2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市新四区示范校高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。

1.下列描述正确的是( )
A. 沸点：乙醛>乙醇>丙烷B. 键角：NH3>H2O
C. CS2为V形的极性分子D. NO3−与SO32−的中心原子均为sp3杂化
2.下列比较错误的是( )
A. 硬度：MgO>CaO>BaOB. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 熔点：金刚石>NaCl>H2OD. 熔点：NaF>MgF2>AlF3
3.下列物质中，可鉴别苯和甲苯的是( )
A. 水B. 溴水C. 酸性高锰酸钾溶液D. 氢氧化钠溶液
4.向淀粉溶液中加入少量的稀硫酸，加热使之发生水解，为测定水解程度，需要加入下列试剂中的①NaOH溶液；②银氨溶液；③新制的CuOH2悬浊液；④碘水；⑤BaCl2溶液，组合正确的是( )
A. ①⑤B. ②④C. ①②④D. ②③④
5.下列说法中正确的是( )
A. 电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
B. 电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则
C. 原子序数为7、8、9的三种元素，其第一电离能和电负性均依次增大
D. 元素周期表中Fe处于ds区
6.下面关于四种微粒的比较正确的是( )
①基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4；
②价电子排布式：3s23p3；
③2p轨道为半充满的原子；
④原子的2p轨道上只有两对成对电子
A. 原子半径：②>①>③>④B. 最高正化合价：④>①>③=②
C. 电负性：④>③>②>①D. 第一电离能：④>③>①>②
7.下列关于有机物的说法不正确的是( )
A. 和互为同系物
B. 4−甲基−2−己醇的键线式为：
C. 分子式为C4H2Cl8的同分异构体有9种
D. 与是同一物质
8.可以与NaOH反应，而乙醇不能与NaOH反应，这主要是由于( )
A. 中的羟基与苯环相连，受苯环影响羟基上的氢较为活泼
B. 苯酚显酸性，乙醇不显酸性
C. 苯酚的分子结构中含氢离子
D. 与结构没有关系，是因为两类物质性质不同
9.五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是( )
A. 元素X可能为锂
B. 原子半径大小：r(M)>r(W)
C. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
D. 元素气态氢化物的稳定性：Y>M
10.已知HNO3、H2SO4的结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A. NO3−、SO42−的空间结构分别为平面三角形、正四面体形
B. HNO3、H2SO4分子中N、S的杂化类型分别为sp2、sp3
C. 等物质的量的NO3−、SO42−中含σ键的个数之比为2：3
D. HNO3、H2SO4都能与水形成分子间氢键
11.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
②金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
③CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4+和12个O2−相紧邻
④SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑤晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑥氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②④B. ①②⑥C. ②③⑤D. ②③⑥
12.下列有关实验的说法错误的是( )
A. 在蒸馏实验中，温度计的水银球位于支管口处是为了测出馏分的沸点
B. 用结晶法分离硝酸钾和氯化钠的混合物，用分液法分离水和硝基苯的混合物
C. 在重结晶的实验中，使用短颈漏斗趁热过滤是为了减少被提纯物质的损失
D. 作为重结晶实验的溶剂，杂质在此溶液中的溶解度受温度影响应该很大
13.某同学欲检验淀粉水解的情况，设计了下列实验，A、B、C、D都是实验室常用的无机试剂.则A、B、C、D分别是( )
A. 稀硫酸、碘水、NaOH溶液、新制氢氧化铜
B. 稀硫酸、碘水、稀硫酸、CuSO4溶液
C. NaOH溶液、碘水、稀硫酸、新制氢氧化铜
D. 稀硫酸、KI溶液、NaOH溶液、新制氢氧化铜
14.橡胶是一种重要的战略物资，一般分为天然橡胶和合成橡胶两类。丁苯橡胶是合成橡胶的一种，其结构简式为
以下关于它的说法中正确的是( )
A. 它的单体是
B. 丁苯橡胶是CH2=CH−CH=CH2和通过缩聚反应制得的
C. 装液溴或溴水的试剂瓶可用丁苯橡胶作瓶塞
D. 丁苯橡胶会老化
15.食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)、聚偏二氯乙烯(PVDC)等种类．PVC被广泛用于食品、蔬菜的外包装，但它对人体有潜在危害．下列有关叙述中不正确的是( )
A. PVC保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化
B. PVC的单体不能由PE的单体与氯化氢加成制得
C. 鉴别PE和PVC，可将其放入试管中加热，在试管口放置一湿润的蓝色石蕊试纸，如果试纸变红，则为PVC；不变红，则为PE
D. 等质量的聚乙烯和乙烯分别完全燃烧，聚乙烯消耗的氧气多
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
16.如图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。回答下列问题：
(1)C装置(燃烧管)中CuO的作用是______；写出 E装置中所盛放试剂的名称：______；
(2)若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加0.36g，E管质量增加0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为______。
(3)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示，则其结构简式为______。
(4)若符合下列条件，则该有机物的结构简式为______。
①环状化合物
②只有一种类型的氢原子
(5)某同学认为E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置F，其主要目的是______。
三、简答题：本大题共2小题，共30分。
17.(1)现有下列各组物质：
①O2和O3、②CH2=CH−CH3和CH2=CH−CH=CH2、③
和
、④ 11H2O和 12H2O、⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3、⑥ 92235A和质量数为238中子数为146的原子、⑦
和
、⑧
属于同系物的是______；属于同分异构体的是______；属于同位素的是______；属于同素异形体的是______；属于同种物质的是______。(填序号)
(2)在下列反应中，属于取代反应的是______ (填序号，下同)；属于加成反应的是______。属于氧化反应的是______。
①由乙烯制一氯乙烷；
②乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；
③乙烷在光照下与氯气反应；
④乙烯使溴水褪色。
(3)写出正确的化学方程式
①乙烯使溴水褪色：______；
②苯与液溴的反应：______；
③1，3−丁二烯与溴水1：1的反应(1,4加成)：______。
(4)某高分子化合物是由两种单体加聚而成的，其结构如下：
，两种单体的结构简式分别为______和______。
18.运用所学知识填空。
(1)根据要求比较大小(用“>“或“<”填空)。
①酸性：HCOOH ______CH3COOH
②熔点：
______
③键角：SO3______CH4
(2)已知CuCl2与氨水反应可形成配合物|Cu(NH3)4)Cl2。
①该配合物中配体是______，配位数是______。
②NH3的VSEPR模型名称为______，空间结构名称为______ (填序号)。
a.四面体
b.正四面体
c.三角锥形
d.平面三角形
(3)铁酸铋的晶胞结构如图所示，铁酸铋的化学式为______，距离铋离子最近且等距离的铋离子有______个。
(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某种离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是
______(填序号)。
a.CCl4
b.CH4
c.NH4+
四、推断题：本大题共1小题，共15分。
19.有机物H(C9H8O4)是洁面化妆品的中间体，以A为原料合成有机物H的路线如图：
已知：①A是相对分子量为92的芳香烃；②D是C的一氯取代物；③RCHO+R1CH2CHO→△稀NaOH溶液RCH=CR1CHO+H2O(R、R1为烃基或氢原子)。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______。
(2)由D生成E所用的试剂和反应条件为______。
(3)由E生成F的反应类型为______， F的结构简式为______。
(4)G与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为______。
(5)H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是______。
(6)参照上述流程，设计以乙醇为原料制备CH3CH=CHCOOH的合成路线：______。(其它无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.乙醇分子间存在氢键，氢键的存在使沸点反常升高，即乙醇的沸点高于乙烷和乙醛；乙醛的相对分子质量大于乙烷，沸点较乙烷高，即沸点：乙醇>乙醛>丙烷，故A错误；
B.NH3、H2O分子中分别含1对和2对孤电子对，由于电子对之间的斥力：孤电子对-孤电子对>成键电子对-孤电子对，则键角：NH3>H2O，故B正确；
C.CS2中碳原子的价层电子对数=2+12(4−2×2)=2，无孤电子对，故为直线形结构，为直线形非极性分子，故C错误；
D.NO3−与SO32−中N、S原子的价层电子对数分别为3+12(5+1−3×2)=3、3+12(6+2−3×2)=4，中心原子分别为sp2、sp3杂化，故D错误；
故选：B。
A.氢键的存在使沸点反常升高；相对分子质量越大，沸点越高，据此分析；
B.电子对之间的斥力：孤电子对-孤电子对>成键电子对-孤电子对；
C.CS2中碳原子的价层电子对数=2+12(4−2×2)=2，无孤电子对；
D.NO3−与SO32−中N、S原子的价层电子对数分别为3+12(5+1−3×2)=3、3+12(6+2−3×2)=4，据此分析。
本题考查了微粒的空间结构、键角大小以及沸点高低判断等，难度不大，应注意基础知识的掌握和应用。
2.【答案】D
【解析】解：A.三种物质都为离子晶体，离子半径Mg2+CaO>BaO，故A正确；
B.三种物质都为离子晶体，离子半径F−NaCl>NaBr，故B正确；
C.一般共价晶体的熔点大于离子晶体的熔点，离子晶体的熔点大于分子晶体熔点，金刚石是共价晶体，NaCl是离子晶体，H2O是分子晶体，故熔点：金刚石>NaCl>H2O，故C正确；
D.三种物质都为离子晶体，离子半径越小，电荷越多，熔点越高，熔点应为NaF故选：D。
A.离子晶体中离子键越强，硬度越大；
B.离子晶体中离子键越强，晶格能越大；
C.一般共价晶体的熔点大于离子晶体的熔点，离子晶体的熔点大于分子晶体熔点；
D.三种物质都为离子晶体，离子半径越小，电荷越多，熔点越高。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，明确元素周期律内容为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.苯、甲苯均不溶于水，密度都小于水，现象都是分层，有机层在上层，不能鉴别，故A错误；
B.苯、甲苯均不和溴水反应，且不溶于水，密度均比水小，所以现象均为：分层，上层橙色，不能鉴别，故B错误；
C.甲苯能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯与高锰酸钾溶液不反应，所以能鉴别，故C正确；
D.苯、甲苯与NaOH溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，而苯不能，以此可鉴别。
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，明确有机物的性质差异、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意分层现象的判断。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查淀粉水解程度的检验，题目难度不大，醛基的银镜反应和与新制氢氧化铜悬浊液的反应均在碱性条件下进行，注意反应环境对反应的影响。
淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，检验葡萄糖用银氨溶液或新制 CuOH2碱性悬浊液，而醛基的银镜反应和与新制氢氧化铜悬浊液的反应均在碱性条件下进行，检验淀粉用碘水，据此分析。
【解答】
淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，而醛基的银镜反应和与新制氢氧化铜悬浊液的反应均在碱性条件下进行，故检验水解有无葡萄糖生成时，应先用NaOH溶液调节溶液至碱性，然后用银氨溶液或新制CuOH2碱性悬浊液检验，最后用碘水检验淀粉是否完全水解。
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查较为综合，涉及电子云、原子核外电子排布以及元素周期表、元素周期律等知识，为高频考点，注意掌握原子核外电子排布原则，C为易错点，试题培养了学生的综合应用能力。
【解答】
A.小黑点的密表示电子出现机会的多，不表示在该核外空间的电子数多，故A错误；
B.根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，则1s22s22px2反了洪特规则，正确的排布式为：1s22s22px12py1，故B正确；
C.同周期元素从左到右第一电离能增大，由于N原子2p轨道为半充满状态，能量较大，第一电离能较大，所以第一电离能N>O，则顺序为CD.d区包含ⅢB∼ⅦB(镧系元素、锕系元素除外)、第Ⅷ族，Fe位于第Ⅷ族，在元素周期表中处于d区，故D错误；
故选：B。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了第一电离能、电负性、原子半径等知识点，解题的关键是依据给出信息进行元素推断，为高频考点，难度中等。
【解答】
①为16号元素为S，②为15号元素为P，③为7号元素为N，④为9号元素为F；
A.一般而言，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：②>①>③>④，故A正确；
B.N、P最外层电子数相同，最高正化合价相同，都为+5价，S最外层电子数为6，最高正化合价为+6，F没有正价，最高正化合价：①>③=②，故B错误；
C.非金属性越强，元素的电负性越大，则电负性：④>③>①>②，故C错误；
D.同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，P的3p电子为半满稳定结构，第一电离能大于S，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：④>③>②>①，故D错误；
故选：A。
7.【答案】A
【解析】解：A.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而属于醇类，属于酚类，两者结构不相似，不属于同系物，故A错误；
B.4−甲基−2−己醇的主链上有6个碳原子，−OH在2号碳原子上，在4号碳原子上有一个甲基，其键线式为，故B正确；
C.由替换法可知 C4H2Cl8与 C4H8Cl2的同分异构体种类数相同，C4H8Cl2可以看成C4H10分子中的两个H原子被Cl原子取代，丁烷有正丁烷和异丁烷，两个Cl原子可能取代不同碳原子上的H原子，也可能取代同一碳原子上的H原子，正丁烷的碳架为：C−C−C−C，若两个Cl原子取代不同碳原子上的H原子，对应的结构有4种，即取代1与2，1与3、1与4、2与3号碳原子上的H原子，若两个Cl原子取代同一碳原子上的H原子，对应的结构有2种，即取代1号碳、2号碳上的H原子，同理，对于异丁烷，对应的种类数分别为：2种和1种，故C4H8Cl2的同分异构体种类数为：(4+2+2+1)种=9种，故C正确；
D.CH4是正四面体结构，其二氯代物只有一种，和是同一种物质，故D正确；
故选：A。
A.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
B.4−甲基−2−己醇的主链上有6个碳原子，−OH在2号碳原子上，在4号碳原子上有一个甲基；
C.根据替换法可知 C4H2Cl8与 C4H8Cl2的同分异构体种类数相同，分析C4H8Cl2的同分异构体种类数即可；
D.CH4是正四面体结构，其二氯代物只有一种。
本题主要考查同分异构体的书写、同系物的判断、键线式的命名等问题，均属于基本知识，是基础题型的考查，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：苯酚中的羟基与苯环相连，受苯环影响羟基上的氢较为活泼，使得羟基中的O−H容易断裂而发生反应，而乙醇中羟基中的O−H不容易断裂，
故选：A。
受苯环的影响，酚羟基中的氢原子变得比较活泼，据此进行解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、原子或原子团的相互影响为解答的关键，侧重常见有机物结构、性质的考查，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为H或Li、Y为N、Z为Si、M为P、W为S，
A.X可能为锂，故A正确；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径大小：r(M)>r(W)，故B正确；
C.X2W中只有S原子均达到8电子稳定结构，故C错误；
D.非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，则元素气态氢化物的稳定性：Y>M，故D正确；
故选：C。
由五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系图可知，Y为+5价、Z为+4价，且原子序数Z大于Y，可知Y为N、Z为Si；M、W的化合价分别为−3、−2价，且原子序数大于Z，则M为P、W为S；X的原子序数最小，且化合价为+1价，X为H或Li，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
10.【答案】C
【解析】A.NO3−中N原子的价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且N原子不含孤电子对、SO42−中S原子的价层电子对个数=4+6+2−4×22=4且S原子不含孤电子对，则前者为平面三角形、后者为正四面体形，故A正确；
B.根据图知，HNO3分子中N原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，H2SO4分子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，则N原子采用sp2杂化、S原子采用sp3杂化，故B正确；
C.NO3−中含有3个σ键、SO42−中含有4个σ键，则等物质的量的NO3−、SO42−中含σ键的个数之比为3：4，故C错误；
D.根据图知，HNO3、H2SO4分子中都含有羟基，这几种酸分子中的羟基能和水分子中的羟基形成氢键，故D正确；
11.【答案】D
【解析】解：①金属晶体由阳离子与自由电子构成，没有阴离子，故①错误；
②金刚石、SiC属于原子晶体，键长C−C离子晶体>分子晶体，因此金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故②正确；
③以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2−位于面心上，则CaTiO3晶体中每个Ti4+相紧邻的O2−的数目为：3×82=12，故③正确；
④SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，故④错误；
⑤分子间作用力影响物理性质，分子稳定性属于化学性质，与键能的大小有关，故⑤错误；
⑥氯化钠属于离子晶体，微粒之间作用为离子键，熔化时破坏离子键，故⑥正确；
综上可知，②③⑥正确，故D正确，
故选：D。
①金属晶体由阳离子与自由电子构成；
②熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
③以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2−位于面心上，则CaTiO3晶体中每个Ti4+相紧邻的O2−的数目为：3×82=12；
④SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合；
⑤分子间作用力影响物理性质，分子稳定性属于化学性质；
⑥氯化钠属于离子晶体，微粒之间作用为离子键。
本题主要考查晶体熔点大小的比较、化学键的类型等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、实验操作、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。
【解答】
A.温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球位于支管口处是为了测出馏分的沸点，故A正确；
B.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，可选结晶法分离，而水和硝基苯分层，可分液法分离，故B正确；
C.重结晶的实验中，因温度降低被提纯物质的溶解度减小，则使用短颈漏斗趁热过滤是为了减少被提纯物质的损失，故C正确；
D.杂质在此溶液中的溶解度受温度影响小易重结晶分离，被提纯物质的溶解度受温度影响很大，故D错误；
故选：D。
13.【答案】A
【解析】解：因为淀粉水解需用稀硫酸作催化剂，检验淀粉是否完全水解需要碘水，用新制氢氧化铜检验水解产物时需预先加碱中和稀硫酸，结合实验流程可知，试剂A为稀硫酸，淀粉在酸作催化剂条件下水解，试剂B为碘水，溶液变蓝，说明混合液中还有淀粉；试剂C为NaOH溶液，可调节值碱性，然后加试剂D为新制氢氧化铜，生成砖红色沉淀为氧化亚铜，可说明有葡萄糖生成，即该实验中淀粉部分水解，
综上所述A、B、C、D分别是稀硫酸、碘水、NaOH溶液、新制氢氧化铜，
故选：A。
由实验流程可知，试剂A为稀硫酸，淀粉在酸作催化剂条件下水解，试剂B为碘水，溶液变蓝，说明混合液中还有淀粉；试剂C为NaOH溶液，可调节值碱性，然后加试剂D为新制氢氧化铜，生成砖红色沉淀为氧化亚铜，以此来解答．
本题考查物质的性质实验的设计，为高频考点，把握有机物的性质、检验方法及流程分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.丁苯橡胶是CH2=CH−CH=CH2、通过加聚反应生成的，所以其单体为：CH2=CH−CH=CH2、，故A错误；
B.丁苯橡胶为CH2=CH−CH=CH2和通过加聚反应生成的高分子化合物，故B错误；
C.丁苯橡胶好含有碳碳双键，能够与溴水和液溴发生加成反应，不能使用丁苯橡胶作瓶塞盛放液溴或溴水，故C错误；
D.受氧气、臭氧、日光照射时，特别是高能辐射，丁苯橡胶容易老化，故D正确；
故选：D。
丁苯橡胶的结构简式为：，分析其链节可知，该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个C−C打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是CH2=CH−CH=CH2、；受氧气、臭氧、日光照射，特别是高能辐射，丁苯橡胶容易老化，据此进行判断。
本题考查了加聚反应原理、加聚反应产物单体的求算、有机物结构与性质，题目难度不大，注意掌握加聚反应原理，能够根据加聚反应产物判断其单体，明确常见有机物的结构与性质。
15.【答案】D
【解析】解：A.PE、PVC都属于链状高分子化合物，能溶于酒精，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，故A正确；
B.PVC单体为氯乙烯，应该由乙炔和HCl加成得到，故B正确；
C.PVC加热产生氯化氢而PE不产生，根据是否有氯化氢产生即可鉴别，故C正确；
D.乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含C和H的质量分数分别相等，所以等质量的两者燃烧时生成CO2、H2O的量分别相等，故D错误．
故选D.
A.具有热塑性的塑料具有链状结构，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行；热固性具有网状结构，一经加工成型就不会受热熔化；
B.PVC的单体是CH2=CHCl；
C.PVC加热产生氯化氢；
D.乙烯和聚乙烯的C、H的质量分数相等．
本题考查PE、PVC的成分及分子结构，难度不大，注意具有热塑性的塑料具有链状结构，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行；热固性具有网状结构，一经加工成型就不会受热熔化．
16.【答案】使有机物充分氧化生成CO2和H2O碱石灰 C2H4OCH3CHO 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
【解析】解：(1)因为后续装置用于吸收水蒸气和二氧化碳，并称其质量，所以C装置(燃烧管)中要确保有机物完全燃烧，则CuO的作用是：使有机物充分氧化生成CO2和H2O；E装置用于吸收燃烧生成的二氧化碳，则所盛放试剂的名称碱石灰，
故答案为：使有机物充分氧化生成CO2和H2O；碱石灰；
(2)m(H2O)=0.36g，m(CO2)=0.88g，则n(H2O)=0.36g18g/ml=0.02ml，n(CO2)=0.88g44g/ml，则有机物分子中含O元素的质量为0.44g−0.02ml×2×1g/ml−0.02ml×12g/ml=0.16g，n(O)=0.16g16g/ml=0.01ml，n(有机物)=0.44g44g/ml=0.01ml，则有机物分子中所含C、O的原子个数分别为2、4、1，该有机物的化学式为C2H4O，
故答案为：C2H4O；
(3)从该有机物的核磁共振氢谱图可以看出，该有机物分子中含有2种氢原子，则其结构简式为CH3CHO，
故答案为：CH3CHO；
(4)符合条件“①环状化合物，②只有一种类型的氢原子”的有机物，应含有2个CH2原子团和1个O原子，所以其结构简式为，
故答案为：；
(5)碱石灰不仅能吸收燃烧生成的二氧化碳，也能吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响燃烧生成二氧化碳质量的测定，所以应在E后再增加一个装置E，其主要目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，
故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
A装置为制取O2的装置，B装置为干燥O2的装置，C装置中有机物燃烧生成CO2和水，D装置吸收水蒸气，E装置吸收燃烧生成的CO2；
(1)CuO有利于有机物充分氧化生成CO2和H2O；E装置用碱石灰吸收燃烧生成的二氧化碳；
(2)m(H2O)=0.36g，m(CO2)=0.88g，则n(H2O)=0.36g18g/ml=0.02ml，n(CO2)=0.88g44g/ml，则有机物分子中含O元素的质量为0.44g−0.02ml×2×1g/ml−0.02ml×12g/ml=0.16g，n(O)=0.16g16g/ml=0.01ml，n(有机物)=0.44g44g/ml=0.01ml，则有机物分子中所含C、O的原子个数分别为2、4、1；
(3)根据物质氢原子种类和分子式确定；
(4)符合条件“①环状化合物，②只有一种类型的氢原子”的有机物，应含有2个CH2原子团和1个O原子，则为环氧乙烷；
(5)碱石灰不仅能吸收燃烧生成的二氧化碳，也能吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，E主要目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
本题考查有机物的分子式的实验测定，明确实验的原理是解题关键，侧重考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合知识的能力。
17.【答案】⑤ ⑧ ⑥ ① ③④⑦ ③ ①④ ② CH2=CH2+Br2→CH2Br−CH2Br CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2BrCH2=CR−CH=CHRR−CH=CH−R
【解析】解：(1)⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3的结构相似，分子组成相差2个CH2原子团，二者互为同系物，⑧的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，质量数为238、中子数为146的原子的质子数=238−146=92，与 92235A具有相同质子数、不同中子数，为同种元素的不同原子，二者互为同位素，①O2和O3为O元素的不同单质，二者互为同素异形体，③和、④ 11H2O和 12H2O、⑦和分子式相同、结构相同，二者为同一种物质，
故答案为：⑤；⑧；⑥；①；③④⑦；
(2)①由乙烯制一氯乙烷属于加成反应；②乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色为氧化反应；③乙烷在光照下与氯气反应属于取代反应；④乙烯使溴水褪色属于加成反应，
故答案为：③；①④；②
(3)①乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，生成1，2−二溴乙烷，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2Br−CH2Br，
故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br−CH2Br；
②苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，化学方程式为：，
故答案为：；
③1，3−丁二烯含有2个碳碳双键，发生1，2加成或1，4加成，发生1，4加成的方程式为CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br，
故答案为：CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br；
(4)高分子的主链只有C，为加聚产物，则单体的结构简式分别为CH2=CR−CH=CHR、R−CH=CH−R，
故答案为：CH2=CR−CH=CHR；R−CH=CH−R。
(1)结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体，据此判断；
(2)有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；氧化反应是物质所含元素化合价升高的反应；加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；
(3)①乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，生成1，2−二溴乙烷；
②苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢；
③1，3−丁二烯含有2个碳碳双键，发生1，2加成或1，4加成；
(4)高分子的主链只有C，为加聚产物。
本题考查有机物的化学反应及结构模型，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基的掌握，为基础性习题，把握有机物的性质、结构模型的识别为解答的关键，注重基础知识的夯实，题目难度不大。
18.【答案】><>NH3 4acBiFeO3 6 c
【解析】解：(1)①乙酸分子中多了甲基，甲基具有给电子诱导效应，乙酸中羧基电子云密度更大，不易电离出氢离子，故甲酸的酸性比乙酸强，
故答案为：>；
②：形成分子内氢键，使物质熔沸点降低，形成分子间氢键，使物质的熔沸点升高，故熔点：<，
故答案为：<；
③SO3中S原子孤电子对数=6−2×32=0，价层电子对数=3+0=3，故SO3分子式平面正三角形结构，键角是120∘，而CH4分子中碳原子孤电子对数为4−1×42=0，价层电子对数为4+0=4，
CH4分子是正四面体形，分子中键角为109∘28′，故键角：SO3>CH4，
故答案为：>；
(2)①Cu2+含有空轨道，NH3分子中N原子提供孤电子对，形成配位键，配体为NH3，中心离子配位数为4，
故答案为：NH3；4；
②NH3中N原子孤电子对数=5−1×32=1，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体形，忽略孤电子对可得微粒空间构型为三角锥形，
故答案为：a；c；
(3)晶胞中Bi原子数目为8×18=1，O原子数目为6×12=3，Fe原子数目为1，铁酸铋的化学式为BiFeO3；以顶点铋离子研究，与之最近且等距离的铋离子处于同一棱的顶点位置，将晶胞扩展可知，距离铋离子最近且等距离的铋离子有6个，
故答案为：BiFeO3；6；
(5)F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH4+符合，
故选：c.
(1)①乙酸分子中多了甲基，甲基具有给电子诱导效应；
②：形成分子内氢键，形成分子间氢键；
③SO3是平面正三角形结构，而CH4是正四面体；
(2)①Cu2+含有空轨道，NH3分子中N原子含有孤电子对；
②NH3中N原子孤电子对数=5−1×32=1，价层电子对数为3+1=4，则VSEPR模型基础上忽略孤电子对可得微粒空间构型；
(3)均摊法计算晶胞中Bi、Fe、O原子数目，确定铁酸铋的化学式；以顶点铋离子研究，与之最近且等距离的铋离子处于同一棱的顶点位置；
(4)F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及分子结构与性质、氢键、化学键、价层电子对互斥理论、配合物、空间构型、晶胞结构与计算等，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力。
19.【答案】甲苯 氢氧化钠水溶液，加热 氧化反应 +2Cu(OH)2+NaOH→△+Cu2O↓+3H2OH为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化
【解析】解：(1)A是，名称为甲苯，
故答案为：甲苯；
(2)D是，D与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生E为，故由D生成E所用的试剂和反应条件为氢氧化钠水溶液，加热，
故答案为：氢氧化钠水溶液，加热；
(3)E是，分子中含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生F：，则由E生成F的反应类型为氧化反应；F的结构简式是，
故答案为：氧化反应；；
(4)G是，该物质分子中含有醛基，能够与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，发生氧化反应，醛基变为羧基，由于溶液显碱性，因此反应产生的是羧酸的钠盐，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH→△+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH→△+Cu2O↓+3H2O；
(5)H为，属于酚类，易被空气中的氧气氧化，原因为H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化，
故答案为：H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化；
(6)利用信息③实现碳链变化，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个分子乙醛反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO再进一步氧化生成CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制备CH3CH=CHCOOH的合成路线为：，
故答案为：。
A是相对分子量为92的芳香烃，设该物质分子式是CnH2n−6，则14n−6=92，解得n=7，故A是，名称为甲苯，结合C的结构简式逆推可知：A与Cl2发生取代反应产生B是 ，C发生甲基上的取代反应生成D，D是C的一氯取代物，则D的结构简式为，F能发生信息③的反应，说明F中含有醛基，则D发生水解反应生成E为，E发生催化氧化生成F为，G的结构简式为，G发生氧化反应然后酸化生成H为；
(6)利用信息③实现碳链变化，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个分子乙醛反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO再进一步氧化生成CH3CH=CHCOOH。
本题考查有机物的推断与合成，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断、知识综合应用及知识迁移能力，根据流程图中有机物的结构简式以及官能团的转化、反应条件结合题给信息进行推断，题目难度中等。