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2021年山东省高考化学试卷（山东卷）

题号	一	二	三	四	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人 得分

一、选择题

1.有利于实现“碳达峰、碳中和”的是
A．风能发电
B．粮食酿酒
C．燃煤脱硫
D．石油裂化

2.下列物质应用错误的是
A．石墨用作润滑剂
B．氧化钙用作食品干燥剂
C．聚乙炔用作绝缘材料
D．乙二醇溶液用作汽车防冻液

3.关于下列仪器使用的说法错误的是


A．①、④不可加热
B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离
D．②、④、⑤使用前需检漏

4.X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY₄]⁺[XY₆]^-的形式存在。下列说法错误的是
A．原子半径：X>Y
B．简单氢化物的还原性：X>Y
C．同周期元素形成的单质中Y氧化性最强
D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种

5.下列由实验现象所得结论错误的是
A．向NaHSO₃溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 具有氧化性
B．向酸性KMnO₄溶液中加入Fe₃O₄粉末，紫色褪去，证明Fe₃O₄中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO₃中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO₃反应生成NO₂
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应

6.X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H₂体积为V₁L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H₂体积为V₂L。下列说法错误的是
A．X、Y生成H₂的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价

7.某同学进行蔗糖水解实验，并检验产物中的醛基，操作如下：向试管Ⅰ中加入1mL20%蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸，水浴加热5分钟。打开盛有10%NaOH溶液的试剂瓶，将玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液加入试管Ⅱ，盖紧瓶塞；向试管Ⅱ中加入5滴2%CuSO₄溶液。将试管Ⅱ中反应液加入试管Ⅰ，用酒精灯加热试管Ⅰ并观察现象。实验中存在的错误有几处？
A．1
B．2
C．3
D．4

8.工业上以SO₂和纯碱为原料制备无水NaHSO₃的主要流程如图，下列说法错误的是

A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO₃
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na₂SO₃和NaHCO₃

9.关于CH₃OH、N₂H₄和(CH₃)₂NNH₂的结构与性质，下列说法错误的是
A．CH₃OH为极性分子
B．N₂H₄空间结构为平面形
C．N₂H₄的沸点高于(CH₃)₂NNH₂
D．CH₃OH和(CH₃)₂NNH₂中C、O、N杂化方式均相同

10.以KOH溶液为离子导体，分别组成CH₃OH—O₂、N₂H₄—O₂、(CH₃)₂NNH₂—O₂清洁燃料电池，下列说法正确的是
A．放电过程中，K⁺均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH₃)₂NNH₂—O₂燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO₂时，理论上N₂H₄—O₂燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L

11.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)

	实验目的	玻璃仪器	试剂
A	配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液	100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒	蒸馏水、NaCl固体
B	制备Fe(OH)3胶体	烧杯、酒精灯、胶头滴管	蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C	测定NaOH溶液浓度	烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管	待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D	制备乙酸乙酯	试管、量筒、导管、酒精灯	冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液

A．A
B．B
C．C
D．D

12.立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2—甲基—2—丁醇)存在如图转化关系，下列说法错误的是

A．N分子可能存在顺反异构
B．L的任一同分异构体最多有1个手性碳原子
C．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种
D．L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种

13.实验室中利用固体KMnO₄进行如图实验，下列说法错误的是

A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO₄只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol

14.¹⁸O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： +OH^- +CH₃O^-能量变化如图所示。已知 为快速平衡，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在¹⁸OH^-
C．反应结束后，溶液中存在CH₃¹⁸OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变

15.赖氨酸[H₃N⁺(CH₂)₄CH(NH₂)COO^-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H₃RCl₂)在水溶液中存在如下平衡：H₃R²⁺ H₂R⁺ HR R^-。向一定浓度的H₃RCl₂溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H₃R²⁺、H₂R⁺、HR和R^-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是


A． ＞
B．M点，c(Cl^-) +c(OH^-)+c(R^-)=2c(H₂R⁺)+c(Na⁺)+c(H⁺)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na⁺)＞c(Cl^-)＞c(OH^-)＞c(H⁺)

评卷人 得分

二、解答题

16.非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF₂分子的空间构型为__；OF₂的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl₂O，原因是___。
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF₂室温下易升华。XeF₂中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF₂中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A.sp B.sp² C.sp³ D.sp³d
(4)XeF₂晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF₂分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为( ， ， )。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。

17.工业上以铬铁矿(FeCr₂O₄，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na₂Cr₂O₇•2H₂O)的工艺流程如图。回答下列问题：

(1)焙烧的目的是将FeCr₂O₄转化为Na₂CrO₄并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10^-5mol•L^-1时，可认为已除尽。

中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na₂Cr₂O₇外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na₂CrO₄为主要原料制备Na₂Cr₂O₇的总反应方程式为：4Na₂CrO₄+4H₂O 2Na₂Cr₂O₇+4NaOH+2H₂↑+O₂↑。则Na₂Cr₂O₇在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。

18.2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ： +CH₃OH △H₁
反应Ⅱ： +CH₃OH △H₂
反应Ⅲ： △H₃
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K_x与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)； 的数值范围是___(填标号)。
A.＜-1 B.-1～0 C.0～1 D.＞1


(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数K_x3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数K_x1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH₃OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH₃OH)=___。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH₃OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v_正__逆反应速率v_逆(填“＞”“＜”或“=)。

评卷人 得分

三、实验题

19.六氯化钨(WCl₆)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS₂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO₃)还原为金属钨(W)再制备WCl₆，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：


(1)检查装置气密性并加入WO₃。先通N₂，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H₂，对B处逸出的H₂进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO₃已被完全还原的现象是___。
(2)WO₃完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H₂；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl₂；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。
(3)利用碘量法测定WCl₆产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS₂(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m₁g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m₂g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m₃g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl₆转化为可溶的Na₂WO₄，通过IO 离子交换柱发生反应：WO +Ba(IO₃)₂=BaWO₄+2IO ；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO +5I^-+6H⁺=3I₂+3H₂O；反应完全后，用Na₂S₂O₃标准溶液滴定，发生反应：I₂+2S₂O =2I^-+S₄O 。滴定达终点时消耗cmol•L^-1的Na₂S₂O₃溶液VmL，则样品中WCl₆(摩尔质量为Mg•mol^-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na₂S₂O₃溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl₆质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

评卷人 得分

四、推断题

20.一种利胆药物F的合成路线如图：


已知：Ⅰ. +
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___；符合下列条件的A的同分异构体有___种。
①含有酚羟基 ②不能发生银镜反应 ③含有四种化学环境的氢
(2)检验B中是否含有A的试剂为___；B→C的反应类型为___。
(3)C→D的化学方程式为__；E中含氧官能团共___种。
(4)已知： ，综合上述信息，写出由 和 制备 的合成路线___。

参考答案

1.A

【解析】
碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选A。

2.C

【解析】
A．石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A项不符合题意；
B．氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以用作食品干燥剂，B项不符合题意；
C．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，是导电聚合物，C项符合题意；
D．乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，冰点显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D项不符合题意；
故选C。

3.A

【解析】
①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗
A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；
故选A。

4.D

【解析】
Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH₃和HCl，半径是P^3->Cl^-，所以PH₃的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl₂的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。

5.C

【解析】
A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO₃中的+4价降低到0价，发生还原反应， 体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe₃O₄中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；
C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO₂，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；
D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解， ，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；
故选C。

6.D

【解析】
设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H₂SO₄的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知 、 。
A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H₂的物质的量之比一定为 ，故A正确；
B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 ，因此 ，故B正确；
C．产物中X、Y化合价之比为 ，由B项可知 ，故C正确；
D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由 可知，当a=1，b=0.5时， =1，当a=2，b=1时， =1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据 可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；
综上所述，错误的D项，故答案为D。

7.B

【解析】
第1处错误：利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化；第2处错误：NaOH溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否则NaOH与玻璃塞中SiO₂反应生成具有黏性的Na₂SiO₃，会导致瓶盖无法打开，共2处错误，故答案为B。

8.B

【解析】
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO₃，则母液为饱和NaHSO₃和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H₂SO₃+2Na₂CO₃= Na₂SO₃+ 2NaHCO₃，NaHSO₃+ Na₂CO₃= Na₂SO₃+ NaHCO₃，所以调节pH为8进行中和后得到Na₂SO₃和NaHCO₃，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na₂SO₃+SO₂+H₂O=2NaHSO₃↓，SO₂+ NaHCO₃= CO₂+ NaHSO₃↓，此时会析出大量NaHSO₃晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO₃产品，据此分析解答。
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO₃和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO₃，假设产物中存在NaHCO₃，则其会与生成的NaHSO₃发生反应，且NaHCO₃溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO₃高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na₂SO₃和NaHCO₃，D正确；
故选B。

9.B

【解析】
A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；
B．N₂H₄中N原子的杂化方式为sp³，不是平面形，B错误；
C．N₂H₄分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH₃)₂NNH₂）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N₂H₄的低，C正确；
D．CH₃OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH₃)₂NNH₂的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp³，D正确；
故选B。

10.C

【解析】
碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH₃OH+3O₂+4KOH=2K₂CO₃+6H₂O；N₂H₄-O₂清洁燃料电池总反应为：N₂H₄+O₂=N₂+2H₂O；偏二甲肼[(CH₃)₂NNH₂]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH₃)₂NNH₂+4O₂+4KOH=2K₂CO₃+N₂+6H₂O，据此结合原电池的工作原理分析解答。
A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；
B．根据上述分析可知，N₂H₄-O₂清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；
C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N₂H₄和(CH₃)₂NNH₂放电量（物质的量表达式）分别是： 、 、 ，通过比较可知(CH₃)₂NNH₂理论放电量最大，C正确；
D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO₂生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；
故选C。

11.AB

【解析】
A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，A符合题意；
B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B符合题意；
C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；
故选AB。

12.AC

【解析】
M( )在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成 或 ，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为 。
A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象， 、 都不存在顺反异构，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为 、 、 、 、 、 、 、 ，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；
C．当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有： 、 、 ，共3种，故C错误；
D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为 ，故D正确；
综上所述，说法错误的是AC，故答案为：AC。

13.BD

【解析】
KMnO₄固体受热分解生成K₂MnO₄、MnO₂、O₂，K₂MnO₄、MnO₂均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl^-被氧化为Cl₂，K₂MnO₄、MnO₂被还原为MnCl₂，因此气体单质G为O₂，气体单质H为Cl₂。
A．加热KMnO₄固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K₂MnO₄、MnO₂与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O₂和Cl₂均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO₄固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO₄既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1mol O₂转移4mol电子，每生成1mol Cl₂转移2mol电子，若KMnO₄转化为MnCl₂过程中得到的电子全部是Cl^-生成Cl₂所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO₄～5Cl₂可知，n(气体)_max=0.25mol，但该气体中一定含有O₂，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。

14.B

【解析】
A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而 与 为快速平衡，反应II的成键和断键方式为 或 ，后者能生成¹⁸OH^-，因此反应结束后，溶液中存在¹⁸OH^-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中不会存在CH₃¹⁸H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此 和CH₃O^-的总能量与 和OH^-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。

15.CD

【解析】
向H₃RCl₂溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 、 、 ，溶液中 逐渐减小， 和 先增大后减小， 逐渐增大。 ， ， ，M点 ，由此可知 ，N点 ，则 ，P点 ，则 。
A． ， ，因此 ，故A错误；
B．M点存在电荷守恒： ，此时 ，因此 ，故B错误；
C．O点 ，因此 ，即 ，因此 ，溶液 ，故C正确；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 ，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此 ，故D正确；
综上所述，正确的是CD，故答案为CD。

16.     9     F＞O＞Cl     角(V)形     低于     OF₂和Cl₂O都是分子晶体，结构相似，Cl₂O的相对分子质量大，Cl₂O的熔、沸点高     5     D     2     (0，0， )     pm

【解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F＞O＞Cl；根据VSEPR理论有 ，去掉2对孤对电子，知OF₂分子的空间构型是角形；OF₂和Cl₂O都是分子晶体，结构相似，Cl₂O的相对分子质量大，Cl₂O的熔、沸点高；
(3)XeF₂易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 ，其中心原子的杂化方式应为sp³d；
(4)图中大球的个数为 ，小球的个数为 ，根据XeF₂的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF₂分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的 处，其坐标为(0，0， )； 图中y是底面对角线的一半， ， ，所以 pm。

17.     增大反应物接触面积，提高化学反应速率          使 平衡正向移动，提高Na₂Cr₂O₇的产率     浸取     所得溶液中含有大量Na₂SO₄•10H₂O     H₂SO₄     阳     Na^＋

【解析】
以铬铁矿(FeCr₂O₄，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na₂Cr₂O₇•2H₂O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O₂进行焙烧，FeCr₂O₄转化为Na₂CrO₄，Fe(II)被O₂氧化成Fe₂O₃，Al、Si氧化物转化为NaAlO₂、Na₂SiO₃，加入水进行“浸取”，Fe₂O₃不溶于水，过滤后向溶液中加入H₂SO₄调节溶液pH使 、 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H₂SO₄，将Na₂CrO₄转化为Na₂Cr₂O₇，将溶液蒸发结晶将Na₂SO₄除去，所得溶液冷却结晶得到Na₂Cr₂O₇•2H₂O晶体，母液中还含有大量H₂SO₄。据此解答。
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O₂向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH目的是将 、 转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al³⁺除尽，当溶液pH＞9.3时，H₂SiO₃会再溶解生成 ，因此中和时pH的理论范围为 ；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以 和 存在，溶液中存在平衡： ，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na₂Cr₂O₇的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为： ；使 平衡正向移动，提高Na₂Cr₂O₇的产率；浸取。
(3)蒸发结晶时，Na₂SO₄主要以Na₂SO₄•10H₂O存在，Na₂SO₄•10H₂O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na₂SO₄•10H₂O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na₂Cr₂O₇外，还有H₂SO₄，故答案为：所得溶液中含有大量Na₂SO₄•10H₂O；H₂SO₄。
(4)由4Na₂CrO₄+4H₂O 2Na₂Cr₂O₇+4NaOH+2H₂↑+O₂↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H^＋和O₂，阴极上H⁺得到电子生成H₂，由 可知， 在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na₂Cr₂O₇在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na₂Cr₂O₇的效率，Na^＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na^＋。

18.     2-甲基-2-丁烯     D     0.9α          逆向移动     1:10     X     ＜

【解析】
(1)由平衡常数K_x与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H₁＜0、△H₂＜0、△H₃＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H₁-△H₂=△H₃＜0，因此△H₁＜△H₂，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则 的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH₃OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K_x3=9.0，则 =9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数K_x1= 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH₃OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH₃OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K_x3=9.0， =9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时 ，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v_正小于逆反应速率v_逆，填＜。

19.     排除装置中的空气     直形冷凝管     淡黄色固体变为银白色     吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E     再次通入N₂     排除装置中的H₂     ( m₃+m₁- 2m₂)     %     不变     偏大

【解析】
(1) 将WO₃在加热条件下用H₂还原为W，为防止空气干扰，还原WO₃之前要除去装置中的空气；
(2) 由信息可知WCl₆极易水解，W与Cl₂反应制取WCl₆时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；
(3)利用碘量法测定WCl₆产品纯度，称量时加入足量的CS₂用于溶解样品，盖紧称重为m₁g，由于CS₂易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m₂g，则挥发出的CS₂的质量为(m₁- m₂)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m₁- m₂)g的CS₂，盖紧称重为m₃g，则样品质量为：m₃g+2(m₁- m₂)g-m₁g=( m₃+m₁- 2m₂)g；滴定时，利用关系式：WO ~2IO ~6I₂~12 S₂O 计算样品中含WCl₆的质量，进而计算样品中WCl₆的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。
(1)用H₂还原WO₃制备W，装置中不能有空气，所以先通N₂，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO₃为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO₃已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；
(2) 由信息可知WCl₆极易水解，W与Cl₂反应制取WCl₆时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl₂之前，装置中有多余的H₂，需要除去，所以操作④是再次通入N₂，目的是排除装置中的H₂，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N₂；排除装置中的H₂；
(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS₂，盖紧称重为m₁g，由于CS₂易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m₂g，则挥发出的CS₂的质量为(m₁- m₂)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m₁- m₂)g的CS₂，盖紧称重为m₃g，则样品质量为：m₃g+2(m₁- m₂)g-m₁g=( m₃+m₁- 2m₂)g，故答案为：( m₃+m₁- 2m₂)；
②滴定时，根据关系式：WO ~2IO ~6I₂~12 S₂O ，样品中n(WCl₆)=n(WO )= n(S₂O )= cV 10^-3mol，m(WCl₆)= cV 10^-3mol Mg/mol= g，则样品中WCl₆的质量分数为： 100%= %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS₂的质量增大，m₃偏小，但WCl₆的质量不变，则滴定时消耗Na₂S₂O₃溶液的体积将不变，样品中WCl₆质量分数的测定值将偏大，故答案为： %；不变；偏大。

20.          4     FeCl₃溶液     氧化反应     +CH₃OH +H₂O     3    

【解析】
由信息反应II以及F的结构简式和E的分子式可知E的结构简式为 ，D发生信息反应I得到E，则D的结构简式为 ，C与CH₃OH发生反应生成D，C相较于D少1个碳原子，说明C→D是酯化反应，因此C的结构简式为 ，B→C碳链不变，而A→B碳链增长，且增长的碳原子数等于 中碳原子数，同时B→C的反应条件为NaClO₂、H⁺，NaClO₂具有氧化性，因此B→C为氧化反应，A→B为取代反应，C₈H₈O₃的不饱和度为5，说明苯环上的取代基中含有不饱和键，因此A的结构简式为 ，B的结构简式为 。
(1)由上述分析可知，A的结构简式为 ；A的同分异构体中满足：①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有： 、 、 、 ，共有4种，故答案为： ；4。
(2)A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl₃溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl₃溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，故答案为：FeCl₃溶液；氧化反应。
(3)C→D为 与CH₃OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成 ，反应化学方程式为 +CH₃OH +H₂O；E的结构简式为 ，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种，故答案为： +CH₃OH +H₂O；3。
(4)由 和 制备 过程需要增长碳链，可利用题干中A→B的反应实现，然后利用信息反应I得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要 与HBr在40℃下发生加成反应生成 ， 和 反应生成 ，根据信息Ⅰ. + 得到
反应生成 ，因此合成路线为 ；故答案为： 。