【分析】 【详解】
新型纳米疫苗的研制成功，在不久的将来有可能用于治疗疾病，选项A正确；单层厚度约为
0.7 nm的WS2二维材料为智能手表、银行票据和信用卡安全密码的印制和数据存储提供了可能性，选项B正确；纳米复合材料有较大的比表面积，具有较大的吸附容量，选项C不正确；基于Ag2S柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件可同时提供优异的柔性和热电转换性能，且具有环境友好、稳定可靠、寿命长等优点，有望在以分布式、可穿戴式、植入式为代表的新一代智能微纳电子系统等领域获得广泛应用，选项D正确。 3．D 【解析】 【分析】
分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应，据此分析。 【详解】
A．咖啡酸中含有碳碳双键，可以与氢气发生还原反应；含有羧基和羟基，能够发生取代反应；含有碳碳双键，能够发生加聚反应，A正确；
B．该有机物分子中含有酚羟基，能够与氯化铁发生显色反应，B正确；
C．1mol咖啡酸中1mol苯环、1mol碳碳双键，最多能够与4molBr2发生反应，C正确；
D．酚羟基酸性小于碳酸，不能够与碳酸氢钠反应，1mol 咖啡酸中只含有1mol羧基，能够与1mol碳酸氢钠反应，D错误； 答案选D。 4．C 【解析】 【分析】 【详解】
A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错误；
B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；
C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1mol“NO2”，原子总数为3NA，C正确；
D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误； 答案选C。 【点睛】
选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF熔沸点升高，标况下不是气态。 5．B 【解析】 【详解】
A．酚类物质与溴水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；
B．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知溴乙烷发生了水解，故B正确；
C．乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；
D．乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与溴发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误； 故选B。 6．D 【解析】 【详解】
A. 苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为13NA，A错误；
B. 标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；
C. 1molCH3COOCH3，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；
D. N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为2.2NA，D正确； 故答案选D。 7．B 【解析】 【分析】
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22mol×3+2.22-2.22mol×2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol÷2.2L=2.3mol/L。 【详解】
A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；
B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-) ≥ 2.3mol·L-2，B项正确； C.一定存在氯离子，C项错误；
D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。 8．B 【解析】 【详解】
氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。 A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；
B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确； C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误； D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。 本题选B。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误； B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为答案选D。 【点睛】
B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。 10．A 【解析】 【详解】
A. 因金属性：Li 11mol，含有电子数为mol ×22×NA=0.5NA，故D正确； 4444B. 相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B项错误。 C. 因非金属性：P>Si，所以热稳定性：PH3>SiH4，C项错误； D. C2H5OH分子之间能形成氢键，而C2H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OH>C2H5SH，D项错误； 答案选A。 【点睛】 本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中D项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。 11．D 【解析】 【分析】 【详解】 2?NO2不能一步转化，氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2，选项A错误； A. NH3???催化剂O灼烧B. MgCl2(aq) ????无水MgCl2，氯化镁为强酸弱碱盐，水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，最后 得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁，而不能一步得到无水氯化镁，选项B错误； 2??FeCl3，铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁，无法一步转化生成氯化亚铁，选项CC. Fe??点燃Cl错误； 过量CO2电解 NaOH(aq) D. NaCl(aq) ???????? NaHCO3，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠，氢氧化钠溶液中?通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应均能一步转化，选项D正确。 答案选D。 【点睛】 本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 12．C 【解析】 【详解】 A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意； B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意； C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意； C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收