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河南省北部二十校联考2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
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这是一份河南省北部二十校联考2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题，文件包含2022-2023学年河南省北部二十校联考高二下学期化学期末考试纯答案docx、2022-2023学年河南省北部二十校联考高二下学期化学期末考试学生用卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
化学试卷（答案和解析）
【答案】
1. A 2. D 3. C 4. B 5. C 6. A 7. A
8. C 9. A 10. D 11. B 12. C 13. D 14. B
15. C 16. D
17. 防止液体暴沸 作催化剂和吸水剂 或 球形干燥管 防止倒吸 除去乙酸；溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层 减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生 溶液上层有油状液体生成，有果香味 碳酸钠、乙醇、乙酸钠 冷凝管的冷却效果比空气冷凝的效果好；能控制加热的温度，减少副反应的发生，提高产率(合理即可)
18. 12 1：3 abd 6 2 4 离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高 4MNA( 2a×10−10)3
19. 3，4−二甲基−1−戊炔 C6H6O 4 HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O
20. 加成反应；取代反应或酯化反应 羟基、羧基 +2NaOH→△H2O+2NaBr 12
【解析】
1. 解：A.重油裂解为轻质油燃料，燃烧时仍然生成二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰”，故A错误；
B.核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是有机高分子化合物，可由核苷酸缩合聚合得到，故B正确；
C.四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，属于卤代烃，故C正确；
D.护航“神舟十五号”的主降落伞由高强度芳纶纤维等制作而成，芳纶是由酰基和亚氨基组成的酰胺基团和苯环的组成的合成纤维，故D正确；
故选：A。
A.化石燃料燃烧生成二氧化碳，将重油裂解为轻质油作燃料，不能减少二氧化碳的排放；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物；
C.四氟乙烯是烃的衍生物，属于卤代烃；
D.芳纶是含芳香环的一类线形聚酰胺纺制成的合成纤维，是有机高分子材料。
本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，侧重识记性知识检测和判断能力考查，试题有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，注意化学与生产、生活、科技的联系，题目难度不大。
2. 解：A、乙醇与钠反应取代羟基上氢原子，反应时键①断裂，故A错误；
B、乙醇与酸发生酯化反应，乙醇中的键①断裂，故B错误；
C、乙醇与氢溴酸反应生成溴乙烷，乙醇中的键②断裂，故C错误；
D、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生成乙醛，乙醇中的键①③断裂，故D正确；
故选：D。
A、根据金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子，断开的羟基上的氢氧键；
B、根据乙醇与酸发生酯化反应，断开的羟基上的氢氧键．
C、根据乙醇与氢卤酸发生取代反应，断开的是碳氧键；
D、根据乙醇在银催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢
本题主要考查了乙醇的化学性质，羟基决定了乙醇的化学性质，掌握反应的机理是解题的关键，难度不大。
3. 解：A.苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，即密度：苯B.乙炔和苯的最简式均为CH，等质量时碳、氢元素的质量相同，所以等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同，故B错误；
C.形成分子内氢键，而形成分子内氢键，分子间氢键熔沸点大于分子内熔沸点，所以的熔沸点高于，故C正确；
D.一元醇中，羟基为亲水基，烃基为憎水基，烃基越大，有机物在水中的溶解度越小，所以溶解度：C2H5OH>CH3(CH2)4OH，故D错误；
故选：C。
A.苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大；
B.乙炔和苯的最简式均为CH；
C.分子间氢键熔沸点大于分子内熔沸点；
D.一元醇中，羟基为亲水基，烃基为憎水基，烃基越大，有机物在水中的溶解度越小。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及分子的密度比较、氢键、溶解度等知识，属于高考高频考点，难度不大。
4. 解：A.不含羧基，不属于氨基酸，故A错误；
B.由结构可知，分子中含5个C原子、4个H原子、1个F原子、3个N原子、2个O原子，则法匹拉韦的分子式为C5H4FN3O2，故B正确；
C.C原子均形成双键，则分子中的碳原子杂化方式均为sp2，故C错误；
D.分子中含酰胺基，与酸碱均反应，故D错误；
故选：B。
A.不含羧基；
B.由结构可知，分子中含5个C原子、4个H原子、1个F原子、3个N原子、2个O原子；
C.C原子均形成双键；
D.分子中含酰胺基。
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，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
5. 解：A.由红外光谱可知，分子中含有C−H键、C−O键、O−H键，则该有机物中至少含有三种不同的化学键，故A正确；
B.由核磁共振氢谱有3个峰可知，分子中有3种处于不同化学环境的氢原子，故B正确；
C.核磁共振氢谱只能确定处于不同化学环境的氢原子的个数比，无法确定总数，故C错误；
D.据图可知，该有机物分子中含有C−H键、C−O键、O−H键，且有3种处于不同化学环境的氢原子，且氢原子个数之比为3：2：1，若A的化学式为C2H6O，其结构简式为CH3CH2OH，故D正确；
故选：C。
A.红外光谱图中给出的化学键有C−H键、O−H键和C−O键三种；
B.核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子；
C.核磁共振氢谱峰的面积表示氢的数目比；
D.红外光谱图中给出的化学键有C−H键、O−H键和C−O键三种。
本题考查了有机物组成、结构的确定，把握红外光谱、核磁共振氢谱、质谱图的应用是解题的关键，题目难度较小。
6. 解：A.sp3杂化的为甲基(−CH3)中的碳原子，sp2杂化的是苯中的碳原子，直线结构的乙炔的碳原子为sp杂化；共有3种杂化类型，故A正确；
B.苯为平面结构，6个C原子和6个H原子共平面，乙炔基为直线结构，乙炔基的直线在苯的对角线上，CH4为正四面体结构，最多3个原子共平面，甲基(−CH3)中的3个H原子最多有一个在苯的平面上，分子中共平面的原子数目最多为12+1+2=15，故B错误；
C.含有6种氢原子，故核磁共振氢谱图中共有6组峰，故C错误；
D.与氯气发生一氯取代时，产物有5种，但还有可能发生二氯、三氯等取代，所以取代产物远多于5种，故D错误；
故选：A。
A.CH4为单键构成的四面体构型，sp3杂化；苯为平面结构，sp2杂化；乙炔为直线结构，sp杂化；
B.苯的6个C原子和6个H原子为平面结构；
C.有多少种氢就有多少组峰；
D.取代产物多于两种。
本题考查学生对某一有机物质的理解和掌握，题目难度不大，掌握杂化轨道、共面的原子、苯环的结构、取代产物的分析等，明确苯的结构及化学键是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
7. 解：A.标准状况下，每个甲烷或乙烯分子中都含有4个碳氢共价键，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含碳氢共价键的数目为⋅ml−1×4×NAml−1=4NA，故A正确；
B.聚乙烯分子结构简式为，不含碳碳双键，故B错误；
C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，故1mlCH4与足量Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故C错误；
D.每个乙醇分子中含有5个碳氢键，则46g乙醇中碳氢键的物质的量为46g46g⋅ml−1×5=5ml，乙醇被灼热的铜丝催化氧化后生成乙醛和水，每个乙醛分子中含有4个碳氢键，则含有4ml碳氢键，反应过程中碳氢键的数目减少，故D错误；
故选：A。
A.每个甲烷或乙烯分子中都含有4个碳氢共价键；
B.聚乙烯分子结构简式为；
C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl；
D.每个乙醇分子中含有5个碳氢键，每个乙醛分子中含有4个碳氢键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。
8. 解：A.乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水，温度计测定反应液的温度，图中装置可制备并收集乙烯，故A正确；
B.乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层，可选图中分液漏斗分离，故B正确；
C.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，图中装置不能防止倒吸，故C错误；
D.图中发生强酸制取弱酸的反应，可证明酸性：硫酸>碳酸>苯酚，故D正确；
故选：C。
A.乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水；
B.乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层；
C.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
D.图中发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，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. 解：A.高分子的主链只有碳原子，其单体为CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3和CH2=C(CH3)COOCH3，两种单体的结构相似，相差2个−CH2，互为同系物，一定条件下二者发生加聚反应生成该高分子，故A正确；
B.由该高分子的结构简式可知，高分子为加聚产物，故B错误；
C.分子中含酯基，在强酸或强碱的条件下能发生水解反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C错误；
D.高分子中只有一种官能团，为酯基，故D错误；
故选：A。
A.高分子的主链只有碳原子；
B.为加聚产物；
C.分子中含酯基；
D.高分子中只有一种官能团。
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，注意高分子的合成方法，题目难度不大。
10. 解：A.3−羟基丁酸中含有羧基和羟基，乙酸中含有羧基，结构不相似，不是同系物，故A错误；
B.3−羟基丁酸结构简式为，有2种β−H，故可生成2种消去反应产物，故B错误；
C.聚−3−羟基丁酸的结构简式为，故C错误；
D.3−羟基丁酸中含有羟基和羧基，可自身发生聚合反应：n→一定条件+(n−1)H2O，生成小分子，为缩聚反应，故D正确；
故选：D。
A.结构相似、组成上相差若干CH2的有机物互为同系物；
B.发生消去反应时羟基与β−H结合生成水；
C.3−羟基丁酸中羟基在3号碳原子上，发生缩聚反应生成聚−3−羟基丁酸；
D.3−羟基丁酸中含有羟基和羧基，可自身发生聚合反应生成聚−3−羟基丁酸和水。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11. 解：A.该物质中的碳碳双键能与溴发生加成反应生成无色的物质，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.该有机物含有羧基，可以与乙醇发生取代反应；含有烃基，可以与乙酸发生取代反应，故B正确；
C.该物质分子中只有碳碳双键可以和氢气加成，1ml该物质最多能与1mlH2发生加成反应，故C错误；
D.该物质分子中只有−COOH和碳酸钠反应以2：1反应，1ml该物质最多能与足量Na2CO3反应得0.5mlCO2，即22gCO2，故D错误；
故选：B。
A.碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色的物质；
B.醇羟基能和羧酸发生酯化反应、羧基能和乙醇发生酯化反应；
C.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应；
D.−COOH和Na2CO3以2：1反应生成CO2。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
12. 解：A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，X中不含手性碳原子，故A错误；
B.X中与羟基相连的碳原子上无氢原子，不能发生催化氧化反应，故B错误；
C.X发生消去反应生成Y为CH2=C(CH3)−CH=CH2，两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体，则顺式聚异戊二烯的结构简式为，故C正确；
D.Y中甲基上2个H原子与其它原子不共面时，共面原子数最多，分子中最多有11个原子共面，故D错误；
故选：C。
A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
B.X中与羟基相连的碳原子上无氢原子；
C.X发生消去反应生成Y为CH2=C(CH3)−CH=CH2，两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体；
D.Y中甲基上2个H原子与其它原子不共面时，共面原子数最多。
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，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13. 【分析】
本题主要考查元素推断，涉及电负性、原子半径大小比较、8电子稳定结构等，难度一般。
【解答】
X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，元素E的原子比W原子多8个电子，WE均形成1个共价键，则为W为氟、E为氯；Y形成4个共价键，为碳；Z形成2个共价键，为氧；X形成1个共价键且原子序数最小，为氢；
A.HClO为次氯酸，是一种强氧化性弱酸，A正确；
B.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变大；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减小；电负性： W>Z>E>Y ，B正确；
C.一般电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>W>X，C正确；
D.该分子中氢原子不满足8电子稳定结构，D错误；
故选D。
14. 解：A.高分子树脂X中的羧基之间能形成分子内氢键，故A正确；
B.含酰胺基，在碱性条件下水解得到氨气，酸性条件下不能水解生成氨气，故B错误；
C.由分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，故C正确；
D.反应①为2CH2=CHCONH2与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，故D正确；
故选：B。
CH2=CHCN酸性条件下和水反应后酸化生成甲为CH2=CHCOOH，CH2=CHCONH2发生取代反应生成CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2，甲和CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2发生加聚反应生成高分子树脂X，以此来解答。
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，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
15. 解：A.连接碳碳双键的碳原子连接两个相同的原子或原子团时，该分子没有顺反异构，N为或，则N不存在顺反异构，故A错误；
B.M的结构简式为，由于与烃基相连的碳上没有氢原子，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以无法使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.−CH(OH)−能被氧化生成酮，则M的同分异构体能被氧化生成酮的结构有：、、，共3种，故C正确；
D.L的同分异构体有、、、、、、、，含有2种化学环境的氢的结构为，只有1种，故D错误；
故选：C。
M的名称为2−甲基−2−丁醇，则M的结构简式为，M在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成N为或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为；
A.碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
B.−CH2OH、−CH(OH)−都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C.−CH(OH)−能被氧化生成酮；
D.L的结构简式为，L的同分异构体中，含两种化学环境的氢的结构为。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构式、明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
16. 解：A.Y为，则Y中含有五元环，故A正确；
B.Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则②是酯化反应，故B正确；
C.Y生成Z消耗甲醇，Z生成PA生成甲醇，所以甲醇能循环利用，故C正确；
D.根据PA的结构简式知，PA水解生成，和甲醇发生酯化反应得到Z，所以不能直接得到Z，故D错误；
故选：D。
Z和发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式知，Z为，根据Y、Z的分子式知，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则Y为，X发生消去反应、取代反应生成Y。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度中等。
17. 解：(1)反应体系中加入碎瓷片的作用是防止液体暴沸，浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂。酯化反应时，羧酸中羧基脱去羟基、醇类羧基脱去氢，故能表示 18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式为：或，
故答案为：防止液体暴沸；作催化剂和吸水剂；或；
(2)仪器C的名称是球形干燥管，其作用是加速乙酸乙酯冷凝和防止倒吸，
故答案为：球形干燥管；防止倒吸；
(3)饱和Na2CO3溶液能和乙酸反应而除去乙酸；溶解乙醇；乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度比在水中的小，因此还能降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层，
故答案为：除去乙酸；溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层；
(4)步骤②中需要小火均匀加热，主要是为了减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生，
故答案为：减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生；
(5)步骤③中观察到的现象：溶液上层有油状物生成，有果香味。分离出乙酸乙酯层后，一般用饱和食盐水和饱和氯化钙溶液洗涤乙酸乙酯层，可除去碳酸钠、乙醇、乙酸钠杂质，
故答案为：溶液上层有油状液体生成，有果香味；碳酸钠、乙醇、乙酸钠；
(6)与图1装置相比，图2装置增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度，同时增加了冷凝管，有利于乙酸乙酯的冷却、收集，
故答案为：冷凝管的冷却效果比空气冷凝的效果好；能控制加热的温度，减少副反应的发生，提高产率(合理即可)。
乙酸与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，这个反应属于酯化反应，发生酯化反应时，羧酸中羧基脱去羟基、醇类羧基脱去氢；饱和碳酸钠有三个作用：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；乙酸、乙醇易溶于水，故还要防倒吸；加碎瓷片防暴沸，以此解答该题。
本题主要考查了乙酸乙酯的制备，掌握乙酸乙酯的制备原理是解答此题的关键，侧重分析能力的考查，题目难度不大。
18. 解：(1)①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，与之最近的二氧化碳分子有3×82=12，
故答案为：12；
②若顶点为Au、面心为Cu，晶胞中含有Au原子数目为8×18=1，晶胞中含有Cu原子数目为6×12=3，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1：3，
故答案为：1：3；
③干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故abd正确，
故答案为：abd；
(2)①晶体Si中，由共价键形成的最小碳环上有6个硅原子，
故答案为：6；
②晶体硅中每个硅原子形成四个Si−Si共价键，1条Si−Si共价键为两个Si原子共有，则1ml单晶硅中含有4ml×12=2ml，
故答案为：2；
(3)1个C60晶胞中C60分子位于8各顶点和6个面心，分子个数为8×+6×12=4，即1个C60晶胞中中含有4个C60分子，
故答案为：4；
(4)①NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，由离子间距可知NiO晶体中离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高，
故答案为：离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
②由图可知NaCl晶体中存在4个Na+和4个Cl−，则晶体中存在4个Ni2+和4个O2−，则晶胞质量为4MNAg，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则棱长为 2apm，则体积为( 2a×10−10cm)3，则晶胞密度ρ=mV=4MNA( 2a×10−10)3g⋅cm−3=4MNA( 2a×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：4MNA( 2a×10−10)3。
(1)①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上；
②根据均摊法计算晶胞中含有Au、Cu原子数目，据此计算；
③干冰晶体属于分子密堆积，冰晶体属于分子非密堆积；
(2)①晶体硅中，由共价键形成的最小碳环上有6个硅原子；
②晶体硅中每个硅原子形成四个Si−Si共价键；
(3)碳60晶胞中C60分子位于8个顶点和6个面心；
(4)①离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
②根据NaCl晶体求出晶胞中Ni、O原子个数，表示出晶胞质量和晶胞体积，根据ρ=mV求得晶胞密度。
本题考查核晶胞计算，涉及晶体结构、化学键、均摊法、晶胞计算等，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
19. 解：(1)根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带两个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，则只有−CH2−CH3中两个碳原子间可存在碳碳三键，A的系统命名为3，4−二甲基−1−戊炔，
故答案为：3，4−二甲基−1−戊炔；
(2)该有机物的蒸汽密度是相同条件下氢气的47倍，则该有机物的相对分子质量为94；18.8g有机物的物质的量为0.2ml，n(C)=n(CO2)=⋅ml−1=1.2ml，n(H)=2n(H2O)=2×10.8g18g/ml=1.2ml，因此1ml该有机物的分子中含有6ml碳原子、6ml氢原子，该有机物中氧原子的个数=94−12×6−1×616=1，则该有机物的分子式为C6H6O，
故答案为：C6H6O；
(3)1ml油脂水解消耗3mlNaOH，1.2g氢氧化钠的物质的量为0.03ml，说明10g天然油脂的物质的量为0.01ml，则1000g油脂为1ml，需要8g(4ml)的氢气完全加成，根据1ml碳碳双键加成需要1mlH2，则1ml该油脂含有4ml的碳碳双键，
故答案为：4；
(4)①中含有溴原子，在氢氧化钠的醇溶液中加热，可以发生消去反应，结构中还含有羧基可以和氢氧化钠反应，其化学方程式为，
故答案为：；
②1ml甲醛分子中含有2ml−CHO，因此与过量银氨溶液发生银镜反应生成4mlAg，反应的化学方程式为HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O，
故答案为：HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O；
③与发生加成反应的化学方程式为，
故答案为：。
(1)根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带两个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，则只有−CH2−CH3中两个碳原子间可存在碳碳三键，A的系统命名为3，4−二甲基−1−戊炔；
(2)该有机物的蒸汽密度是相同条件下氢气的47倍，则该有机物的相对分子质量为94；18.8g有机物的物质的量为0.2ml，n(C)=n(CO2)=⋅ml−1=1.2ml，n(H)=2n(H2O)=2×10.8g18g/ml=1.2ml，因此1ml该有机物的分子中含有6ml碳原子、6ml氢原子，该有机物中氧原子的个数=94−12×6−1×616=1；
(3)1ml油脂水解消耗3mlNaOH，1.2g氢氧化钠的物质的量为0.03ml，说明10g天然油脂的物质的量为0.01ml，则1000g油脂为1ml，需要8g(4ml)的氢气完全加成，1ml碳碳双键加成需要1mlH2；
(4)①中含有溴原子，在氢氧化钠的醇溶液中加热，可以发生消去反应，结构中还含有羧基可以和氢氧化钠反应；
②1ml甲醛分子中含有2ml−CHO，因此与过量银氨溶液发生银镜反应生成4mlAg；
③与发生加成反应的化学方程式为。
本题主要考查有机物的命名、常见有机化学方程式的书写等知识，为高频考点，题目难度一般。
20. 解：(1)M→A、E→2−苯基丙烯酸甲酯的反应类型分别是加成反应、酯化反应或取代反应，
故答案为：加成反应；取代反应或酯化反应；
(2)D中的官能团名称是羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(3)芳香烃M的结构简式为；两分子D反应得到含3个六元环的有机物的结构简式为，
故答案为：；；
(4)A为、B为，A发生水解反应生成B，A→B的化学方程式+2NaOH→△H2O+2NaBr，
故答案为：+2NaOH→△H2O+2NaBr；
(5)C为，C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为，
故答案为：；
(6)B为，F与B互为同分异构体，F的同分异构体满足下列条件：
①苯环上有三个取代基；
②lmlF最多能消耗2mlNaOH，说明含有2个酚羟基和1个丙基，如果丙基为正丙基，有6种位置异构；如果丙基为异丙基，有6种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，
故答案为：12。
M是芳香烃，分子式为C9H10，M的不饱和度为9×2+2−102=5，苯环的不饱和度是4，则M中还存在一个碳碳双键，M和溴发生加成反应生成A，B能连续被氧化生成D，根据D的结构简式知，C为，B为、A为、M为；D发生消去反应生成E，E和甲醇发生酯化反应生成。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断。
化学试卷（答案和解析）
【答案】
1. A 2. D 3. C 4. B 5. C 6. A 7. A
8. C 9. A 10. D 11. B 12. C 13. D 14. B
15. C 16. D
17. 防止液体暴沸 作催化剂和吸水剂 或 球形干燥管 防止倒吸 除去乙酸；溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层 减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生 溶液上层有油状液体生成，有果香味 碳酸钠、乙醇、乙酸钠 冷凝管的冷却效果比空气冷凝的效果好；能控制加热的温度，减少副反应的发生，提高产率(合理即可)
18. 12 1：3 abd 6 2 4 离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高 4MNA( 2a×10−10)3
19. 3，4−二甲基−1−戊炔 C6H6O 4 HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O
20. 加成反应；取代反应或酯化反应 羟基、羧基 +2NaOH→△H2O+2NaBr 12
【解析】
1. 解：A.重油裂解为轻质油燃料，燃烧时仍然生成二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰”，故A错误；
B.核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是有机高分子化合物，可由核苷酸缩合聚合得到，故B正确；
C.四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，属于卤代烃，故C正确；
D.护航“神舟十五号”的主降落伞由高强度芳纶纤维等制作而成，芳纶是由酰基和亚氨基组成的酰胺基团和苯环的组成的合成纤维，故D正确；
故选：A。
A.化石燃料燃烧生成二氧化碳，将重油裂解为轻质油作燃料，不能减少二氧化碳的排放；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物；
C.四氟乙烯是烃的衍生物，属于卤代烃；
D.芳纶是含芳香环的一类线形聚酰胺纺制成的合成纤维，是有机高分子材料。
本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，侧重识记性知识检测和判断能力考查，试题有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，注意化学与生产、生活、科技的联系，题目难度不大。
2. 解：A、乙醇与钠反应取代羟基上氢原子，反应时键①断裂，故A错误；
B、乙醇与酸发生酯化反应，乙醇中的键①断裂，故B错误；
C、乙醇与氢溴酸反应生成溴乙烷，乙醇中的键②断裂，故C错误；
D、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生成乙醛，乙醇中的键①③断裂，故D正确；
故选：D。
A、根据金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子，断开的羟基上的氢氧键；
B、根据乙醇与酸发生酯化反应，断开的羟基上的氢氧键．
C、根据乙醇与氢卤酸发生取代反应，断开的是碳氧键；
D、根据乙醇在银催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢
本题主要考查了乙醇的化学性质，羟基决定了乙醇的化学性质，掌握反应的机理是解题的关键，难度不大。
3. 解：A.苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，即密度：苯
C.形成分子内氢键，而形成分子内氢键，分子间氢键熔沸点大于分子内熔沸点，所以的熔沸点高于，故C正确；
D.一元醇中，羟基为亲水基，烃基为憎水基，烃基越大，有机物在水中的溶解度越小，所以溶解度：C2H5OH>CH3(CH2)4OH，故D错误；
故选：C。
A.苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大；
B.乙炔和苯的最简式均为CH；
C.分子间氢键熔沸点大于分子内熔沸点；
D.一元醇中，羟基为亲水基，烃基为憎水基，烃基越大，有机物在水中的溶解度越小。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及分子的密度比较、氢键、溶解度等知识，属于高考高频考点，难度不大。
4. 解：A.不含羧基，不属于氨基酸，故A错误；
B.由结构可知，分子中含5个C原子、4个H原子、1个F原子、3个N原子、2个O原子，则法匹拉韦的分子式为C5H4FN3O2，故B正确；
C.C原子均形成双键，则分子中的碳原子杂化方式均为sp2，故C错误；
D.分子中含酰胺基，与酸碱均反应，故D错误；
故选：B。
A.不含羧基；
B.由结构可知，分子中含5个C原子、4个H原子、1个F原子、3个N原子、2个O原子；
C.C原子均形成双键；
D.分子中含酰胺基。
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，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
5. 解：A.由红外光谱可知，分子中含有C−H键、C−O键、O−H键，则该有机物中至少含有三种不同的化学键，故A正确；
B.由核磁共振氢谱有3个峰可知，分子中有3种处于不同化学环境的氢原子，故B正确；
C.核磁共振氢谱只能确定处于不同化学环境的氢原子的个数比，无法确定总数，故C错误；
D.据图可知，该有机物分子中含有C−H键、C−O键、O−H键，且有3种处于不同化学环境的氢原子，且氢原子个数之比为3：2：1，若A的化学式为C2H6O，其结构简式为CH3CH2OH，故D正确；
故选：C。
A.红外光谱图中给出的化学键有C−H键、O−H键和C−O键三种；
B.核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子；
C.核磁共振氢谱峰的面积表示氢的数目比；
D.红外光谱图中给出的化学键有C−H键、O−H键和C−O键三种。
本题考查了有机物组成、结构的确定，把握红外光谱、核磁共振氢谱、质谱图的应用是解题的关键，题目难度较小。
6. 解：A.sp3杂化的为甲基(−CH3)中的碳原子，sp2杂化的是苯中的碳原子，直线结构的乙炔的碳原子为sp杂化；共有3种杂化类型，故A正确；
B.苯为平面结构，6个C原子和6个H原子共平面，乙炔基为直线结构，乙炔基的直线在苯的对角线上，CH4为正四面体结构，最多3个原子共平面，甲基(−CH3)中的3个H原子最多有一个在苯的平面上，分子中共平面的原子数目最多为12+1+2=15，故B错误；
C.含有6种氢原子，故核磁共振氢谱图中共有6组峰，故C错误；
D.与氯气发生一氯取代时，产物有5种，但还有可能发生二氯、三氯等取代，所以取代产物远多于5种，故D错误；
故选：A。
A.CH4为单键构成的四面体构型，sp3杂化；苯为平面结构，sp2杂化；乙炔为直线结构，sp杂化；
B.苯的6个C原子和6个H原子为平面结构；
C.有多少种氢就有多少组峰；
D.取代产物多于两种。
本题考查学生对某一有机物质的理解和掌握，题目难度不大，掌握杂化轨道、共面的原子、苯环的结构、取代产物的分析等，明确苯的结构及化学键是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
7. 解：A.标准状况下，每个甲烷或乙烯分子中都含有4个碳氢共价键，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含碳氢共价键的数目为⋅ml−1×4×NAml−1=4NA，故A正确；
B.聚乙烯分子结构简式为，不含碳碳双键，故B错误；
C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，故1mlCH4与足量Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于NA，故C错误；
D.每个乙醇分子中含有5个碳氢键，则46g乙醇中碳氢键的物质的量为46g46g⋅ml−1×5=5ml，乙醇被灼热的铜丝催化氧化后生成乙醛和水，每个乙醛分子中含有4个碳氢键，则含有4ml碳氢键，反应过程中碳氢键的数目减少，故D错误；
故选：A。
A.每个甲烷或乙烯分子中都含有4个碳氢共价键；
B.聚乙烯分子结构简式为；
C.CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl；
D.每个乙醇分子中含有5个碳氢键，每个乙醛分子中含有4个碳氢键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。
8. 解：A.乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水，温度计测定反应液的温度，图中装置可制备并收集乙烯，故A正确；
B.乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层，可选图中分液漏斗分离，故B正确；
C.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，图中装置不能防止倒吸，故C错误；
D.图中发生强酸制取弱酸的反应，可证明酸性：硫酸>碳酸>苯酚，故D正确；
故选：C。
A.乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水；
B.乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层；
C.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
D.图中发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，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. 解：A.高分子的主链只有碳原子，其单体为CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3和CH2=C(CH3)COOCH3，两种单体的结构相似，相差2个−CH2，互为同系物，一定条件下二者发生加聚反应生成该高分子，故A正确；
B.由该高分子的结构简式可知，高分子为加聚产物，故B错误；
C.分子中含酯基，在强酸或强碱的条件下能发生水解反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C错误；
D.高分子中只有一种官能团，为酯基，故D错误；
故选：A。
A.高分子的主链只有碳原子；
B.为加聚产物；
C.分子中含酯基；
D.高分子中只有一种官能团。
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，注意高分子的合成方法，题目难度不大。
10. 解：A.3−羟基丁酸中含有羧基和羟基，乙酸中含有羧基，结构不相似，不是同系物，故A错误；
B.3−羟基丁酸结构简式为，有2种β−H，故可生成2种消去反应产物，故B错误；
C.聚−3−羟基丁酸的结构简式为，故C错误；
D.3−羟基丁酸中含有羟基和羧基，可自身发生聚合反应：n→一定条件+(n−1)H2O，生成小分子，为缩聚反应，故D正确；
故选：D。
A.结构相似、组成上相差若干CH2的有机物互为同系物；
B.发生消去反应时羟基与β−H结合生成水；
C.3−羟基丁酸中羟基在3号碳原子上，发生缩聚反应生成聚−3−羟基丁酸；
D.3−羟基丁酸中含有羟基和羧基，可自身发生聚合反应生成聚−3−羟基丁酸和水。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11. 解：A.该物质中的碳碳双键能与溴发生加成反应生成无色的物质，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.该有机物含有羧基，可以与乙醇发生取代反应；含有烃基，可以与乙酸发生取代反应，故B正确；
C.该物质分子中只有碳碳双键可以和氢气加成，1ml该物质最多能与1mlH2发生加成反应，故C错误；
D.该物质分子中只有−COOH和碳酸钠反应以2：1反应，1ml该物质最多能与足量Na2CO3反应得0.5mlCO2，即22gCO2，故D错误；
故选：B。
A.碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色的物质；
B.醇羟基能和羧酸发生酯化反应、羧基能和乙醇发生酯化反应；
C.碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应；
D.−COOH和Na2CO3以2：1反应生成CO2。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
12. 解：A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，X中不含手性碳原子，故A错误；
B.X中与羟基相连的碳原子上无氢原子，不能发生催化氧化反应，故B错误；
C.X发生消去反应生成Y为CH2=C(CH3)−CH=CH2，两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体，则顺式聚异戊二烯的结构简式为，故C正确；
D.Y中甲基上2个H原子与其它原子不共面时，共面原子数最多，分子中最多有11个原子共面，故D错误；
故选：C。
A.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
B.X中与羟基相连的碳原子上无氢原子；
C.X发生消去反应生成Y为CH2=C(CH3)−CH=CH2，两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体；
D.Y中甲基上2个H原子与其它原子不共面时，共面原子数最多。
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，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13. 【分析】
本题主要考查元素推断，涉及电负性、原子半径大小比较、8电子稳定结构等，难度一般。
【解答】
X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，元素E的原子比W原子多8个电子，WE均形成1个共价键，则为W为氟、E为氯；Y形成4个共价键，为碳；Z形成2个共价键，为氧；X形成1个共价键且原子序数最小，为氢；
A.HClO为次氯酸，是一种强氧化性弱酸，A正确；
B.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变大；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减小；电负性： W>Z>E>Y ，B正确；
C.一般电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>W>X，C正确；
D.该分子中氢原子不满足8电子稳定结构，D错误；
故选D。
14. 解：A.高分子树脂X中的羧基之间能形成分子内氢键，故A正确；
B.含酰胺基，在碱性条件下水解得到氨气，酸性条件下不能水解生成氨气，故B错误；
C.由分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，故C正确；
D.反应①为2CH2=CHCONH2与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，故D正确；
故选：B。
CH2=CHCN酸性条件下和水反应后酸化生成甲为CH2=CHCOOH，CH2=CHCONH2发生取代反应生成CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2，甲和CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2发生加聚反应生成高分子树脂X，以此来解答。
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，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
15. 解：A.连接碳碳双键的碳原子连接两个相同的原子或原子团时，该分子没有顺反异构，N为或，则N不存在顺反异构，故A错误；
B.M的结构简式为，由于与烃基相连的碳上没有氢原子，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以无法使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.−CH(OH)−能被氧化生成酮，则M的同分异构体能被氧化生成酮的结构有：、、，共3种，故C正确；
D.L的同分异构体有、、、、、、、，含有2种化学环境的氢的结构为，只有1种，故D错误；
故选：C。
M的名称为2−甲基−2−丁醇，则M的结构简式为，M在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成N为或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为；
A.碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
B.−CH2OH、−CH(OH)−都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C.−CH(OH)−能被氧化生成酮；
D.L的结构简式为，L的同分异构体中，含两种化学环境的氢的结构为。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构式、明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
16. 解：A.Y为，则Y中含有五元环，故A正确；
B.Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则②是酯化反应，故B正确；
C.Y生成Z消耗甲醇，Z生成PA生成甲醇，所以甲醇能循环利用，故C正确；
D.根据PA的结构简式知，PA水解生成，和甲醇发生酯化反应得到Z，所以不能直接得到Z，故D错误；
故选：D。
Z和发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式知，Z为，根据Y、Z的分子式知，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则Y为，X发生消去反应、取代反应生成Y。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度中等。
17. 解：(1)反应体系中加入碎瓷片的作用是防止液体暴沸，浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂。酯化反应时，羧酸中羧基脱去羟基、醇类羧基脱去氢，故能表示 18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式为：或，
故答案为：防止液体暴沸；作催化剂和吸水剂；或；
(2)仪器C的名称是球形干燥管，其作用是加速乙酸乙酯冷凝和防止倒吸，
故答案为：球形干燥管；防止倒吸；
(3)饱和Na2CO3溶液能和乙酸反应而除去乙酸；溶解乙醇；乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度比在水中的小，因此还能降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层，
故答案为：除去乙酸；溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层；
(4)步骤②中需要小火均匀加热，主要是为了减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生，
故答案为：减少乙酸和乙醇的挥发，提高其转化率，并防止副反应的发生；
(5)步骤③中观察到的现象：溶液上层有油状物生成，有果香味。分离出乙酸乙酯层后，一般用饱和食盐水和饱和氯化钙溶液洗涤乙酸乙酯层，可除去碳酸钠、乙醇、乙酸钠杂质，
故答案为：溶液上层有油状液体生成，有果香味；碳酸钠、乙醇、乙酸钠；
(6)与图1装置相比，图2装置增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度，同时增加了冷凝管，有利于乙酸乙酯的冷却、收集，
故答案为：冷凝管的冷却效果比空气冷凝的效果好；能控制加热的温度，减少副反应的发生，提高产率(合理即可)。
乙酸与乙醇在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，这个反应属于酯化反应，发生酯化反应时，羧酸中羧基脱去羟基、醇类羧基脱去氢；饱和碳酸钠有三个作用：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；乙酸、乙醇易溶于水，故还要防倒吸；加碎瓷片防暴沸，以此解答该题。
本题主要考查了乙酸乙酯的制备，掌握乙酸乙酯的制备原理是解答此题的关键，侧重分析能力的考查，题目难度不大。
18. 解：(1)①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，与之最近的二氧化碳分子有3×82=12，
故答案为：12；
②若顶点为Au、面心为Cu，晶胞中含有Au原子数目为8×18=1，晶胞中含有Cu原子数目为6×12=3，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1：3，
故答案为：1：3；
③干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故abd正确，
故答案为：abd；
(2)①晶体Si中，由共价键形成的最小碳环上有6个硅原子，
故答案为：6；
②晶体硅中每个硅原子形成四个Si−Si共价键，1条Si−Si共价键为两个Si原子共有，则1ml单晶硅中含有4ml×12=2ml，
故答案为：2；
(3)1个C60晶胞中C60分子位于8各顶点和6个面心，分子个数为8×+6×12=4，即1个C60晶胞中中含有4个C60分子，
故答案为：4；
(4)①NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，由离子间距可知NiO晶体中离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高，
故答案为：离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
②由图可知NaCl晶体中存在4个Na+和4个Cl−，则晶体中存在4个Ni2+和4个O2−，则晶胞质量为4MNAg，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则棱长为 2apm，则体积为( 2a×10−10cm)3，则晶胞密度ρ=mV=4MNA( 2a×10−10)3g⋅cm−3=4MNA( 2a×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：4MNA( 2a×10−10)3。
(1)①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上；
②根据均摊法计算晶胞中含有Au、Cu原子数目，据此计算；
③干冰晶体属于分子密堆积，冰晶体属于分子非密堆积；
(2)①晶体硅中，由共价键形成的最小碳环上有6个硅原子；
②晶体硅中每个硅原子形成四个Si−Si共价键；
(3)碳60晶胞中C60分子位于8个顶点和6个面心；
(4)①离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
②根据NaCl晶体求出晶胞中Ni、O原子个数，表示出晶胞质量和晶胞体积，根据ρ=mV求得晶胞密度。
本题考查核晶胞计算，涉及晶体结构、化学键、均摊法、晶胞计算等，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
19. 解：(1)根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带两个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，则只有−CH2−CH3中两个碳原子间可存在碳碳三键，A的系统命名为3，4−二甲基−1−戊炔，
故答案为：3，4−二甲基−1−戊炔；
(2)该有机物的蒸汽密度是相同条件下氢气的47倍，则该有机物的相对分子质量为94；18.8g有机物的物质的量为0.2ml，n(C)=n(CO2)=⋅ml−1=1.2ml，n(H)=2n(H2O)=2×10.8g18g/ml=1.2ml，因此1ml该有机物的分子中含有6ml碳原子、6ml氢原子，该有机物中氧原子的个数=94−12×6−1×616=1，则该有机物的分子式为C6H6O，
故答案为：C6H6O；
(3)1ml油脂水解消耗3mlNaOH，1.2g氢氧化钠的物质的量为0.03ml，说明10g天然油脂的物质的量为0.01ml，则1000g油脂为1ml，需要8g(4ml)的氢气完全加成，根据1ml碳碳双键加成需要1mlH2，则1ml该油脂含有4ml的碳碳双键，
故答案为：4；
(4)①中含有溴原子，在氢氧化钠的醇溶液中加热，可以发生消去反应，结构中还含有羧基可以和氢氧化钠反应，其化学方程式为，
故答案为：；
②1ml甲醛分子中含有2ml−CHO，因此与过量银氨溶液发生银镜反应生成4mlAg，反应的化学方程式为HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O，
故答案为：HCHO+4Ag(NH3)2OH→水浴加热4Ag↓+6NH3+(NH4)2CO3+2H2O；
③与发生加成反应的化学方程式为，
故答案为：。
(1)根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带两个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，则只有−CH2−CH3中两个碳原子间可存在碳碳三键，A的系统命名为3，4−二甲基−1−戊炔；
(2)该有机物的蒸汽密度是相同条件下氢气的47倍，则该有机物的相对分子质量为94；18.8g有机物的物质的量为0.2ml，n(C)=n(CO2)=⋅ml−1=1.2ml，n(H)=2n(H2O)=2×10.8g18g/ml=1.2ml，因此1ml该有机物的分子中含有6ml碳原子、6ml氢原子，该有机物中氧原子的个数=94−12×6−1×616=1；
(3)1ml油脂水解消耗3mlNaOH，1.2g氢氧化钠的物质的量为0.03ml，说明10g天然油脂的物质的量为0.01ml，则1000g油脂为1ml，需要8g(4ml)的氢气完全加成，1ml碳碳双键加成需要1mlH2；
(4)①中含有溴原子，在氢氧化钠的醇溶液中加热，可以发生消去反应，结构中还含有羧基可以和氢氧化钠反应；
②1ml甲醛分子中含有2ml−CHO，因此与过量银氨溶液发生银镜反应生成4mlAg；
③与发生加成反应的化学方程式为。
本题主要考查有机物的命名、常见有机化学方程式的书写等知识，为高频考点，题目难度一般。
20. 解：(1)M→A、E→2−苯基丙烯酸甲酯的反应类型分别是加成反应、酯化反应或取代反应，
故答案为：加成反应；取代反应或酯化反应；
(2)D中的官能团名称是羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(3)芳香烃M的结构简式为；两分子D反应得到含3个六元环的有机物的结构简式为，
故答案为：；；
(4)A为、B为，A发生水解反应生成B，A→B的化学方程式+2NaOH→△H2O+2NaBr，
故答案为：+2NaOH→△H2O+2NaBr；
(5)C为，C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为，
故答案为：；
(6)B为，F与B互为同分异构体，F的同分异构体满足下列条件：
①苯环上有三个取代基；
②lmlF最多能消耗2mlNaOH，说明含有2个酚羟基和1个丙基，如果丙基为正丙基，有6种位置异构；如果丙基为异丙基，有6种位置异构，所以符合条件的同分异构体有12种，
故答案为：12。
M是芳香烃，分子式为C9H10，M的不饱和度为9×2+2−102=5，苯环的不饱和度是4，则M中还存在一个碳碳双键，M和溴发生加成反应生成A，B能连续被氧化生成D，根据D的结构简式知，C为，B为、A为、M为；D发生消去反应生成E，E和甲醇发生酯化反应生成。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断。
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