成都龙泉中学2020-2021学年度2021届高三下学期10月月考理科综合（化学部分）试题

2020-2021学年度2021届10月月考
理科综合能力测试
（化学部分）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Sr 88 Ba 137
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是(　　)
A．高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物
B．瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
答案　D
解析　白瓷含有多种成分属于混合物，A项错误；陶瓷属于无机非金属材料，B项错误；氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C项错误；“窑变”时，高温下釉料中的金属化合物由于还原程度的不同，形成不同颜色的低价态化合物，D项正确。
8．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋
C．2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键
答案　A
解析　A项，硼原子的质子数为5，11B的中子数为6，故0.1 mol的11B中含有中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H＋ 的个数，错误；C项，标准状况下苯为液体，故2.24 L(标准状况)苯的物质的量不为0.1 mol，生成的CO2分子也不是0.6NA，错误；D项，PCl3 ＋ Cl2PCl5 ，这是一个可逆反应，1mol PCl3与1mol Cl2不可能完全反应生成1 mol PCl5，故增加的P－Cl键数目小于2NA，错误。
9． 下列说法正确的是(　　)
A．劣质奶粉中含有的双氰胺()属于无机物
B．生活中食用的淀粉、植物油、蛋白质等都是高分子化合物
C．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
D．铝有很强的抗腐蚀性，可用铝制餐具长时间存放酸性、碱性食物
答案　C
解析　双氰胺属于有机物、植物油(油脂)不是高分子化合物，A、B均不正确；CaCO3比CaSO4的溶解度小，可以转化，C项正确；Al2O3是两性氧化物，既可溶于酸，又可溶于碱，Al单质也能与酸、碱反应，D项不正确。
10.原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D分别位于不同的主族，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，D的单质可与热水发生置换反应；x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体，且z可用于配制碳酸饮料。它们之间有如下转化关系：

下列说法正确的是(　　)
A．D的单质起火燃烧时可用z作灭火剂
B．元素的非金属性：C>A>B
C．B、C与A形成化合物的沸点：C>B
D．原子半径：D>B>C>A
答案　D
解析　A、B、C、D是原子序数依次增大且分别位于短周期不同主族的元素，m、p、n分别是元素A、B、C的单质，x、y、z是由A、B、C组成的二元化合物，其中y、z是气体且z用于配制碳酸饮料，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为C，x为H2O，y为CO，由CO＋H2O(g)CO2＋H2，z为CO2，D的单质可与热水发生置换反应，且D的原子序数最大，D位于第三周期，D为Mg，则A为H，B为C，C为O，D为Mg，镁能在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，则镁单质起火燃烧时不能用z作灭火剂，A错误；同周期元素从左向右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性C>B>A，B错误；C与A形成水分子，水分子间含氢键，但氢原子与碳元素形成的化合物有很多，其沸点不一定低于水，C错误；电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径D>B>C>A，D正确。
11．由下列实验及现象不能推出相应结论的是

实验
现象
结论
A
向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C
加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI) 答案　C
解析　A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋即是还原产物又是氧化产物，因此还原性Fe>Fe2＋，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D说法正确。
12.一种电化学制备NH3的装置如下图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。下列叙述错误的是(　　)

A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式：N2＋6H＋＋6e－===2NH3
C．H＋由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
答案　A
解析　此装置为电解池，总反应式是N2＋3H2===2NH3，Pd电极b上是氢气发生氧化反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3，故B说法正确；根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即由阳极移向阴极，故C说法正确；根据装置图，陶瓷可以隔离N2和H2，故D说法正确。
13．常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：

下列说法正确的是
A．反应HCO3-H＋＋CO32-的lgK=-6.4
B．pH═8的溶液中：c（Na＋）>c（HCO3-）
C．NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na＋）═c（Cl-）
D．向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO3-＋OH-═CO32-＋H2O
答案　B
解析　A、pH═6.4时，c（HCO3-）═c（H2CO3），反应H2CO3H++HCO3-的lgK═lgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A项错误；B、pH═8的溶液中：c（H＋）c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-），则c（Na＋）>c（HCO3-）,故B正确；C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H＋）═c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）＋c（H＋）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-）＋c（OH-），即c（Na+）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-），故C项错误；D、pH═6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O，故D项错误。故选B。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
26．(14分)CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料，工业上可用一种低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2和其他非酸溶性杂质)来进行生产，过程如下：

回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中反应较多，下列反应是其中之一：Cu2S＋2MnO2＋4H2SO4===2CuSO4＋2MnSO4＋4H2O＋S，该反应的氧化产物为______________(填化学式)。
(2)为确定滤液1中是否含有Fe2＋，首先用有机萃取剂除去溶液中MnSO4，再取下层水溶液进行检测，所用试剂为________________________________________________。
(3)步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH为5左右，目的是_____________________________。
(4)为模拟步骤Ⅲ的生产过程，某同学设计如下实验，下列有关叙述正确的是________。

A．a通入CO2，然后b通入NH3；c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2；c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
(5)步骤Ⅳ的滤液中主要成分X是步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，可以回收作为肥料使用，该肥料________(填“可以”或“不可以”)与草木灰(有效成分K2CO3)共用，简述原因：____________________。
(6)已知CuCl为难溶于水的白色沉淀，写出步骤Ⅴ发生反应的离子方程式：____________________。
答案 (1)CuSO4和S
(2)酸性KMnO4溶液[或者K3Fe(CN)6溶液]
(3)除去Fe3＋杂质　(4)C　(5)不可以　X为(NH4)2SO4，草木灰的有效成分为K2CO3，NH和CO的水解相互促进，氮元素部分变为氨气，导致肥效流失
(6)Cu＋CuO＋2H＋＋2Cl－===2CuCl＋H2O
解析 (1)元素失电子化合价升高所得的产物是氧化产物，Cu2S中铜元素化合价升高生成硫酸铜、硫元素化合价升高生成单质硫，所以氧化产物是CuSO4和S；(2)Fe2＋具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色或Fe2＋与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验Fe2＋，可以用酸性KMnO4溶液或者K3Fe(CN)6溶液；(3)根据流程图，步骤Ⅱ除去了Fe3＋，所以步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH为5左右的目的是除去Fe3＋杂质；(4)为防止倒吸，氨气从a导管通入；通入氨气后溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳，装置c的作用是吸收多余氨气，所以a通入NH3，然后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，选C；(5)步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，可以作为肥料使用的是硫酸铵，故X是(NH4)2SO4；草木灰的有效成分为K2CO3，NH和CO的水解相互促进，氮元素部分变为氨气，导致肥效流失，所以该肥料不可以与草木灰共用；(6)根据流程图Cu、CuO、HCl反应生成CuCl沉淀和H2O，反应离子方程式是Cu＋CuO＋2H＋＋2Cl－===2CuCl＋H2O。
27．（15分）石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。
已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)= NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=______kJ/mol。
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH =−681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L−1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0～10 min内，平均反应速率v(SO2)=_____mol/(L·min)。
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_____（填字母）。
A．通入一定量的O2 B．加入一定量的粉状碳酸钙
C．适当缩小容器的体积 D．加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=−34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；在1100K时，CO2的体积分数为______。
(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=____[已知：气体分压(P分)=气体总压(P)×体积分数]。
(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_____。
答案 （1）2a+2b+c
（2）①0.042 ②AC
（3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 20%
（4）4
（5）①< ②
解析 (1)已知①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=bkJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ/mol。
将①×2+②×2+③，整理可得2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=(2a+2b+c)kJ/mol。
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)= mol/(L·min)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(L·min)；
②A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确； B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确； D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；故合理选项是AC；
(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：
可逆反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.4 0.2 0.2
平衡n(mol) 0.6 0.2 0.2
在1100K时，CO2的体积分数为×100%=20%；
(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.8 0.4 0.4
平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4
在同一条件下，气体的物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1×106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；
则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp==4；
(5)①达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数 ②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下发生该反应，达到平衡时，CO的转化率为40%，
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
开始c(mol) 1 1 0 0
转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4
由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，则k正︰k逆=。
28.（14分）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按如图所示装置进行实验。

（1）装置甲中发生反应的化学方程式为______________________________________。
（2）装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为______________________________。
（3）为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是________________________。
（4）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为______色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加NH4SCN溶液，用离子方程式表示检验原理：______________________________________________________________________。
（5）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。
已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-889.6kJ•mol-1①
N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1②
则CH4还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式是___________________________。
答案（1）Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（2）3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；
（3）氧气；
（4）黄；Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3；
（5） CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）△H=-957.3kJ•mol-1​
解析 （1）装置甲中浓硝酸与铜片发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；（2）二氧化氮经导管进入丙装置和水反应生成NO气体，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；（3）因在常温下一氧化氮易被氧气氧化成红棕色的二氧化氮，所以为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气，故答案为：氧气；（4）丙装置中的液体为二氧化氮和水反应生成的硝酸，硝酸具有氧化性，硫酸亚铁具有还原性，两者发生氧化还原反应4H++NO3-+3Fe2+=NO+2H2O+3Fe3+，溶液变为黄色；铁离子和硫氰根离子反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3生成血红色的络合物，可证明三价铁离子的生成，故答案为：黄；Fe3++3SCN​-⇌Fe（SCN）3；（5）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-889.6kJ•mol-1①
N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1②根据盖斯定律可知，①-②可得：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）△H=-957.3kJ•mol-1，
故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）△H=-957.3kJ•mol-1。
（二）选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.
35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
(1)冰的熔点远高于干冰，除因为H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是___________________________________________________________。
(2)NaF的熔点________(填“＞”“＝”或“＜”)BF的熔点，其原因是____________________________________________________________________。
(3)CO熔点________(填“＞”或“＜”)N2的熔点，原因是________________________
________________________________________________________________________。
(4)CH4、SiH4、GeH4的熔、沸点依次________(填“增大”或“减小”)，其原因是_______
________________________________________________________________________。
(5)SiO2比CO2熔点高的原因是_________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)H2O分子间形成氢键
(2)＞　两者均为离子化合物，且阴、阳离子的电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低
(3)＞　CO为极性分子而N2为非极性分子，CO分子间作用力较大
(4)增大　三种物质均为分子晶体，结构与组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高
(5)SiO2为原子晶体而CO2为分子晶体
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物．
请回答下列问题：
（1）正四面体烷的分子式为_____________________，其二氯取代产物有_______种．
（2）下列关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是______（填序号）．
a．能使酸性KMnO4溶液褪色
b．1mol乙烯基乙炔能与3mol Br2发生加成反应
c．乙烯基乙炔分子中含有两种官能团
d．等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同
（3）写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的有机物的结构简式：___________
_________________________________________．
（4）写出分子式为C8H10，且苯环上的一氯代物只有一种的有机物的结构简式：________
________________________________________________．
答案 C4H4   1   d    
解析 （1）根据正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子，碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子，正四面体烷的分子式为C4H4；
分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子，二氯代产物只有1种，故答案为：C4H4；1；（2）a．乙烯基乙炔的结构简式CH2=CH-C≡CH，乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故a正确；
b.1molCH2=CH-C≡CH中含有1mol碳碳双键和1mol碳碳三键，1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应，则1摩尔乙烯基乙炔能与3摩尔Br2发生加成反应，故b正确；c．乙烯基乙炔分子中含有的官能团为：碳碳双键、碳碳三键，故c正确；d．乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH最简式为CH，乙炔C2H2的最简式为CH，二者最简式相同，二者质量相同，消耗氧气相同，故d错误,故答案为：d；（3）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，则含有1个侧链为-CH=CH2，所以满足条件的有机物的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（4）分子式为C8H10，苯环上的一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，所以2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能形成2个甲基，二甲基苯有三种同分异构体，只有两个甲基处于对位位置时，苯环上的一氯代物有1种，该芳香烃的结构简式为，故答案为：．（1）根据正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子，碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子；分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子、每个C原子上只有1个H原子；（2）a、碳碳双键、碳碳三键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；b、1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应；c、根据其结构简式判断官能团；
d、根据二者最简式判断质量相等时的耗氧量；（3）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2；（4）苯环上的一氯代物只有1种，说明苯环上只有1种氢原子．