A

A、根据此有机物的结构简式，含有酯基，酯基在碱性条件下水解，因此阿托酸甲酯在碱性条件下易变质，故A正确；B、苯是平面正六边形，碳碳双键是平面结构，因此阿托酸中所有碳原子可能共面，故B错误；C、阿托酸甲酯中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故C错误；D、根据有机物成键特点，阿托酸甲酯的分子式为C10H10O2，故D错误。

C

该烃中碳氢的质量比为6：1，即原子个数比为6/12:1=1：2，该烃中H的原子个数为8，因此x=4，即链烃的分子式为C4H8，结构简式为CH2=CH－CH2－CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，因此与H2O发生加成反应的产物有分别是2、1、2，但前两种烯烃的形成的醇中包括同一种物质，因此共有4种，故选项C正确。

C

A、氢氧化钙溶解度是随着温度的升高而降低，根据图像，因此T1>T2，故A错误；B、P点属于过饱和溶液，即悬浊液，因此分散质粒子直径大于100nm，故B错误；C、根据Ksp=c(Ca2＋)×c2(OH－)，4×10－6=4a×(2a)2，解得a=6.25×10－3，因此c(OH－)=2×6.25×10－3mol·L－1=0.0125mol·L－1，故C正确；D、加水稀释，c(Ca2＋)和c(OH－)都减小，故D错误。

D

A、小苏打是NaHCO3，碳酸氢钠不稳定受热易分解成碳酸钠，即2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故A说法正确；B、因为碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，且小苏打对人体无害，因此可用于糕点生成，故B说法正确；C、HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，故C说法正确；D、侯氏制碱法：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓＋NH4Cl，因此缺少氨气，故D说法正确。

B

A、发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，体现Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故A错误；B、根据现象，发生2Mg＋CO22MgO＋C，故B正确；C、利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，体现SO2的还原性，故C错误；D、还原性：Fe2＋>Br－，加入适量氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误。

B

pH=0溶液显酸性，原溶液中不含CO32－，加入足量Ba(NO3)2有气体生成，利用NO3－在酸性条件下表现强氧化性，Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成NO，因此原溶液中有Fe2＋，不含NO3－，加入硝酸钡，产生沉淀A，沉淀是BaSO4，因此原溶液中不含SO42－，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl－，加入足量的NaOH溶液，出现气体，此气体为NH3，说明原溶液中一定含有NH4＋，沉淀B为Fe(OH)3，溶液B中加入少量CO2，溶液B中含有Ba2＋和OH－，沉淀C一定是BaCO3，可能含有Al(OH)3，总上所述，原溶液中一定含有Fe2＋、NH4＋、H＋、Cl－、SO42－，一定不含有Ba2＋、NO3－、CO32－，可能含有Al3＋，故A错误，B正确，步骤③一定发生Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O，故C错误；气体A是NO，气体B为NH3，两者在一定条件下发生反应生成N2和H2O，故D错误。

D

Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，即Z为Si，因为X的最高正价与Z的相同，因此X和Z属于同主族，即X为C， Y元素的周期序数等于族序数，推出Y为Al，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，W为S，Q为H2SO4，A、同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径大小：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(C)，故A说法正确；B、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即氢化物的稳定性：CH4>SiH4，故B说法正确；C、利用铝的还原性，发生2Al＋Fe2O3 Al2O3＋2Fe，此反应放出大量的热，可以焊接钢轨，故C说法正确；D、浓硫酸不与Si反应，故D说法错误。

    +3  As2(SO4)3  Na2AsO3  <  淀粉溶液  减小  增大    AsO43-+2e-+H2O=AsO33-+2OH-

（1）本题考查电子式的书写，因为N和As属于同主族，因此AsH3的电子式和NH3电子式相似，即AsH3的电子式为：；（2）考查两性物质的两种电离，H3AsO3中O显－2价，H显＋1价，整体化合价代数和为0，因此As的价态是＋3价，加入硫酸，H3AsO3按碱式电离，产物是As2(SO4)3，加入NaOH，H3AsO3按酸式电离，即产物是Na2AsO3；（3）考查实验方案设计，证明此反应是可逆反应，需要检验溶液中是否含有碘单质，要求碘单质不足，即V1<V2，检验碘单质存在，用淀粉与碘单质变蓝，即用淀粉溶液检验；（4）考查平衡的移动和平衡常数的计算，①加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡向逆反应方向进行，AsO42－的转化率减小；②根据反应方程式，求出达到平衡，c(I－)=(a－2b)mol·L－1，c(AsO42－)=(a－b)mol·L－1，c(I2)=c(AsO32－)=bmol·L－1，c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－6mol·L－1，平衡常数的表达式K=，代入数值，得出K=；（5）考查电极反应式的书写，依据原电池的工作原理，正极上得到电子，化合价降低，因此正极反应式为AsO43－+2e－+H2O=AsO33－+2OH－。

  K、Cr、Cu  1s22s22p63s23p63d84s2（或[Ar] 3d84s2）  Kr>Br>As  GeBr4、AsBr3  GaBr3  非极性  GaF3、GaCl3、GaBr3均是分子晶体，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，故沸点依次升高  发射  6 

（1）考查核外电子排布规律、电子排布式、第一电离能的规律，第四周期中最高能层的s轨道上只有1个电子，注意电子稳定状态，因此有K、Cr、Cu；Ni位于第四周期VIII族，28号元素，因此核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2（或[Ar] 3d84s2）；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此由大到小前三种元素依次为Kr>Br>As；（2）考查杂化类型的判断、空间构型、（非）极性分子的判断，GaBr3中心原子有3个σ键，孤电子对数为(3－3×1)/2=0，因此杂化类型为sp2，GeBr4中心原子有4个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，杂化类型为sp4，AsBr3中心原子为3个σ键，孤电子对数为(5－3×1)/2=1.杂化类型为sp3，AsBr5中心原子是5个σ键，孤电子对数为(5－5×1)/2=0，杂化类型为sp3d，空间构型分别是平面三角形、正四面体、三角锥形、三角双锥，AsBr5是对称结构，因此属于非极性分子；（3）考查晶体熔沸点比较，三种物质沸点较低，属于分子晶体，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，故沸点依次升高 ； （4）考查配位数、晶胞的计算，焰色形成原因是钙元素在一定条件下产生原子的发射光谱，CaO是离子键，距离某离子最近的异性离子的个数，根据晶胞，Ca2＋的配位数为6，Ca2＋位于晶胞的顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，O2－位于晶胞的棱上和体心，个数为12×1/4＋1=4，因此晶胞的质量为4×56/NAg，晶胞的体积为（a×10－7)3，根据密度的定义，d=4×56/[ NA×（a×10－7)3] ，解得a=。

  SO32－+2ClO3－+2H＋=2ClO2+SO42－+H2O   2:1  阳  4OH--4e-=2H2O+O2↑（或2H2O-4e-=4H++O2↑）  b  c(NaHCO3)>C(NaClO)>c(Na2CO3)  2ClO2+10I-+8H+=4H2O+5I2+2Cl-  2.7a

（1）考查化学工艺流程，①根据流程图，ClO3－作氧化剂，被还原成ClO2，SO32－作还原剂，被氧化成SO42－，此反应在硫酸环境下进行，根据化合价升降法进行配平，以及所带电荷数守恒，因此离子方程式为：SO32－+2ClO3－+2H＋=2ClO2+SO42－+H2O ；ClO2中Cl的化合价由＋4价→＋3价，化合价降低1价，作氧化剂，H2O2作还原剂，被氧化成O2，根据得失电子数目守恒，n(ClO2)×1=n(H2O2)×2×1，n(ClO2)：n(H2O2)=2：1；②根据①气体a为O2，因此电解池左端的电极反应式为4OH－-4e－=2H2O+O2↑（或2H2O-4e－=4H＋+O2↑），根据II的反应，A溶液为NaOH，因此电解池的左端是2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此n为阳离子交换膜；（2）考查电离常数，①电离出H＋能力：H2CO3>HClO>HCO3－，氯水中存在Cl2＋H2OHCl＋HClO，a、根据电离H＋能力，Na2CO3与HCl生成NaHCO3，Na2CO3与HClO反应生成NaHCO3，因此c(HClO)降低，故a错误；b、NaHCO3只与HCl反应，不与HClO反应，因此平衡向正反应方向移动，c(HClO)增大，故b正确；c、SO2具有还原性，与HClO发生氧化还原反应，c(HClO)降低，故c错误；d、NaOH与HCl、HClO都反应，c(HClO)降低，故d错误；②根据电离出H＋能力强弱，水解程度大小顺序：CO32－>ClO－>HCO3－，因此在相同的pH时，溶质物质的量浓度大小顺序是：c(NaHCO3)>c(NaClO)>c(Na2CO3)；（3）考查氧化还原反应方程式的书写和化学计算，溶液变蓝，说明产生I2，I－被氧化成I2，ClO2被还原成Cl－，根据化合价升降法进行配平，因此离子反应方程式为：2ClO2+10I－+8H＋=4H2O+5I2+2Cl－ ，2.24aLCl2参加反应得到电子物质的量为2.24a×2/22.4mol=0.2a，达到相同效果，就是得到电子数目相等，即需要ClO2的质量为0.2a×67.5/5g=2.7a。

  三颈烧瓶  液面以下但不接触容器内壁  能提高乙醇的利用率  2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O  分液漏斗  水浴加热  65.3%  浓硫酸使部分乙醇碳化形成黑色的炭微粒  C2H5OH+6H2SO42CO2↑+6SO2+9H2O↑  【答题空10】在F后面连接一个盛有澄清石灰水的洗气瓶，并将F中的液体改为浓的酸性KMnO4溶液（或其他合理答案）

本题考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器A的特点，仪器A为三颈烧瓶；因为需要测反应液的温度，因此温度计的水银球在液面以下但不接触容器内壁 ；（2）仪器B的作用：冷凝回流，提高原料的利用率；（3）利用乙醇分子间脱水或发生取代反应，生成乙醚，化学反应方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；（4）①乙醇的沸点是78℃，乙醚的沸点是34.6℃，常温下两者为液体，因此洗涤操作应在分液漏斗中进行；②乙醇和乙醚的沸点低于100℃，因此采用水浴加热法进行蒸馏；③无水乙醇的质量为30×0.8g=24g，则产生的乙醚的质量为24×74/(2×46) g=19.3g，实际乙醚的产量为18×0.7g=12.6g，乙醚的产率是12.6/19.3×100%=65.3%；（5）①浓硫酸具有脱水性，会按照氢和氧2：1关系，是乙醇脱水碳化，因此溶液变黑；②利用浓硫酸的强氧化性，与碳发生氧化还原反应，即C＋2H2SO4(浓)=CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，因此副反应是C2H5OH＋6H2SO42CO2↑＋6SO2↑＋9H2O；（6）CO2能使澄清石灰水变浑浊，但SO2也能使澄清石灰水变浑浊，因此先除去SO2，利用SO2的还原性，因此具体步骤是在F后面连接一个盛有澄清石灰水的洗气瓶，并将F中的液体改为浓的酸性KMnO4溶液。

  CH2=C(CH3)2  醛基、碳碳双键（或羟基、碳碳三键）  氧化反应  H2O（或水）  2-甲基-2-丙醇  (CH3)2CHCOOH++H2O  16   

本题考查有机物的合成和推断，（1）A、B、C、D分子中碳原子数目相同、碳骨架相同，D分子含有1个官能团、2个－CH3、若干个碳原子，根据合成路线，D为羧酸，A是气态烯烃，A的碳原子数小于等于4，则推出D的结构简式为(CH3)2CHCOOH，即A的结构简式为CH2=C(CH3)2，根据F的结构简式，F中含有苯环，F和D反应生成酯，即F中还含有羟基，F中无－CH3，F的结构简式为：；E转化成F，消耗的E和H2的物质的量之比为1：2，此反应是加成反应，因此E中含有的官能团是可能是碳碳双键和醛基，或是碳碳叁键和羟基；根据反应条件，铜作催化剂，B与O2反应，发生的是氧化反应；（2）根据上述分析，B的结构简式为(CH3)2CHCH2OH，A与X反应生成B，则X为H2O；B的同分异构体的结构简式为(CH3)2C(OH)CH3，名称为2－甲基－2－丙醇；（3）D与F发生酯化反应，即反应方程式为：(CH3)2CHCOOH++H2O  ；（4）遇FeCl3溶液显紫色，说明含有苯环和酚羟基，则另一个官能团是碳碳叁键，因此同分异构体：（邻间对三种）、(邻间对三种)、(甲基在苯环上有四种位置)、（甲基在苯环上有四种位置）、（甲基在苯环上有2种位置），共有16种，核磁共振氢谱有4种峰，说明有四种不同的氢原子，即符合条件的是；（5）合成目标产物一般是苯乙醇被氧化得到，根据原料，首先让原料发生消去反应，生成苯乙烯，然后苯乙烯发生加成反应，得到苯乙醇，合成路线是。