故合理选项是D。
8.阿伏加德罗常数的值为NA。
下列说法正确的是（）
A.1molH2O分子中共用的电子对数为4NA
B.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-数目为0.1NA
C.质量为12g的12C含有的中子数为6NA
D.2.3gNa与足量H2O完全反应，转移的电子数为0.2NA
【答案】C
【详解】A.在1个H2O分子中O原子与2个H原子分别形成1对共用电子对，所以1molH2O分子中共用的电子对数为2NA，A错误；
B.该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-会发生水解反应而消耗，所以1L0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-数目小于0.1NA，B错误；
C.12g的12C的物质的量为1mol，由于在一个12C中含有6个中子，所以1mol12C含有的中子数为6NA，C正确；
D.Na是+1价的金属，2.3gNa的物质的量是0.1mol，所以0.1molNa与足量H2O完全反应，转移的电子数为0.1NA，D错误；
故合理选项是C。
9.我国某科研团队以N2为原料合成了超高含能材料聚合氮——以氮氮单键（N－N）结合的具有网状结构的聚合体。
有关化学键的键能数据如下：
化学键
N≡N
N＝N
N－N
键能/（kJ/mol）
946
419
159
下列分析不正确的是（）
A.氮原子的结构示意图：
B.聚合氮转变为N2会释放能量
C.高温有利于聚合氮的合成D.低压有利于聚合氮的合成
【答案】D
【详解】A.N是7号元素，原子核外有2个电子层，电子数分别是2、5，故氮原子的结构示意图：
，A正确；
B.由于断裂N-N吸收的能量比形成N≡N放出的热量少，所以由聚合氮转变为N2会释放能量，B正确；
C.高温更容易断裂氮氮三键，形成单个原子，使原子可以从新结合形成立体网状结构，所以高温有利于聚合氮的合成，C正确；
D.聚合氮原子间通过共价键形成空间网状结构，所以高压有利于聚合氮的合成，D错误；
故合理选项是D。
10.硫元素的几种化合物存在下列转化关系：
下列判断不正确的是（）
A.反应①中浓硫酸作氧化剂B.反应②表明SO2有酸性氧化物的性质
C.反应③的原子利用率是100%D.反应④稀H2SO4作还原剂
【答案】D
【详解】A.Cu与浓硫酸反应时将Cu单质氧化为硫酸铜，浓硫酸表现了氧化性，A正确；
B.SO2与NaOH反应产生亚硫酸钠和水，表明SO2有酸性氧化物的性质，B正确；
C.S+Na2SO3=Na2S2O3，反应物全部变为生成物，原子利用率是100%，C正确；
D.Na2S2O3与稀硫酸发生复分解反应，产生硫代硫酸和硫酸钠，硫代硫酸不稳定，分解产生S单质、二氧化硫和水，所以硫酸起酸的作用，不是作还原剂，D错误；
故合理选项是D。
11.在不同电压下用惰性电极电解饱和NaCl溶液制备少量NaClO，实验结果如下：
实验
①
②
③
电压
U1
U2
U3
现象
a极产生少量气泡，b极无明显气泡
a极产生较多气泡，b极产生少量气泡
a极产生大量气泡，b极逸出大量黄绿色气体
下列分析不正确的是（）
A.①、②、③中，a极均发生了还原反应
B.①、②、③中均能发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
C.电解时OH-由b极向a极移动
D.不宜采用实验③的电压制备NaClO
【答案】C
【分析】用惰性电极电解饱和食盐水，电解的总方程式是：
2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，据此分析。
【详解】A.根据图示可知a电极为阴极，溶液中的阳离子H+在阴极上获得电子，发生还原反应，A正确；
B.在a电极溶液中的H+获得电子，变为H2逸出，附近溶液中OH-增多阴极产生NaOH，在阳极b电极上溶液中阴离子Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与溶液中的NaOH发生反应：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，B正确；
C.电解时阴离子OH-向正电荷较多的阳极移动，即会由a极向b极移动，C错误；
D.实验③电压高，电流大，反应速率快，反应产生的氯气未能与NaOH溶液反应，就会从溶液中逸出，所以不能采用该电压制备NaClO，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查电解原理的应用的知识。
电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极得到氢气和氢氧化钠，氯气与碱发生反应产生的物质具有强氧化性，能杀菌消毒。
掌握电解基本原理和离子放电顺序是本题解答的关键。
12.PET是一种聚酯纤维，拉伸强度高，透光性好，广泛用作手机贴膜，合成如下：
下列关于该高分子的说法不正确的是（）
A.合成PET的反应为缩聚反应
B.PET与聚乙二酸乙二酯具有相同的重复结构单元
C.PET膜应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触
D.通过质谱法测定PET的平均相对分子质量，可得其聚合度
【答案】B
【详解】A.用该方法合成高分子化合物PET反应时还有小分子生成，所以反应为缩聚反应，A正确；
B.PET的链节是
；聚乙二酸乙二酯的链节是
，它们重复结构单元并不相同，B错误；
C.PET是聚酯，在碱性条件下容易发生水解反应，所以PET膜使用应避免与碱性物质（如NaOH）长期接触，C正确；
D.质谱法可以测物质的平均相对分子质量，由于物质的链节是什么、式量为多少都可以确定，因而就可以计算出物质的聚合度，D正确；
故合理选项是B。
13.把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：
实验
现象
①中溶液变蓝
②中溶液产生胶状沉淀
③中生成沉淀
④中产生黄绿色气体
下列分析不正确的是（）
A.①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性
B.②中产生白色胶状沉淀：
2H++SiO32-=H2SiO3
C.③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释
D.④中产生黄绿色气体：
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【答案】A
【分析】浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl气体遇到不同物质表现的性质不同，水溶液具有强酸性、还原性，可根据物质不同判断物质的作用，据此分析。
【详解】A.①HCl遇KI溶液不能发生反应产生I2，所以不会出现溶液变蓝的现象，A错误；
B.由于酸性HCl>H2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液会发生反应：
2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶状沉淀，B正确；
C.在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：
NaCl（s）
Na+（aq）+Cl-（aq），HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液Cl-浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C正确；
D.HCl溶解在NaClO溶液中，会发生反应：
2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，D正确；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查盐酸的性质。
浓盐酸具有挥发性、酸性、还原性，稀盐酸具有酸性、氧化性，物质的浓度不同，表现的性质不同。
要灵活运用，结合具体问题具体分析。
14.向20mL0.40mol/LH2O2溶液中加入少量KI溶液：
ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣=H2O+O2↑+I﹣。
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积（已折算标准状况）如下。
t/min
0
5
10
15
20
V（O2）/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是（）
A.从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率
B.反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应
C.0~10min的平均反应速率：
v（H2O2）≈9.0×10-3mol/（L·min）
D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性
【答案】B
【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；
B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；
C.0~10min内，反应产生O2的物质的量是n（O2）=20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n（H2O2）=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v（H2O2）=（1.8×10-3mol）÷0.02L÷10min=9.0×10-3mol/（L·min），C正确；
D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；
故合理选项是B。
15.我国科学家在合成、生产生物医用材料——新型增塑剂（DEHCH）方面获得重要进展，该增塑剂可由有机物D和L制备，其结构简式如下：
（DEHCH）
（1）有机物D的一种合成路线如下：
①由C2H4生成A的化学方程式是_______。
②试剂a是_______。
③写出B中所含官能团的名称________。
④有机物D的结构简式是________。
（2）增塑剂（DEHCH）的合成路线如下：
已知：
①D→M的化学方程式是________。
②有机物L的分子式为C4H2O3，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢原子。
W的结构简式是_______。
③以Y和Q为原料合成DEHCH分为两步反应，写出有关化合物的结构简式：
中间产物的结构简式是________，反应a的反应类型是________。
【答案】
（1）.CH2=CH2+Br2
CH2Br-CH2Br
（2）.NaOH/CH3CH2OH（3）.碳碳双键、醛基（4）.CH3CH2CH2CH2OH（5）.2CH3CH2CH2CH2OH+O2
2CH3CH2CH2CHO+2H2O（6）.
（7）.
（8）.酯化反应
【分析】乙烯与溴水发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，该物质在NaOH乙醇溶液中发生消去反应产生乙炔，乙炔与水加成变为乙醛，乙醛在稀NaOH水溶液中发生分子间脱水生成CH3CH=CH-CHO，该物质与氢气发生完全加成变为丁醇，丁醇催化氧化变为丁醛，丁醛在稀NaOH水溶液中发生分子间脱水生成CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO与氢气加成生成Y（CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH），Y与Q反应产生中间产物，然后中间产物再与Y发生酯化反应就得到该增塑剂。
【详解】
（1）①乙烯与溴水发生加成反应，生成1,2-二溴乙烷，所以由C2H4生成A的化学方程式是CH2=CH2+Br2
CH2Br-CH2Br；②1,2-二溴乙烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，生成乙炔CH≡CH和NaBr及水，反应方程式是CH2Br-CH2Br+2NaOH
CH≡CH+2NaBr+2H2O，所以试剂a是NaOH/CH3CH2OH；
③CH≡CH与水在催化剂存在时，加热，发生加成反应产生乙醛CH3CHO，2个分子的乙醛在稀NaOH溶液中加热发生反应，产生B：
CH3CH=CH-CHO，所以B中所含官能团的名称碳碳双键、醛基；
④CH3CH=CH-CHO与H2在Ni催化下，加热，发生加成反应产生CH3CH2CH2CH2OH，反应方程式是：
CH3CH=CH-CHO+2H2
CH3CH2CH2CH2OH，所以有机物D的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH；
（2）①CH3CH2CH2CH2OH在Cu催化下，加热杯氧气氧化为CH3CH2CH2CHO，反应方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O2
2CH3CH2CH2CHO+2H2O；
②有机物L的分子式为C4H2O3，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢原子，则L是
；CH2=CH-CH=CH2与
发生加成反应，产生W，W的结构简式是
，W与H2发生加成反应，产生Q，结构简式是：
；M结构简式是CH3CH2CH2CHO，M在稀碱溶液中，在加热时发生反应产生X是CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO；X与氢气发生加成反应产生Y：
CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，Y与Q反应产生中间产物：
，该物质与Y发生酯化反应，产生
，即DEHCH。
【点睛】本题以新型增塑剂（DEHCH）的合成为线索，考查了不饱和烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质，较为全面的考查了有机化合物，充分利用题干信息并结合已有知识进行分析，是解答本题的关键。
16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。
（1）CH4－H2O催化重整：
反应Ⅰ：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）∆H1=+210kJ/mol
反应Ⅱ:
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）∆H2=﹣41kJ/mol
①提高CH4平衡转化率的条件是________。
a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度
②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。
③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为_________。
（2）实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。
做对比实验，结果如下图所示：
①投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：
_________。
②投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：
__________。
（3）反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：
反应
Ⅰ
Ⅱ
∆H（kJ/mol）
+75
﹣173
①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。
因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_________。
②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_________。
【答案】
（1）.c
（2）.CH4（g）+2H2O
CO2（g）+4H2（g）∆H=+169kJ/mol（3）.1（4）.CaO可吸收CO2，c（CO2）减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大（5）.纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快（6）.降低温度、增大压强（7）.C+H2O=CO+H2
【分析】
（1）①提高物质的转化率就是使平衡正向移动，可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；
②根据盖斯定律，将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；
③对于反应前后气体体积不变的反应，物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；
（2）从生成物、反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；
（3）根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。
【详解】
（1）①由反应CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）∆H1=+210kJ/mol可知：
若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b．加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c．增大反应物水蒸气浓度，化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；
②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4（g）+2H2O
CO2（g）+4H2（g）∆H=+169kJ/mol；
③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）
n（开始）/mol2.08.000
n（改变）1.61.61.61.6
n（平衡）0.46.41.61.6
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=
；
（2）①催化重整后的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）
CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；
②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c（CO2）减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；
（3）①反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应，为了减少积炭，要使平衡逆向
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