【化学】江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 N:14 Al:27
一：选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.下列各项中，表达正确的是（ ）
A. 水分子的球棍模型： B. 氯离子的结构示意图：
C. CO2分子电子式： D. 氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl
【答案】B
【解析】A.水分子是V形分子，不是直线形分子，故A错误；
B.Cl元素的质子数是17，Cl-的核外电子数是18，所以Cl-的结构示意图为，故B正确；
C.CO2分子的电子式：，故C错误；
D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误。答案选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，1.8g甲基(—CD3)中含有中子数为NA
B. 标准状况下，11.2L乙烯和环丙烷(C3H6)的混合气体中，共用电子对的数目为3NA
C. 2.8g 的聚乙烯中含有的碳原子数为0.2 NA
D. 1mol 苯中含有碳碳双键的数目为3 NA
【答案】C
【解析】A．1.8g甲基(-CD3)物质的量==0.1mol，甲基不显电性，故0.1mol-CD3含中子个数=0.1mol×[12-6+(2-1)×3]×NA=0.9NA，故A错误；
B．假设11.2L都是乙烯，则n(C2H4)==0.5mol，1mol乙烯分子中含有6mol共用电子对，则0.5mol乙烯分子中含有3mol共用电子对，假设11.2L都是环丙烷，则n(C3H6)==0.5mol，1mol环丙烷分子中含有9mol共用电子对，则0.5mol环丙烷分子中含有4.5mol共用电子对，故最终共用电子对数在3mol～4.5mol之间，即共用电子对数目为在3NA～4.5NA之间，故B错误；
C．2.8g聚乙烯中含有0.2mol最简式CH2，含有0.2mol碳原子，含有的碳原子数为0.2NA，故C正确；
D．苯分子中碳碳键为介于单键和双键间的一种独特的键，苯分子中不存在碳碳双键，故D错误；
答案选C。
3.将淀粉浆和淀粉酶的混合物放入半透膜袋中，扎好后浸入流动的温水中，经过足够长时间后，取出袋内的液体，分别与碘水新制的氢氧化铜悬浊液(加热)反应，其现象依次为（ ）
A. 显蓝色，无红色沉淀
B. 不显蓝色，无红色沉淀
C. 显蓝色，有红色沉淀
D. 不显蓝色，有红色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】据淀粉的性质和渗析原理解答。
【详解】淀粉在淀粉酶作用下，经过足够长时间后完全水解成葡萄糖。故袋内液体中无淀粉，与碘水不变蓝；葡萄糖是小分子物质，能透过半透膜。故袋内液体中无葡萄糖，与新制的氢氧化铜悬浊液(加热)，无红色沉淀。
本题选B。
4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A. 从a口进气可收集CH2=CH2
B. 制取并收集乙酸乙酯
C. 比较Fe、Cu的金属活动性
D. 进行实验室制乙烯
【答案】D
【解析】A．乙烯的密度与空气密度接近，一般不用排空气法收集，应选择排水法收集，故A错误；
B．乙酸乙酯能够与NaOH反应，右侧试管中液体应为饱和碳酸钠溶液，故B错误；
C．常温下Fe与浓硝酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，无法据此比较Fe和Cu的金属活动性，故C错误；
D．以乙醇和浓硫酸为原料制乙烯，需加热到170℃，温度计用于测量液体的温度，故D正确；
答案选D。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. NCl3分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构
B. 质量相同的四种物质苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量最多的是甲烷
C. 直馏汽油和裂化汽油均能使酸性KMnO4溶液褪色
D. 油脂在碱性溶液中的水解反应又称为皂化反应
【答案】C
【解析】A．NCl3中，N元素位于第ⅤA族，则5+3=8，Cl元素位于第ⅦA族，则7+1=8，分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故A正确；
B．质量相同的四种物质苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量与含氢量成正比，四种物质中甲烷的含氢量最高，所以消耗氧气物质的量最多的是甲烷，故B正确；
C．直馏汽油中不含碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，裂化汽油中含有不饱和碳碳键，能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．油脂在碱性溶液中水解反应是生成肥皂的原理，也称为皂化反应，故D正确；
答案选C。
6.下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是(　　)
A. 乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应
C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D. 纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）
【答案】B
【解析】A. 乙烯、氯乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生反应醋酸钠和氢气以及乙醇钠和氢气，B正确；C. 分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C错误；D. 纤维素是多糖，但人体内没有能使纤维素水解的酶，不能为人体提供能量，D错误，答案选B。
7.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列叙述中，正确的说法有几项 （ ）

①Mg（s）所具有的能量高于MgX2（s）所具有的能量
②MgCl2电解制Mg（s）和Cl2（g）是吸热过程
③热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
④常温下氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
A. 1项 B. 2项
C. 3项 D. 4项
【答案】A
【解析】分析：①依据图象分析判断，Mg（s）与X2（g）的能量高于MgX2（s），据此分析；
②MgCl2（s）的能量低于Mg（s）与Cl2（g）；
③物质能量越高越活泼，越不稳定；
④根据元素周期律分析。
详解：①根据图像可知，Mg（s）与X2（g）的能量高于MgX2（s），但Mg（s）所具有的能量不一定高于MgX2（s）所具有的能量，①错误；
②MgCl2（s）能量低于Mg（s）与Cl2（g），所以依据能量守恒判断由MgCl2制取Mg的反应是吸热反应，②正确；
③物质的能量越低越稳定，根据图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，③错误；
④同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，④错误；答案选A。
8.对于反应 4A (s)+3B(g) 2C( g) +D(g)，在体积恒定密闭容器中进行，经2 min达平衡，B的浓度减少了0.6 mol/L。下列说法正确的是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 气体的平均相对分子质量不变可以说明该反应达到化学平衡
C. 压强不变可以说明该反应达到化学平衡状态
D. 向容器中充入 Ne，压强增大，反应速率加快
【答案】B
【解析】A.A为纯固体，不能表示化学反应速率，A错误；
B.由于反应前后气体的质量变化，而气体的物质的量不变，因此若气体的平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到化学平衡，B正确；
C.由于容器的容积不变，气体的物质的量不变，所以压强不变不能说明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D.体积恒定，向容器中充入Ne，气体的浓度均不变，则反应速率不变，D错误；
故合理选项是B。
9.过氧化氢(H2O2)溶液俗称双氧水,医疗上常用3%的双氧水进行伤口消毒。H2O2能与SO2反应生成H2SO4，H2O2的分子结构如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. H2O2的结构式为H—O—O—H
B. H2O2为含有极性键和非极件键的共价化合物
C. H2O2与SO2在水溶液中反应的离子方程式为SO2+ H2O22H++ SO42-
D. H2O2与SO2反应过程中有共价键断裂，同时有共价键和离子键形成
【答案】D
【解析】A. 由H2O2的分子结构图可知，H2O2的结构式为H—O—O—H，故A正确；
B. H2O2为共价化合物，含有H-O极性键和O-O非极件键，故B正确；
C. H2O2与SO2在水溶液中反应的化学方程式为H2O2+ SO2H2SO4，H2SO4为强电解质，完全电离，反应的离子方程式为SO2+ H2O22H++ SO42-，故C正确；
D. H2O2与SO2反应的化学方程式为H2O2+ SO2H2SO4，反应过程中有共价键断裂，同时有共价键形成，但没有离子键的形成，故D错误；
答案选D。
10.一种新型环保电池是采用低毒的铝合金(丢弃的易拉罐)、家庭常用的漂白水、食盐、氢氧化钠(化学药品店常见试剂)等原料制作的。电池的总反应方程式为2Al＋3ClO－＋2OH－3Cl－＋2AlO2-＋H2O。下列说法不正确的是（ ）
A. 该电池的优点是电极材料和电解质用完后可以更换
B. 该电池发生氧化反应的是金属铝
C. 电极的正极反应式为3ClO－＋3H2O＋6e－3Cl－＋6OH－
D. 当有0.1 mol Al完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.806×1023
【答案】D
【解析】原电池中，单质经导线传递到正极，而不是经过溶液传递，因此选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。
11.下列叙述中错误的是（　　）
A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上；由于乙醇与水间有氢键的存在，水与乙醇能互溶。
B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷的反应，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同，都属于取代反应。
C. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致。
D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，难和溴的四氯化碳溶液发生加成反应。
【答案】C
【解析】A．冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因；能和水形成分子间氢键的物质溶解度较大，乙醇能和水形成分子间氢键，则水和乙醇能互溶，故A正确；B．甲烷中H被Cl取代，苯中的H被硝基取代，均为取代反应，故B正确；C．氢键影响物质的物理性质，不影响稳定性，H2O稳定是H-O键的键能大，与氢键无关，故C错误；D．碳碳双键能与溴发生加成反应，则苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，故D正确；故答案为C。
12. 已知C—C可以绕键轴旋转，对于结构简式如下图所示的烃，下列说法正确的是：( )

A. 分子中至少有10个碳原子处于同一平面上
B. 分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
C. 该烃的一氯取代物最多有4种
D. 该烃是苯的同系物
【答案】B
【解析】A．与苯环直接相连的C原子处于苯中H原子的位置，处于苯环形成的平面，2个苯环相连的C原子及该C原子对位位置的C原子处于同一直线，故最少有6+1+2=9个C原子处于同一平面，旋转连接2个苯环的碳碳单键，可以使2个苯环形成的平面处于同一平面，所以最多有14个C原子共面，故A错误；
B．根据A的分析，分子中最少有9个C原子处于同一平面，故B正确；
C．分子中有5种H原子，分别为苯环上的4个H原子、甲基上的H原子，故其一氯代物有5种，故C错误；
D．该烃含有2个苯环，与苯的结构不相似，不是苯的同系物，故D错误；
答案选B。
13.乙烯酮(＝C＝O)在一定条件下能跟含活泼氢原子的化合物发生加成反应，反应的通式可表示为。下列反应不合理的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，据此分析解答。
【详解】由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连。
A．乙烯酮与HCl加成生成CH3COCl，故A正确；
B．乙烯酮与H2O加成生成CH3COOH，故B正确；
C．乙烯酮与CH3OH加成生成CH3COOCH3，故C错误；
D．乙烯酮与CH3COOH加成生成，故D正确；
答案选C。
14.下列化学工艺流程不可行的是（ ）
A. 实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏
B. 石英砂粗硅粗SiCl4高纯硅
C. FeS2SO2SO3H2SO4
D.
【答案】A
【解析】A．海带中碘以离子存在，需要氧化为单质，再萃取、蒸馏，工艺不可行，故A选；
B．石英砂中的二氧化硅与碳在高温下反应生成粗硅，粗硅与氯气反应生成四氯化硅，提纯后用氢气还原生成纯硅，是工业上制高纯硅的流程，工艺可行，故B不选；
C．在空气中煅烧生成二氧化硫，二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被水(98.3%的硫酸)吸收生成硫酸，工艺可行，故C不选；
D．铝土矿中的氧化铝被过量的氢氧化钠溶解生成偏铝酸钠，过滤除去不溶物得到偏铝酸钠溶液，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧后得到氧化铝，电解熔融的氧化铝可以冶炼铝，工艺可行，故D不选；
答案选A。
15.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图）。下列叙述错误的是（ ）

A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧 有关
【答案】C
【解析】
【分析】A.雾和霾的分散剂均为空气；B.根据示意图可知，无机颗粒物产生雾霾；C.在化学反应中能改变化学反应速率，且自身质量和化学性质在反应前后不发生改变的物质是催化剂；D.氮肥受热易分解，会释放出氨气。
【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水；霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒，故雾和霾的分散剂相同，A正确；
B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐，形成无机固体颗粒，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；
C. NH3作为反应物参与反应转化为铵盐，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D.由图可知，燃料燃烧产生颗粒物，进而形成雾霾；氮肥受热分解产生氨气，氨气参与反应产生铵盐，形成无机颗粒，故雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧有关，D正确；
答案为C。
16.如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是（ ）

A. 上述提取Mg的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应
B. 因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气
C. 反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用
D. 从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Br2，后提取Mg
【答案】B
【解析】A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；B.在高温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。
二、填空题(共52分)
17.元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。

(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是________。

写出c分子的空间构型为_________，d分子的结构简式 _________。
(2)关于d分子有下列问题：
①d分子中同一平面的原子最多有_______个。
②若用－C4H9取代环上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有__________种。
(3)Na在F单质中燃烧产物的电子式为______。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是______ (写化学式) ，其与Q的单质反应的离子方程式是_____________。
【答案】(1). acd (2). 正四面体 (3). (4). 13 (5). 12 (6). (7). KOH (8). 2Al+2OH-+2H2O2AlO-2+3H2↑
【解析】
【分析】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。
【详解】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。
(1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为，故答案为：acd；正四面体；；
(2)①苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面，故答案为：13；
②－C4H9有4种结构，碳架结构分别为：、、、，取代苯环上的一个H原子，可以得到邻位、间位、对位共12种同分异构体，故答案为：12；
(3)Na在O2中燃烧生成Na2O2，过氧化钠为离子化合物，电子式为；上述元素中，金属性最强的元素为第四周期ⅠA族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO-2+3H2↑，故答案为：；KOH；2Al+2OH-+2H2O2AlO-2+3H2↑。
18.(1)利用某些有机物之间的相互转换可以贮存太阳能，如原降冰片二烯(NBD)经过太阳光照转化成为四环烷(Q)的反应为
△H＝＋88.62 kJ/mol
以下叙述错误的是________(填序号)
a．NBD的能量比Q的能量高 b．NBD和Q互为同分异构体
c．NBD的分子式为C7H8 d．NBD能使溴水褪色
e. NBD及Q的一氯代物均为三种
(2)如图是在一定温度下，某固定容积的密闭容器中充入一定量的NO2气体后，反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是______。

a．t1时，反应未达到平衡， NO2浓度在减小
b．t2时，反应达到平衡，反应不再进行
c．t2～t3，各物质浓度不再变化
d．t2～t3，各物质的浓度相等
e．0～t2，N2O4浓度增大
f．反应过程中气体的颜色不变
(3)某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：

①在此5组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定锌完全消失所需的时间进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。
②对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，____对反应速率有影响，实验1和3表明，____对反应速率有影响
③进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如图所示。在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_______，2～4min内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)=_____。

【答案】(1). a (2). a c e (3). 5 (4). 固体反应物的表面积 (5). 形成原电池 (6). AB (7). 0.06mol·L-1·min-1
【解析】
【分析】(1)△H＞0，为吸热反应，结合原降冰片二烯(NBD)和四环烷(Q)的结构分析判断；
(2)充入一定量的NO2气体后，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，当正逆反应速率相等时平衡达平衡，据此分析解答；
(3)根据影响化学反应速率的因素结合实验数据分析解答①和②；③根据图像，计算各时间段内生成氢气的体积判断，根据氢气的体积计算出消耗的硫酸的物质的量，再结合v=计算速率。
【详解】(1)a．△H＞0，说明反应物(NBD)的总能量小于生成物(Q)的总能量，故a错误；b．二者分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故b正确；c．由结构简式可知分子中能够含有7个C、8个H，则分子式为C7H8，故c正确；d．NBD结构中含有C=C，能够与溴发生加成反应，使溴水褪色，故d正确；e. NBD及Q的一氯代物均为三种，如图、，故e正确；故答案为：a；
(2)a．t1时，正反应速率大于逆反应速率，则反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，所以NO2浓度在减小，故a正确；b．t2时，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，化学平衡为动态平衡，反应没有停止，故b错误；c．t2～t3，为平衡状态，各物质浓度不再变化，故c正确；d．t2～t3，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，各物质浓度不再变化，但浓度不一定相等，故d错误；e．0～t2，正反应速率大于逆反应速率，反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，所以N2O4浓度增大，故e正确；f．反应过程中，N2O4浓度增大，气体的颜色变浅，故f错误；故答案为：a c e；
(3)①第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池反应，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短，故答案为：5；
②实验1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，说明固体反应物的表面积对速率有影响，实验3比1多了形成Zn-Cu原电池反应，说明形成原电池也会影响化学反应速率，故答案为：固体反应物的表面积；形成原电池；
③从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大；2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为=6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为6×10-3mol，则v(H2SO4)===0.06mol•L-1•min-1，故答案为：AB；0.06mol•L-1•min-1。
19.(1)烷烃分子可看成由—CH3、—CH2—、和等结合而成的。试写出同时满足下列条件的烷烃的结构简式：___________ ，此烷烃可由烯烃加成得到，则该烯烃可能有___________种。
① 分子中同时存在上述4种基团；② 分子中所含碳原子数最少；
③ 该烷烃的一氯代物同分异构体的数目最少。
(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有_______种。
(3)已知烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮。例如：
CH3CH2CHO+
上述反应可用来推断烃分子中碳碳双键的位置。
某烃A的分子式为C6H10，经过上述转化生成，则烃A的结构可表示为_______________。
(4) 请写出物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式_________。
【答案】(1). (2). 2 (3). 3 (4). (5). +4Na→+2H2↑
【解析】
【分析】(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，根据烷烃通式确定碳原子个数并确定结构简式，然后根据一氯代物同分异构体的数目最少分析解答；
(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，据此分析判断可能的结构；
(3)某烃A的分子式为C6H10，A中不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，根据A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，结合信息分析书写A的结构简式；
(4)羟基、羧基可与钠反应生成氢气，据此书写反应的方程式。
【详解】(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，设甲基的个数是x，由烷烃的通式知2(x+3)+2=2+1+3x，x=5，所以最少应含有的碳原子数是8，该烷烃的结构简式有3种，分别为：、、，其一氯代物的种类分别为：5种、5种、4种，一氯代物同分异构体的数目最少的为；可由烯烃加成得到，碳碳双键可以有2种位置()，即该烯烃可能有2种，故答案为：；2；
(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，可能的碳架结构有、、共3种，故答案为：3；
(3)某烃A的分子式为C6H10，A的不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，说明A中含有一个环且含有一个碳碳双键，将两个醛基转化为碳碳双键即是A结构简式，则A为，故答案为：
(4)中含有羟基、羧基和碳碳双键，其中羟基和羧基可与钠反应生成氢气，反应的方程式为+4Na→+2H2↑，故答案为： +4Na→+2H2↑。
20.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。

(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式__________、__________。
(2)甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是__________，乙的作用是__________。
(3)反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是__________；集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________。
(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验,试纸显红色，说明液体中还有__________。要除去该物质，可先在混合液中加入__________(填写字母),然后再通过蒸馏即可除去。
A．氯化钠溶液 B．苯 C．碳酸氢钠溶液 D．四氯化碳
【答案】(1). 2Cu＋O2 2CuO (2). CH3CH2OH＋CuO CH3CHO＋Cu＋H2O或2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (3). 热水浴或加热 (4). 冷却或冷水浴 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气 (7). 乙酸 (8). c
【解析】分析：（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，说明铜与氧气化合生成氧化铜，然后氧化铜氧化乙醇生成铜和乙醛，据此解答。
（2）参与反应的乙醇是气体，生成的乙醛需要冷却，据此判断。
（3）根据常温下乙醇、乙醛和水均是液体以及氮气不溶于水分析。
（4）试纸显红色，显酸性，说明有乙酸生成，据此解答。
详解：（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，所以实验过程中会出现铜网出现红色和黑色交替的现象；
（2）甲和乙两个水浴作用不相同，由于参与反应的乙醇必须是气体，所以甲的作用是将乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是冷却产生的乙醛等气体；
（3）乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇、乙醛和水在常温下均是液体，在试管a中能收集这些不同的物质，空气的成分主要是氮气和氧气，氧气参加反应后剩余的主要是氮气，所以集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气；
（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择选项中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，答案选C。
21.工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，其工艺流程如下：

已知：①NaHSO4溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。
②高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90 ℃。
请回答下列问题：
（1）反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为 ，冷却的目的是 ，能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是___________________。
（2）反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为__________________。
（3）通入反应器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2，请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的原因是_________________________。
（4）Ca(ClO)2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有________________，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式： 。
【答案】（1）3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；HClO4沸点低
（2）2ClO2+SO2+4OH－2ClO2－+SO42－+2H2O
（3）H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2
（4）强氧化性；Cl2+2OH－Cl－+ClO－+H2O
【解析】试题分析：（1）根据题给化学工艺流程分析反应器Ⅰ中NaClO3和浓H2SO4发生反应生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化学方程式为3NaClO3 + 3H2SO4HClO4 + 2ClO2↑ + 3NaHSO4 + H2O；冷却的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是高氯酸的沸点低。
（2）反应器Ⅱ中ClO2、SO2和氢氧化钠发生反应生成亚氯酸钠、硫酸钠和水，离子方程式为2ClO2+SO2+4OH－2ClO2－+SO42－+2H2O。
（3）通入反应器Ⅱ中的SO2用另一物质H2O2代替同样能生成 NaClO2，双氧水在反应中能代替SO2的原因是H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2。
（4）Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有强氧化性，用氯气和NaOH溶液生产另一种消毒剂 NaClO的离子方程式为Cl2 + 2OH－ Cl－ + ClO－ + H2O。