安徽省蚌埠市第二中学2020┄2021学年高二下学期期中考试化学试题Word版 含解析

安徽省蚌埠市第二中学2020┄2021学年高二下学期期中考试
化学试题
1. 若已发现了116号元素则下列推断正确的是：其钙盐的化学式为CaR；其最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱；是金属元素；是非金属元素；最外电子层有6个电子
Ａ．①②③Ｂ．①③⑤Ｃ．②④⑤Ｄ．②③⑤
【答案】D
【解析】如第七周期排满，最后一种元素的元素序数为118，为零族元素，则116号元素R位于ⅥA族，为氧族元素。

①同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，116号元素为金属元素，不能与Ca形成化合物，故①错误；②同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，其最高价氧化物的酸性比硫酸弱，故②正确；③同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，第六周期元素为Po，属于金属元素，则116号元素肯定为金属元素，故③正确；④由③分析可知R为金属元素，故④错误；⑤R位于ⅥA族，为氧族元素，原子最外层电子数为6，故⑤正确，故选D。

2. 下列各组表述中，正确的是（）
Ａ．基态核外电子的排布为的原子3p能级有一个空轨道
Ｂ．第四周期中，未成对电子数最多的原子为Mn
Ｃ． Fe2+的基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6
Ｄ． 2p能级有2个未成对电子的基态原子的价电子排布一定为2s22p2
【答案】C
【解析】Ａ．3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p4的原子没有空轨道，故A错误；Ｂ．第四周期中，未成对电子
数最多的原子是最外层电子排布为3d54s1，为Cr元素，故B错误；Ｃ．铁为26号元素，Fe2+的基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，故C正确；D、2p能级有2个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有2个电子或4个电子，价电子排布为2s22p2或2s22p4的原子，故D错误；故选C。

3. 关于sp3杂化轨道说法正确的是（）
Ａ．凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是四面体
Ｂ．分子中的杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
Ｃ．金刚石是三维网状结构，由碳原子从sp3杂化轨道形成共价键
Ｄ． NH3和BF3分子中，中心原子均采用sp3杂化
【答案】C
【解析】A．凡中心原子采取sp3杂化的分子构型都是四面体形，当有孤对电子时可能呈V 形或三角锥形，故A错误；B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由中心碳原子的能量相近2s 轨道和3个2p轨道杂化形成，故B错误；C．金刚石为三维网状结构，一个碳与四个碳原子形成共价键，所以碳原子以sp3杂化，故C正确；D．BF3中B原子上没有孤对电子，采用sp2杂化，故D错误；故选C。

4. 常温下，是一种淡黄色的油状液体下列对的有关叙述正确的是
Ａ．分子是由极性键构成的非极性分子
Ｂ．分子的空间构型为平面三角形
Ｃ． NF3分子的稳定性较NCl3强
Ｄ．的沸点比的沸点低是因为比键键能小
【答案】C
【解析】A．不同原子之间形成的为极性共价键，NCl3分子中存在N-Cl极性共价键，NCl3分子具有三角锥形结构，正负电荷中心不重合，所以为极性分子，故A错误；B．NCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，分子形状为三角锥形，故B不选；C．F的原子半径比Cl小，NF3分子中的键能大于NCl3分子中的键能，使得NF3分子的稳定性较NCl3强，故C正确；D．氢化物沸点高低和分子间作用力有关，与化学键无关，分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，其熔沸点越高，所以NCl3比NF3的熔沸点高，故D错误；故选C。

5. 下列说法正确的是（）
Ａ． 1个丙烯分子中有6个键，1个键
Ｂ．在晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键
Ｃ． 12g石墨中含有的C-C键数目为2N A
Ｄ． 124gP4分子中含有P-P键的数目为6N A
【答案】D
【解析】A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则1个丙烯分子有8个σ键和1个π键，故A错误；B．二氧化硅中Si原子形成4个共价键，所以在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；C．在石墨晶体中1个C 原子对应3×=个C-C键，12 g石墨的物质的量为：=1mol，则12g石墨中含有C-C键的物质的量为：1mol×=1.5mol，含有碳氢键个数为1.5N A，故C错误；Ｄ． 124gP4的物质的量为=1mol，1个分子中含有6个P-P键，1mol P4含有P-P键的数目为6N A，故D正确；故选D。

6. 下列关于键和键的理解不正确的是
Ａ．键可以绕键轴旋转，键不能绕键轴旋转
Ｂ．分子中的键是键，HClO分子中的键都是键
Ｃ．分子和中都是含有5个键
Ｄ．键以“头碰头”方式重叠，键以“肩并肩”方式重叠
【答案】B
【解析】A．σ键为球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键不能绕键轴旋转，故A正确；B．H只有1s电子，Cl的3p轨道上的电子与H的1s轨道电子以“头碰头”方式重叠形成s-pσ键，故B错误；C．乙烯分子中氢原子和原子之间存在共价单键，为σ键，碳碳原子之间存在共价双键，一个是σ键和一个是π键，C2H4分子中有5个σ键和一个π键，N2H4中只有5个单键，即含有5个σ键，故C正确；D．σ键是“头碰头”式重叠，π键是“肩并肩”式重叠，故D正确；故选B。

7. a为乙二胺四乙酸，易与金属离子形成螯合物为EDTA与形成的螯合物下列叙述正确的是
Ａ． a和b中的C和N原子均为杂化Ｂ． b中的配位数为4
Ｃ． EDTA为非极性分子Ｄ． b含有共价键、离子键和配位键
【答案】C
【解析】A．a中羧基中的C原子形成3个σ键、没有孤对电子，采取sp2杂化，故A错误；B．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故
B错误；C．EDTA分子具有对称性，正负电荷的重心重合，属于非极性分子，故C正确；D．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故D错误；故选C。

8. 关于下列晶体质的熔沸点高低排列判断不正确的是
Ａ．
Ｂ．金刚石碳化硅晶体硅
Ｃ． H2O>H2S>H2Se>H2Te
Ｄ．
【答案】C
【解析】A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；B．原子晶体的键长越短，共价键越强，熔沸点越高，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，则熔沸点由大到小为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，其余不能，分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为H2O> H2Te >H2Se> H2S，故C错误；D．离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，熔沸点越高，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则熔沸点由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选C。

9. 晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似如图所示，但因为晶体中含有的哑铃形
的存在，使晶胞沿一个方向拉长。

下列关于晶体的说法中正确的是
Ａ． 1个周围距离最近且等距离的数目为4
Ｂ．该晶体中的阴离子和O2是等电子体
Ｃ．克晶体中含阴离子0.2mol
Ｄ．与每个距离相等且最近的共有12个
【答案】A
【解析】A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，故A正确；B．C22-含电子数为2×6+2=14，O2的电子数为16，二者电子数不同，不是等电子体，故B错误；C．6.4g CaC2为
0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22-，则含阴离子0.1mol，故C错误；D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误；故选A。

10. 下列解释中，不正确的是
Ａ．水在结冰时体积膨胀，是由于水分子中存在分子间氢键
Ｂ．水很稳定以上才会部分分解是因为水中含有大量的氢键所致
Ｃ． MgO的熔点比高主要是因为MgO的晶格能比大
Ｄ．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
【答案】B
【解析】A．在固态水（冰）中，水分子大范围地以氢键互相联结，形成相当疏松的晶体，从而在结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故A正确；B．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故B错误；C．离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，氧离子半径小于氯离子半径，且氧离子所带电荷大于氯离子所带电荷，所以氧化镁晶格能大于氯化镁，则MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；D．碘、四氯化碳、甲烷均是非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故D正确；故选B。

11. 下列关于同系物的说法中正确的是
C 3H8和C5H12的关系一定是同系物
分子组成相差一个或几个原子团的有机物是同系物
若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们不一定是同系物
同系物的化学性质相似，同分异构体的化学性质一定不相似
乙烯和聚乙烯互为同系物
⑥与互为同系物
Ａ．②⑥Ｂ．③⑤Ｃ．①③Ｄ．②③④
【答案】C
【解析】①C3H8和C5H12都属于烷烃，结构一定相似，属于同系物，故①正确；②分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物的结构不一定相似，不一定是同系物，如乙烯和环丙烷，分子组成相差一个CH2原子团，故②错误；③同系物中碳、氢元素的质量分数不一定对应相同，如甲烷与乙烷。

烃中碳、氢元素的质量分数对应相同，不一定是同系物如乙炔与苯，故③正确；④同分异构体的种类很多，有官能团异构，性质不相似，但还有其他
异构，如位置异构，如1-丁烯和2-丁烯，都是烯烃，性质相似，故④错误；⑤乙烯含有碳碳双键，聚乙烯为乙烯的加聚产物，没有碳碳双键，二者结构不同，不是同系物，故⑤错误；⑥与的结构不相似，不是同系物，故⑥错误；故选C。

12. 某烃的结构简式如下，分子中采取sp3杂化的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为则a、b、c分别为
Ａ． 4、3、6 Ｂ． 4、4、7 Ｃ． 3、5、4 Ｄ． 2、6、4
【答案】A
【解析】中，处于四面体中心位置的碳原子数为a，甲基、亚甲基均为四面体构型，则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b，则b=3，含有碳碳双键共面，含碳碳三键的共线，且二者直接相连，一定共面，一定在同一平面上的碳原子数为c，所以一定在同一平面内的碳原子数为6个，即c=6，故选A。

13. 下列关于同分异构体的说法正确的是（）
Ａ． C4H8有3种同分异构体
Ｂ． 2-丁烯中不存在顺反异构
Ｃ．四联苯的一氯代物有5种
Ｄ．分子式为C10H14的有机物中，苯环上的二元取代物有12种
【答案】C
【解析】Ａ． C4H8可能是烯烃，可能是环烷烃，其中烯烃有3种同分异构体：1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯，因此同分异构体超过3种，故A错误；Ｂ． 2-丁烯的结构简式
为CH3CH=CHCH3，碳碳双键两端的碳原子上的2个基团不同，存在顺反异构，故B错误；C．中，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故C正确；Ｄ．分子式为C10H14的有机物中，苯环上的二元取代物有：2个侧链为甲基和丙基，其中丙基有正丙基和异丙基，共6种结构；2个侧链为2个乙基的有3种结构，共9种同分异构体，故D错误；故选C。

14. 已知：
利用如图装置用正丁醇合成正丁醛相关数据如表：
物质沸点密度水中溶解性
正丁醇微溶
正丁醛微溶
下列说法中，不正确的是
Ａ．为防止产物进一步氧化，应将酸化的溶液逐滴加入正丁醇中
Ｂ．当温度计1示数为，温度计2示数在左右时，收集产物
Ｃ．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出Ｄ．向获得的粗正丁醛中加入氢氧化钠后再蒸馏，可进一步除去粗产品中的正丁醇杂质【答案】D
【解析】A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，也就能够氧化生成物正丁醛，为防止产物进一步氧化，应该将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B 正确；C．正丁醛密度为0.8017 g•cm-3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C正确；D．氢氧化钠与正丁醇和正丁醛均不发生反应，向获得的粗正丁醛中加入氢氧化钠后再蒸馏，对除去粗产品中的正丁醇杂质无影响，故D错误；故选D。

15. 用如图所示装置制备乙烯的方案正确且检验乙烯时不需要除杂装置X的是
乙烯的制备试剂X试剂Y
A与NaOH乙醇溶液共热水酸性溶液
B与NaOH乙醇溶液共热NaOH溶
液
的溶液
C与浓加热至NaOH溶
液
酸性溶液
D与NaOH乙醇溶液共热水的溶液
【答案】D
【解析】A．发生消去反应生成的乙烯中含有挥发的乙醇，由
KMnO4+CH2═CH2+H2SO4→CO2↑+K2SO4+MnSO4+H2O可知导致酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙烯的检验，需用水分离，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，故A不
选；B．CH3CH2OH与NaOH乙醇溶液共热不能反应生成乙烯，制备乙烯的方案错误，故B不选；C．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，同时乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，反应为
C 2H5OH+2H2SO42C+2SO2↑+5H2O，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，
2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，导致酸性KMnO4溶液褪色，
5C2H5OH+4KMnO4 +6H2SO4→5CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，需用NaOH溶液分离，NaOH溶液能溶解乙醇，能和二氧化硫反应，故C不选；D．发生消去反应生成的乙烯中含有挥发的乙醇，乙醇不与Br2的CCl4溶液反应，无需除去乙烯中的乙醇气体，故D选；故选D。

16. 下列关于酸性高锰酸钾溶液褪色的说法正确的是（）
Ａ．苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｂ． 2-甲基-3-戊烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｃ．可用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯
Ｄ．聚乙炔可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
【答案】D
【解析】A．与苯环直接相连的碳原子含氢原子，可被高锰酸钾氧化，否则难以被高锰酸钾氧化，故A错误；Ｂ． 2-甲基-3-戊烯的名称错误，应该为4-甲基-2-戊烯，故B错误；C．高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳，除去乙烯又引入二氧化碳杂质，故C错误；Ｄ．聚乙炔中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故D正确；故选D。

17. ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图所示碳原子的杂化轨道类型为______．
（2）分子的立体构型为______，属于______分子填“极性”或“非极性”．
（3）四卤化硅的沸点和二卤化铅的熔点如图所示．
的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是______．
结合的沸点和的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，中的化学键的离子性______填“增强”“不变”或“减弱”.
（4）碳的另一种单质可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图所示位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为______，其晶胞参数为，晶体密度为______（列计算式）.
【答案】（1）. sp2（2）. 正四面体（3）. 非极性（4）. 属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高（5）. 减弱（6）. （7）.
【解析】（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以与相邻的三个碳原子以σ键结合，采用sp2杂化，故答案为：sp2；
（2）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构，属于非极性分子，故答案为：正四面体；非极性；
（3）①四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，故答案为：SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；
②PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可知依F、
Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，故答案为：减弱；（4）K位于棱和体心，晶胞中的个数为12×+9=12，C60位于顶点和面心，个数为
8×+6×=4，化学式为K3C60，则晶胞的质量为g，其晶胞参数为
1.4nm=1.4×10-7cm，则体积为（1.4×10-7）3cm3，所以密度为，故答案为：K3C60；。

18. 已知A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次递增，前四种元素为短周期元素位于元素周期表s区，电子层数与未成对电子数相等；B基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每轨道中的电子总数相同；D原子核外成对电子数为未成对电子数的3倍；F位于第四周期d区，最高能级的原子轨道内只有2个未成对电子；E的一种氧化物具有磁性；C与G同主族。

（1）基态原子的价电子轨道排图为______,B 2A2的电子式为_______,CD3-的空间构型为______ ．
（2）F（BD）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18（1个BD分子可提供的电子数为2），则______ 根据等电子原理，B、D 分子内键与键的个数之比为
______ ．
（3）F X O晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值为，若晶体中的F分别为
F2+、F3+，此晶体中F2+与F3+的最简整数比为______ ．
（4）G元素与Ga可形成原子晶体GaG，其晶胞结构如图所示，密度为，Ga和G的摩尔质量分别为M1g·mol-1和M2g·mol-1原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏伽德罗常数值为，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为______．（写出用M1、和
M2、r1、r2、ρ表示的计算式）
【答案】（1）. （2）. （3）. 平面三角形（4）. 4 （5）. 1:2 （6）. 8:3 （7）. ×100%
【解析】A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D为短周期元素，A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A是H元素；B 的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则D是O元素，C的原子序数大于B而小于D，则C是N元素；E的一种氧化物具有磁性，则E为Fe元素；F位于第四周期d区，最高能级的原子轨道内只有2个未成对电子，电子排布为3d2或3d8，F的原子序数大于E，因此F为28号元素Ni；C与G同主族，G为As元素。

（1）E是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理知，基态Fe核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布为3d64s2；价电子轨道排图为
，C2H2为乙炔，电子式为，NO3-中价层电子对个数
=3+（5+1-3×2）=3且不含孤电子对，所以为平面三角形，故答案为：
；；平面三角形；
（2）配合物Ni（CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18（1个CO分子可提供的电子数为2），Ni原子价电子数是10，每个CO提供2个电子，则n=4，等电子体结构相似，CO和N2为等电子体，其结构相似，根据等电子原理，CO分子内σ键
与π键个数之比为1：2，故答案为：4；1：2；
（3）由于Ni X O晶体晶胞结构为NaCl型，设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x：y，根据Ni X O中化合价代数和为零可知，×0.88＝2，由此解得x：y=8：3，故答案为： 8：3；
（4）根据均摊法计算，As：8×+6×＝4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（πr13×4+πr23×4）×10-30，晶胞的体积V2==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%
=×100%=×100%，故答案为：
×100%。

19. 端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应．
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）D的分子式为______．
（2）③和④的反应类型分别为______、______．
（3）的结构简式为_____,
（4）写出②反应的化学方程式______．
（5）B的一氯代物有____________________种。

【答案】（1）. C8H6（2）. 消去反应（3）. 取代反应（4）.
（5）.
（6）. 5
【解析】由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。

对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应；D发生信息中的偶联反应生成E为。

（1）D（）的分子式为C8H6，故答案为：C8H6；
（2）根据以上分析，反应③为C脱去2分子HCl发生消去反应生成碳碳三键得到D，反应④为取代反应，故答案为：消去反应；取代反应；
（3）E的结构简式为，故答案为：
；
（4）反应②为苯的同系物的侧链上的氯代反应，反应的化学方程式
，故答案为：
；
（5）B为，B的一氯代物有5种（，●为氯原子可能的位置），故答案为：5。

20. 分子式为的F有机物广泛用于香精的调香剂．
已知：
为了合成该物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：
试回答下列问题：
（1）C物质的官能团名称______ , E物质的结构简式______．
（2）A物质的名称__________，1molA与氯气加成后再与氯气取代，整个过程最多需氯气______mol.
（3）上述合成路线中属于取代反应的是______ 填编号.
（4）反应②的化学方程式为______ .
（5）D物质可发生聚合反应，写出D加聚反应产物的结构简式________________
【答案】（1）. 羧基、（醇）羟基（2）. （3）. 2-甲基-1-丁烯（4）. 11 （5）. （6）.
（7）.
【解析】根据A和溴水发生的是加成反应，根据加成产物可判断A为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是卤代烃的水解反应，生成物B为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH，B氧化得到C；根据D的分子式的可判断，反应④为CH3CH2C（CH3）OHCOOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，D为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F为。

（1）C为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，含有的官能团有羧基、（醇）羟基，E为
，故答案为：羧基、（醇）羟基；；
（2）A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，含有碳碳双键为烯烃，主链含有4个碳，双键最近一端为1号，2号碳上有一甲基，所以系统命名法对A物质进行命名为：2-甲基-1-丁烯，1molA与1mol氯气加成后还可以与10mol氯气发生取代反应，整个过程最多需氯气11mol，故答案为：2-甲基-1-丁烯；11；
（3）根据官能团的变化可知①为加成反应，②为取代反应，③为氧化反应，④为消去反应，⑤为取代反应，⑥为取代反应，故答案为：②⑤⑥；
（4）反应②的化学方程式为，故答案为：；
（5）D为CH3CH=C（CH3）COOH，含有碳碳双键，可发生加聚反应，加聚产物的结构简式为，故答案为：。