2022-2023学年天津市部分区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市部分区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共17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.下列说法不正确的是( )
A. 葡萄糖可以发生氧化反应、银镜反应和水解反应
B. 工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂
C. 食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯
D. 皮肤接触浓硝酸变黄是蛋白质的显色反应
2.下列有机物的系统命名正确的是( )
A. (CH3)3CCH2CH3 3，3−二甲基丁烷B. CH3CH2CH2Cl氯丙烷
C. 顺−2−丁烯D. 苯甲醇
3.下列有机物分子中的碳原子既有sp3杂化又有sp2杂化的是( )
A. CH3CH=CH2B. CH3−C≡CHC. CH3CH2OHD. CH2=CH2
4.下列叙述正确的是( )
A. CH2Cl2空间结构呈三角锥形，存在手性异构体
B. NaCl晶体中只存在静电引力作用
C. CO2是直线形分子
D. 金刚石是典型的分子晶体，熔点高，硬度大
5.下列性质比较中，正确的是( )
A. 热稳定性：HClB. 沸点：H2O>H2S
C. 酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH
D. 在水中的溶解度：CH3CH2OH6.下列说法不正确的是( )
A. 乙二醇和丙二醇互为同系物
B. 苯和苯的同系物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 酸和醇发生的反应不都是酯化反应
D. 煤的液化属于化学变化
7.下列化学用语或描述中正确的是( )
A. 对硝基甲苯的结构简式：
B. 的官能团为和−NH2
C. 四氯化碳的电子式：
D. SO32−的VSEPR模型
8.下列分离提纯方法不正确的是( )
A. 重结晶法分离提纯苯甲酸(杂质氯化钠)的步骤是加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶
B. 实验室制乙炔中含有杂质H2S，可用硫酸铜溶液洗气
C. 乙醇中含有少量水，加生石灰后蒸馏
D. 除去乙烷中少量的乙烯，通入足量溴水
9.一种有机物的结构简式如图所示。关于该有机物的说法不正确的是( )
A. 所有原子不可能在同一平面上
B. 该有机物的分子式是C11H8O5
C. 1ml该有机物能与2mlNaOH发生反应
D. 该有机物含有四种官能团
10.有机物M由C、H、O三种元素组成，可作为溶剂从中草药中提取青蒿素。有关M的结构信息如下：
ⅰ.M的红外光谱显示有C−H、C−O的吸收峰，无O−H的吸收峰。
ⅱ.M的核磁共振氢谱(图1，两组峰面积之比为2：3)、质谱(图2)如图所示。
下列分析正确的是( )
A. M属于醇类物质B. M的分子中含羧基和醛基
C. M的结构简式为CH3CH2OCH2CH3D. M的摩尔质量为74
11.下列说法不正确的是( )
A. 酚醛树脂可由苯酚与甲醛发生缩聚反应得到
B. 合成的单体是1，3−丁二烯和丙烯
C. 己二酸与乙二醇可缩聚形成高分子化合物
D. 由CH2=CH−COOCH3合成的聚合物为
12.
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
13.已知乙醇在一定条件下可以还原氧化铜，生成的一种产物具有刺激性气味。某实验小组用下列实验装置进行乙醇催化氧化的实验。
(1)请写出铜网由黑色变为红色时发生的化学反应方程式：______。
(2)在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化氧化反应是______ (填“吸热”或“放热”)反应。
(3)甲和乙均使用水浴。甲采用的是______，乙采用的是______。(填“冷水浴”或“热水浴”)
(4)若试管a中收集的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有少量的______。
(5)该反应中检验试管a中产物的实验方法及现象是______。
(6)当有46g乙醇完全被催化氧化，消耗标准状况下O2的体积为______ L。
三、简答题：本大题共2小题，共33分。
14.钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。
(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。
①Fe的基态原子价电子排布式为______。
②Ti的基态原子共有______种不同能级的电子。
(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑。
①上述化学方程式中CCl4是______ (“极性”或“非极性”)分子。
②COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，该分子的空间结构为______。
(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10−2nm和7.8×10−2nm。则熔点：NiO ______ FeO(填“>”“<”或“=”)。
(4)镧镍合金(LaNix)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图，其中x=______。已知晶胞体积为Vcm3，若储氢后形成LaNixH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，NA为阿伏加德罗常数的值，则氢在合金中的密度为______ g⋅cm−3(用含V、NA的代数式表示)。
15.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如图(部分反应略去试剂和条件)：
已知：
(a)
(b)
回答下列问题：
(1)A的化学名称是______，反应①的反应类型是______。
(2)D中含有的官能团的名称是______， F的结构简式是______。
(3)写出C→D的化学方程式______。
(4)设计C→D和E→F两步反应的目的______。
(5)芳香族化合物X是C的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为3：2：2：1，写出符合要求的X的结构简式：______。
(6)已知
易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此写出以A为原料制备化合物
的合成路线______ (无机试剂任选)。
四、推断题：本大题共1小题，共17分。
16.工业上由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子，它们都是常用的塑料。请回答：
(1)①写出C中官能团的名称______；
②鉴别B和D的试剂可以是______。
(2)写出A→B的反应条件______；A→B的反应类型是______。
(3)写出下列化学反应方程式，并判断反应类型：
①由丙烯制F ______；反应类型是______。
②D→E______；D→E的反应类型是______。
(4)在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是______。
(5)E有多种同分异构体，写出与E含有相同官能团的同分异构体的结构简式______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.葡萄糖是单糖，单糖不能发生水解，故A错误；
B.利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上制取肥皂和甘油，故B正确；
C.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，故C正确；
D.皮肤的成分是蛋白质，含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，故D正确；
故选：A。
A.单糖不能发生水解；
B.工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂和甘油；
C.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯；
D.含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色．
本题考查糖类油脂蛋白质的性质，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累，题目难度较小。
2.【答案】C
【解析】解：A.烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，(CH3)3CCH2CH3 主链上有4个碳原子，从离甲基近的一端给主链上的碳原子进行编号，故2号碳原子上有2个甲基，名称为2，2−二甲基丁烷，故A错误；
B.卤代烃在命名时，应选−X所在的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离−X近的一端开始编号，故在1号碳原子上有一个−Cl，故名称为1−氯丙烷，故B错误；
C.烯烃命名时，选碳碳双键所在的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，故碳碳双键在2号和3号碳原子，两个甲基在双键同侧，故名称为顺−2−丁烯，故C正确；
D.中−OH直接连在苯环上，属于酚，甲基在2号碳原子上，名称为2−甲基苯酚，故D错误；
故答案为：C。
A.烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；
B.卤代烃在命名时，应选−X所在的最长的碳链为主链，从离−X近的一端开始编号，并标示出−X和其他支链的位置；
C.烯烃命名时，选碳碳双键所在的最长的碳链为主链，从离碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标示出支链和官能团的位置；相同基团在双键同一侧的为顺式结构，反之，为反式结构；
D.−OH直接连在苯环上的有机物为酚。
本题考查有机物的命名，关键是理解掌握系统命名法的原则，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.CH3CH=CH2中的3个C原子：−CH3中C原子的价层电子对为4，C原子采用sp3杂化，−CH=CH2中C原子的价层电子对为3，两个C原子均采用sp2杂化，故A正确；
B.CH3−C≡CH中的3个C原子：−CH3中C原子的价层电子对为4，C原子采用sp3杂化，−C≡CH中C原子的价层电子对为2，两个C原子均采用sp杂化，故B错误；
C.CH3CH2OH中的2个C原子：−CH3和−CH2−中两个C原子的价层电子对为4，两个C原子均采用sp3杂化，故C错误；
D.CH2=CH2中的2个C原子的价层电子对均为3，两个C原子均采用sp2杂化，故D错误；
故选：A。
有机物分子中的碳原子既有sp3杂化又有sp2杂化，说明该分子中碳原子的价层电子对个数既有4个的又有3个的，结合分子结构分析解答。
本题考查原子杂化类型判断，侧重考查对基本理论的理解和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵是解题关键，注意掌握价层电子对个数的计算方法，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.CH2Cl2中C原子价层电子对数为4，且不含孤电子对，为四面体结构，CH2Cl2中不含手性碳原子，所以不存在手性异构体，故A错误；
B.NaCl晶体中除存在静电引力外，还存在静电斥力，故B错误；
C.CO2分子中C原子价层电子对数2+4−2×22=2，且不含孤电子对，为直线形分子，故C正确；
D.金刚石是由原子构成的空间网状结构的晶体，属于共价晶体，共价晶体熔点高、硬度大，所以金刚石熔点高、硬度大，故D错误；
故选：C。
A.CH2Cl2中C原子价层电子对数为4，且不含孤电子对，为四面体结构，CH2Cl2中不含手性碳原子；
B.NaCl晶体中除存在静电引力外，还存在静电斥力；
C.CO2分子中C原子价层电子对数2+4−2×22=2，且不含孤电子对；
D.由原子构成的空间网状结构的晶体为共价晶体，共价晶体熔点高、硬度大。
本题考查微粒空间结构判断、化学键、共价晶体等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确分子空间结构判断方法、物质构成微粒及微粒之间作用力等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl>I，所以热稳定性HCl>HI，故A错误；
B.能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以沸点：H2O>H2S，故B正确；
C.Cl原子为吸引电子基团，能使−OH上的H原子活泼性增强，使得CH2ClCOOH酸性比CH3COOH强，故C错误；
D.一元醇中，烃基基团越大，其溶解度越小，所以在水中的溶解度：CH3CH2OH>CH3CH2CH2CH2CH2OH，故D错误；
故选：B。
A.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强；
B.能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
C.当存在吸引电子基团，能使−OH上的H原子活泼性增强，物质酸性增强；
D.一元醇中，烃基基团越大，其溶解度越小。
本题考查物质的溶解性、元素周期律等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确氢化物熔沸点影响因素、元素周期律内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.乙二醇和丙二醇的结构相似、分子组成上相差一个−CH2−，故互为同系物，故A正确；
B.苯与高锰酸钾溶液不反应，苯的同系物中与苯环相连C上有H的能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.HCl与醇发生取代反应，有机羧酸、无机含氧酸可与醇发生酯化反应，故C正确；
D.煤的液化生成甲醇等液体燃料，属于化学变化，故D正确；
故选：B。
A.结构相似、分子组成上相差若干个−CH2−的化合物互为同系物；
B.苯不能使高锰酸钾溶液褪色；
C.HCl与醇发生取代反应；
D.煤的液化生成甲醇等液体燃料。
本题考查比较综合，涉及同系物、苯及同系物的性质、酯化反应、煤的综合利用等知识点，掌握基础是关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.对硝基甲苯硝基的N原子与苯环相连，硝基和甲基处于对位，其结构简式为，故A错误；
B.乙酰胺的官能团是酰胺基，不能拆分为酮羰基和氨基，即为，故B错误；
C.四氯化碳是共价化合物，C、Cl原子间共用1对电子对，Cl原子达到8电子稳定结构，其电子式为，故C错误；
D.SO32−中S原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，含有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，即，故D正确；
故选：D。
A.对硝基甲苯中硝基的N原子与苯环相连；
B.乙酰胺的官能团是酰胺基，不是酮羰基和氨基；
C.每个Cl原子还含有3对孤电子对；
D.SO32−中S原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，含有1对孤电子对。
本题考查了常见化学用语的正误判断，涉及电子式、结构简式、VSEPR模型等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.苯甲酸在水中溶解度不大，趁热过滤可减少溶解损失，则重结晶的主要步骤依次为：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→过滤，故A错误；
B.H2S与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应，洗气可分离，故B正确；
C.生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，蒸馏可分离，故C正确；
D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应，洗气可分离，故D正确；
故选：A。
A.苯甲酸在水中溶解度不大，且升高温度溶解度增大，氯化钠的溶解度受温度影响不大；
B.H2S与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应；
C.生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异；
D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.与羟基相连的碳原子为sp3杂化，所有原子不能共面，故A正确；
B.由结构可知，分子中含11个C原子、8个H原子、5个O原子，分子式是C11H8O5，故B正确；
C.2个羧基与NaOH溶液反应，则1ml该有机物能与2mlNaOH发生反应，故C正确；
D.分子中含羧基、羟基、碳碳三键，共3种官能团，故D错误；
故选：D。
A.与羟基相连的碳原子为sp3杂化；
B.由结构可知，分子中含11个C原子、8个H原子、5个O原子；
C.2个羧基与NaOH溶液反应；
D.分子中含羧基、羟基、碳碳三键。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸的性质及原子共面判断，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，该有机物结构简式为CH3CH2OCH2CH3，没有羟基，不属于醇类，含有醚键，属于醚类，故A错误；
B.该有机物含有醚键，不含羧基、醛基，故B错误；
C.由分析可知，该有机物结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故C正确；
D.由质荷比可知M的相对分子质量为74，摩尔质量为74g/ml，故D错误；
故选：C。
有机物M由C、H、O三种元素组成，M的红外光谱显示有C−H、C−O的吸收峰，无O−H的吸收峰，由质荷比可知M的相对分子质量为74，其核磁共振氢谱有两组峰且面积之比为2：3，则M分子中氢原子数目为5的倍数且为偶数，结合相对分子质量可知，氢原子数目不能为20，因为此时C原子最小数为20−22=9，而9×12=108>76，故M分子含有10个氢原子，碳原子数目最小为10−22=4，分子中氧原子数目最大为74−10−4×1216=1，故有机物分子式为C4H10O，结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
本题考查有机物分子式与结构式的确定，注意对常用化学谱图进行简单识读，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.苯酚与甲醛发生缩聚反应脱去水可得到酚醛树脂，故A正确；
B.根据”见双键，四个碳，无双键，两个碳”规律回线断开，然后将半键闭合，可得到的单体为1，3−丁二烯和丙烯，故B正确；
C.己二酸与乙二醇可发生缩聚反应生成聚己二酸乙二酯，故C正确；
D.CH2=CHCOOCH3发生加聚反应生成的聚合物为，故D错误；
故选：D。
A.苯酚与甲醛可发生缩聚反应；
B.根据”见双键，四个碳，无双键，两个碳”规律回线断开，然后将半键闭合，可得到高聚物的单体；
C.己二酸与乙醇可发生酯化反应生成己二酸二乙酯；
D.CH2=CHCOOCH3发生加聚反应生成的聚合物为。
本题主要考查加聚反应与缩聚反应，包括高聚物单体的判断等知识，题目难度不大。
12.【答案】

【解析】
13.【答案】CH3CH2OH+CuO→△CH3CHO+Cu+H2O放热 热水浴 热水浴 乙酸 将a加入盛有氢氧化铜浊液的试管中并加热，有砖红色沉淀生成 11.2L
【解析】解：乙醇乙挥发，可水浴加热生成乙醇蒸气，在试管中通入空气，在铜网催化作用下，加热发生氧化还原反应生成乙醛，试管a中生成乙醛，试管a中收集的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有少量的乙酸，
(1)乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，反应的原理是：2Cu+O22CuO，CH3CH2OH+CuO→△CH3CHO+Cu+H2O，
故答案为：CH3CH2OH+CuO→△CH3CHO+Cu+H2O；
(2)在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化氧化反应是放热的，
故答案为：放热；
(3)甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到加热的作用，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，
故答案为：热水浴；冷水浴；
(4)乙酸能使紫色石蕊试纸显红色，醋酸具有酸的通性，
故答案为：乙酸；
(5)试管a中产生乙醛，检验醛基可用新制备氢氧化铜浊液，可将a加入盛有氢氧化铜浊液的试管中并加热，有砖红色沉淀生成，说明含有醛基，
故答案为：将a加入盛有氢氧化铜浊液的试管中并加热，有砖红色沉淀生成；
(6)46g乙醇的物质的量为：46g46g/ml=1ml，乙醇在铜做催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为2C2H5OH+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O，所以1ml乙醇完全氧化，消耗标况下O2的体积为1ml2×22.4L/ml=11.2L，
故答案为：11.2L。
乙醇乙挥发，可水浴加热生成乙醇蒸气，在试管中通入空气，在铜网催化作用下，加热发生氧化还原反应生成乙醛，试管a中生成乙醛，试管a中收集的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有少量的乙酸，
(1)乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜；
(2)该反应引发后，不需加热即可进行，说明反应是放热的；
(3)热水浴和冷水浴的作用是不同的，前者可以使温度升高，后者可以使的温度降低；
(4)酸能使紫色石蕊试纸显红色，醋酸具有酸的通性；
(5)用弱氧化剂新制氢氧化铜悬浊液(或银氨溶液)检验醛基；
(6)依据反应方程式进行计算。
本题为考查乙醇化学性质的实验综合题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及有机方程式书写、对装置的理解评价、物质的分离提纯等，难度中等，注意理解乙醇催化氧化原理。
14.【答案】3d64s2 7 非极性 1：3 平面三角形 >55.5V×NA
【解析】解：(1)①Fe为26号元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，
故答案为：3d64s2；
②基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，共有7种不同能级的电子，
故答案为：7；
(2)①CCl4结构对称、正负电荷重心，为非极性分子，
故答案为：非极性；
②COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，结构式为，共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，该分子中含有3个σ键和1个π键，则π键与σ键的个数之比为1：3；中心原子C原子的价层电子对个数是3，C原子采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，
故答案为：1：3；平面三角形；
(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，均属于离子化合物，离子电荷相等，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故NiO的晶格能大于FeO的晶格能，故熔沸点NiO>FeO，
故答案为：>；
(4)由图可知，La位于晶胞的顶点，根据均摊法计算可知，晶胞中含有La原子的个数为：8×18=1，Ni位于晶胞的面上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数为：8×12+1=5，故x=5，储氢后形成LaNi5H5.5，则晶胞中H的质量为：1×5.5NAg，晶胞的体积为：Vcm3，所以H在合金中的密度为：ρ=m(H)V=1×5.5NAgVcm3=5.5V×NAg⋅cm−3，
故答案为：5；5.5V×NA。
(1)①Fe为26号元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；
②基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
(2)①结构对称、正负电荷重心的分子为非极性分子；
②COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，结构式为，共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键；中心原子C原子的价层电子对个数是3；
(3)离子电荷相等，离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高；
(4)由图可知，La位于晶胞的顶点，根据均摊法计算可知，晶胞中含有La原子的个数为1，Ni位于晶胞的面上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数为5，即可判断n值，储氢后形成LaNi5H5.5，则晶胞中H的质量为：1×5.5NAg，晶胞的体积为：3.0×10−29m3，即3.0×10−23cm3，进一步求出H在合金中的密度为：ρ=m(H)V，经数据代入计算即可。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞有关计算，题目难度中等。
15.【答案】甲苯 取代反应 酯基 +(CH3CO)2O→+CH3COOH保护酚羟基(或防止酚羟基被氧化)
【解析】解：(1)由上述分析可知，A为，名称为甲苯，甲苯在Fe的催化作用下与Cl2发生取代反应生成和HCl，
故答案为：甲苯；取代反应；
(2)D的结构简式为，含有的官能团为酯基；F的结构简式为，
故答案为：酯基；；
(3)与乙酸酐发生酯化反应生成和CH3COOH，化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，
故答案为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
(4)酚羟基易发生氧化反应，则设计C→D和E→F两步反应的目的是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，
故答案为：保护酚羟基(或防止酚羟基被氧化)；
(5)芳香族化合物X是C的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，说明含有酚羟基，并且含有4种环境H原子，峰面积之比为3：2：2：1，则对甲苯酚，结构简式为，
故答案为：；
(6)以为原料合成化合物，先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为，
故答案为：。
苯及其同系物在Fe的催化作用下能与Cl2在苯环上发生取代反应，结合C的结构简式可知，A为，B为，C的结构简式为，结合信息可知，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息、H的结构简式可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生取代反应生成的G为，G与Fe/HCl生成H，据此分析解答(1)∼(5)；
(6)以为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应。
本题考查有机物的合成，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应、合成路线的设计为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。
16.【答案】羰基、醛基 饱和碳酸钠溶液 NaOH水溶液、加热 取代反应 nCH3CH=CH2→一定条件 加聚反应 +H2→催化剂 加成反应(或还原反应) HOCH2CH2COOH
【解析】解：(1)①C为，含有的官能团名称为羰基、醛基，
故答案为：羰基、醛基；
②B是，D是，后者含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应生成CO2气体，而前者不能，可以用饱和碳酸钠溶液鉴别二者，
故答案为：饱和碳酸钠溶液；
(2)A→B是转化为，反应的条件为NaOH水溶液、加热，A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：NaOH水溶液、加热；取代反应；
(3)①由丙烯制F的方程式为nCH3CH=CH2→一定条件，该反应类型是加聚反应，
故答案为：nCH3CH=CH2→一定条件；加聚反应；
②D→E的反应方程式为+H2→催化剂，该反应类型为加成反应或还原反应，
故答案为：+H2→催化剂；加成反应(或还原反应)；
(4)在一定条件下，两分子E()能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是，
故答案为：；
(5)E()的同分异构体与E含有相同官能团，该同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH，
故答案为：HOCH2CH2COOH。
CH3CH=CH2与溴发生加成反应生成，在碱性条件下水解生成，发生催化氧化生成C为，进一步被氧化生成，由G的结构简式可知，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成高聚物G()，CH3CH=CH2发生加聚反应生成高聚物F为。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、有机物鉴别、限制条件同分异构体的书写等，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。