7.【答案】A【详解】A.液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，A正确；B.较高压力、温度和引发剂作用下，乙烯加聚成密度较小的聚乙烯，即低密度聚乙烯，B错误；C.碳纤维是碳元素的一种单质，是新型无机非金属材料，C错误；D.暖宝宝放热是利用原电池原理，铁作负极，最终将化学能转化为热能，D错误。8.【答案】D【详解】A.根据反应过程知，A与B反应是成肽反应，生成C和水，是取代反应，A正确；B.合成E时，E中含有两段由物质D形成的链节，每段需要m个D，所以合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m∶1，B正确；C．E中的含氧官能团有4种，即酰胺基、醚键、羟基和酯基，C正确；D．E在酸性条件下充分水解后可以转化得到A，但不能得到碱性物质B，D错误。9.【答案】C【详解】A.浓度相同的CF3COOH和CCl3COOH两种溶液，，F的电负性强于Cl，F对电子的吸引能力更强，导致羧基上的H更容易电离，因此现象应为CF3COOH的pH更小，A错误；麦芽糖自身有还原性，也能和新制反应生成砖红色沉淀，则该实验不能说明麦芽糖发生了水解，B.CuOH2B错误；2222C.Ba与CrO4形成难溶的BaCrO4沉淀，使反应Cr2O7H2O2CrO42H的平衡正向移动，cH增大，C正确；D.盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入高锰酸钾溶液，紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，故D错误；10.【答案】D【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，分别位于第一、第二、第三周期，则W为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Z为Na元素；Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，以此分析解答。【详解】A.体现超分子分子识别的特征，A错误；B.CH4与H2O均为分子晶体，H2O可形成分子间氢键，为非密堆积，CH4为密堆积。C.H、O、Na三种元素中组成的二元化合物有H2O2、H2O、Na2O、Na2O2、NaH等，至少有三种离子化合物，C错误；D.水分子间存在氢键，X与W组成的简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，如C10H22沸点高于100度，故D正确。{#{QQABLYyEogAgAAAAAAgCQwEgCgKQkAACAQoORBAQIAABwBFABAA=}#}11.【答案】D--【分析】NO2在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，NO2中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为氮氧化物，则Y为N2O、X为NO，据此分析；【详解】A.分子构型N-N-O，中心的N形成2个σ键，无孤电子对，N原子采取sp杂化，N2O的分子是直线形的，A正确；B.9gNO物质的量为0.3mol，转移电子0.6mol，B正确；C.pH越小，阳离子水解程度越大，根据越弱越水解，碱性NH3·H2O>NH2OH，C正确;D.⑥氮化合价上升，D错误。12.【答案】B【分析】由图可知，原电池工作时冷端→，发生加氢反应，热端→，发生去氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极反应为+2e-+2H+，负极反应为-2e-+2H+，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，pH：冷端>热端，故A正确；B.结合两端反应，对醌、对苯二酚浓度不变，不需要补充，故B错误；C.含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该电池能持续工作，形成连续的反应和持续的电流，不需要充电恢复，C正确；D.由分析可知，冷端电极为正极电势高，热端电极为负极电势低，故D正确。13.【答案】C【分析】由题意可知，随着cCl的增加，cAg逐渐减小，故线l1对应于pcAg，随着cCl的增加，2323逐渐出现AgClAgCl2AgCl3AgCl4的转化，故AgCl2、AgCl3、AgCl4依次出现，即线l2、l3、23l4分别对应于pcAgCl2、pcAgCl3、pcAgCl4。7310【详解】A．由线l1知，cCl10mol/L时，pcAg3，即cAg10mol/L，故Ksp10，A正确；+-2-2-+3-B．由题干知①+②+③得Ag(aq)+3Cl(aq)AgCl3(aq)，K=c(AgCl3)/[c(Ag)c(Cl)]，由多重平衡的复合平衡常数规则知，K=K1K2K3，B正确；{#{QQABLYyEogAgAAAAAAgCQwEgCgKQkAACAQoORBAQIAABwBFABAA=}#}-c-aC．由N点坐标知，K3=10，由M点坐标知，K4=10，③+④得到反应式为3-a+c-3-AgCl2aq2ClaqAgCl4aq，其平衡常数K=K3K4=10,P点cAgCl2=cAgCl4，故P点的-a+c/2a+ccCl-=K=10，即lgcCl-=，C错误；2D．P点溶液中有Na，根据电荷守恒应满足关系：+++---2-3--cAg+cH+cNa=cCl+cOH+cAgCl2+2cAgCl3+3cAgCl4+c(NO3)，因为--+++----3-c(AgCl2)=c(AgCl3)，所以有c(Ag)+c(H)+c(Na)=c(Cl)+c(OH)+c(NO3)+3c(AgCl2)+3c(AgCl4)，D正确。【分析】含铅烟灰（主要化学成分为PbO、Fe2O3、In2O3和In2S3）加入MnO2、H2SO4氧化酸浸后，PbO3转变为PbSO4沉淀，Fe2O3和In2O3分别溶于硫酸，In2S3、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，滤液中含Fe、32222In、SO4、Mn，滤渣A为过量的MnO2和PbSO4，向滤液中加入有机萃取剂除去Mn、SO4，在有3机相中加入盐酸，反萃取除去Fe，在HInCl4溶液中加入Zn，得到粗铟，电解精炼得到铟。【详解】(1)基态铟原子的电子排布式为Kr4d105s25p1；(2)由分析可知，PbO转变为PbSO4沉淀，即PbO+H2SO4=PbSO4H2O，滤渣A除了过量的MnO2还有PbSO4；(3)由分析可知，In2S3、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，S由-2价变为+6价，Mn由+4价变为+2价，则In2S3化合价升高24价，MnO2降低2，根据化合价升降守恒得到物质的量之比为1:12；(4)P204的酸性强于P507的酸性，其原因是：-R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱（或-OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强），因此P204的酸性强于P507的酸性；(5)H+也可与金属Zn反应，故方程式为：(6)反萃取时，Fe3尽可能留在有机相，In3尽可能反萃取到水相，则由题中图示可知，当盐酸的浓度在2~3mol/L之间时，In3的反萃取率较高，而Fe3的反萃取率很小，所以盐酸的最佳浓度范围为2~3mol/L；32232(7)Fe3O4中nFe：nFe：nO2：1：4，晶胞含有8个正四面体空隙，即有2个Fe和1个Fe，1个三价铁离子放入正四面体空隙；晶胞中由3、6、7、9、8、12处的原子形成一个正八面体空隙，剩余1的空间以每条棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等处的原子形成的四面体空隙为正八面体空隙的，4{#{QQABLYyEogAgAAAAAAgCQwEgCgKQkAACAQoORBAQIAABwBFABAA=}#}1共12条棱，则正八面体空隙有1124个，其中已经有一个放Fe3，另外一个Fe2占据一个正八面体4空隙，所以有2个正八面体空隙没有被填充，故答案为：7：2；根据分析可知晶胞中Fe32个，Fe21个，O四个，。232103N（Aa10）【分析】装置甲中由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，除去其中的氯化氢后，和碳酸钠反应制备Cl2O，在装置丁中和氰尿酸反应生成最终产品，最后注意尾气处理，以此解题。【详解】(1)如答案；(2)根据题给信息可知，Cl2O在温度较高时易分解，浓度较高时易爆炸，另外该反应使用了氯气，氯气有毒，则通入空气（不参与反应）的目的为：稀释Cl2O，防止发生爆炸；拆卸实验装置前还需再通入空气的目的为：尽量将装置中残留的氯气赶入戊中，避免污染空气；(3)Cl2O中心原子O的价层电子对数为4，其中有2对故电子对，则其空间构型为V形；根据相似相溶原则，Cl2O为弱极性分子可以在四氯化碳中溶解一部分，则不能用CCl4除去Cl2O中的Cl2；该反应需要在20~25℃发生反应，可以水浴加热，则丁中c装置的作用为控制温度在20℃~25℃；(4)根据题意可知，Cl2O与氰尿酸（）反应生成产物，方程式为：2+3Cl2O→2+3H2O；(5)①根据信息可知三氯异氰尿酸可以和水反应生成次氯酸，次氯酸可以和碘化钾反应生成单质碘，再用Na2S2O3滴定其中的碘，则滴定时加入的最佳指示剂是淀粉溶液；滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液时，由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复；{#{QQABLYyEogAgAAAAAAgCQwEgCgKQkAACAQoORBAQIAABwBFABAA=}#}②根据得失电子守恒可知，关系式为：~3HClO~3I2~6Na2S2O3，则n()=11，样品有效氯为0.2000mol/L0.03L0.006mol6610.006mol335.5g/mol6100%35.50%0.3gH2H2H【详解】(1)反应B×2反应A×2可得反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，则由盖斯定律可得：21，11则反应B的HHH124kJ/mol(484kJ/mol)118kJ/mol；2122(2)反应B为放热反应、气体体积增大的反应，升温平衡逆移，产率下降，故a错误；加压平衡逆移，故b错误；充入氧气平衡正向移动，反应速率增大，c正确；及时分离水蒸气，反应速率减小，d不正确；加催化剂不改变平衡产率，e不正确，故选c；(3)从能量变化图可知，路径中由c生成d的活化能最高，为决速步骤，其反应式为：*******CH3CHCH3HCH3CHCH22H或CH3CHCH3CH3CHCH2H；(4)①W点C3H8的平衡转化率为75%，设C3H8通过反应I和副反应转化的物质的量分别为xmol、ymol，且起始n(C3H8)=1mol，根据已知条件列出“三段式”：C3H8gC3H6gH2g起始/mol100转化/molxxx平衡/mol1xxx{#{QQABLYyEogAgAAAAAAgCQwEgCgKQkAACAQoORBAQIAABwBFABAA=}#}C3H8gC2H4gCH4g起始/mol1x00转化/molyyy平衡/mol1xyyyxyx则100%75%，CH的选择性为80%，则100%80%。故x0.6，y0.15。W点136xynH2O10，则H2Og的物质的量为10mol，平衡时C3H8物质的量为0.25mol，C3H6、H2的物质的量nC3H8均为0.6mol，混合气总物质的量为(0.25+0.6+0.6+0.15+0.15+10)mol=11.75mol，则反应I的分压平衡常数20.6117.5kPa11.75K14.4kPa；p0.25117.5kPa11.75②相同温度下，水烃比远大于15:1时，说明水蒸气过多，则C3H8的浓度过低，反应速率减慢，另一个可能的原因是：H2Og过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降