为：Mn（NO3）2MnO2+2NO2↑。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、化学键、杂化方式与空间构型判断等，掌握基础是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
B．[实验化学]
22．实验室用氧化锌作催化剂、以乙二醇和碳酸氢钠为复合解聚剂常压下快速、彻底解聚聚对苯二甲酸乙二醇酯，同时回收对苯二甲酸和乙二醇。反应原理如下：

实验步骤如下：
步骤1：在题图1所示装置的四颈烧瓶内依次加入洗净的矿泉水瓶碎片、氧化锌、碳酸氢钠和乙二醇，缓慢搅拌，油浴加热至180℃，反应0.5 h。

步骤2：降下油浴，冷却至160℃，将搅拌回流装置改为图2所示的搅拌蒸馏装置，水泵减压，油浴加热蒸馏。
步骤3：蒸馏完毕，向四颈烧瓶内加入沸水，搅拌。维持温度在60℃左右，抽滤。
步骤4：将滤液转移至烧杯中加热煮沸后，趁热边搅拌边加入盐酸酸化至pH为1～2．用砂芯漏斗抽滤，洗涤滤饼数次直至洗涤滤液pH＝6，将滤饼摊开置于微波炉中微波干燥。
请回答下列问题：
（1）步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片的目的是　增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌　。
（2）步骤2中减压蒸馏的目的是　降低蒸馏温度，防止高温下发生副反应，致使产品不纯　，蒸馏出的物质是　乙二醇　。
（3）抽滤结束后停止抽滤正确的操作方法是　先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡胶管，再关闭抽气泵　。若滤液有色，可采取的措施是　加入活性炭脱色　。
（4）该实验中，不采用水浴加热的原因是　水浴温度不能超过100℃　。
【分析】（1）反应物的接触面积越大反应速率越快；
（2）减压蒸馏的目的是降低沸点，防止副反应发生；蒸馏出的物质是乙二醇；
（3）停止抽滤的方法是先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡胶管，再关闭水龙头；若滤液有色，可采取的措施是加入活性炭脱色；
（4）水浴温度不能超过100℃。
【解答】解：（1）反应物的接触面积越大反应速率越快，矿泉水瓶剪成碎片能增大反应物接触面积，从而加快化学反应速率，且有利于搅拌，
故答案为：增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌；
（2）工艺流程中减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，防止高温下发生副反应，致使产品不纯；蒸馏出的物质是乙二醇，
故答案为：降低蒸馏温度，防止高温下发生副反应，致使产品不纯；　乙二醇；
（3）由抽滤装置图可知，停止抽滤的操作方法为：先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡胶管，再关闭抽气泵，加入活性炭脱色，
故答案为：先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡胶管，再关闭抽气泵，若滤液有色，可采取的措施是加入活性炭脱色；
（4）因为反应需要加热至180℃，反应0.5 h，所以不采用水浴加热，
故答案为：水浴温度不能超过100℃。
【点评】本题综合考查物质制备实验、物质分离提纯、对操作的分析评价等知识，为高考常见题型，把握物质的性质以及题给信息，综合性较强，题目难度中等