2025年湘教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘教版高三化学上册阶段测试试卷878考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、海水中含量最多的离子是（）A.钠离子B.氯离子C.钙离子D.镁离子2、amL三种气态烃的混合物与足量的氧气混合点燃爆炸后，恢复到原来的状态（常温、常压），体积共缩小2amL．则三种烃可能是（）A.CH4、C2H4、C3H4B.C2H4、C3H6、C4H6C.CH4、C2H6、C3H8D.C2H4、C2H2、CH43、下列说法正确的是（）A.SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质B.向纯水中加入盐酸或金属钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积不变C.向氯水中加入NaHCO3（固体）可使溶液中c（HClO）增大D.室温下，将浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和c（H+）/c（HF）均不变4、如图所示的钢铁腐蚀中；下列说法正确的是（）

A.①、②中的Fe都发生的是还原反应B.①表面的电解质溶液可以为NaCl溶液C.生活中钢铁制品的腐蚀以图①所示为主D.图②中，正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-5、利用相似相溶这一经验规律可说明的事实是（）

①HCl易溶于水②NH3易溶于H2O③N2难溶于水④HClO4是强酸⑤盐酸是强酸⑥氢氟酸是弱酸⑦HF很稳定．A.①②③B.④⑤⑥C.⑥⑦D.④⑤6、在密闭容器中发生可逆反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O（g），以下是不同情况下的反应速率，其中最快的是（）A.v（O2）=0.001mol/（L•S）B.v（NH3）=0.002mol/（L•S）C.v（H2O）=0.003mol/（L•h）D.v（NO）=0.008mol/（L•S）7、四种短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，rm{W}rm{X}的简单离子具有相同电子层结构，rm{X}的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，rm{W}与rm{Y}同族，rm{Z}与rm{X}形成的离子化合物的水溶液呈中性rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{W}与rm{X}形成的化合物溶于水后溶液呈碱性B.简单离子半径：rm{W<X<Z}C.气态氢化物的热稳定性：rm{W<Y}D.最高价氧化物的水化物的酸性：rm{Y>Z}评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、卤代烃RCH2CH2X分子中的化学键如图所示；则下列说法正确的是（）

A.当该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①和③B.当该卤代烃发生水解反应时，被破坏的键是①C.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和④D.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键是①和③9、下列各组物质能在同一溶液中大量共存的是（）A.CuSO4、H2SO4、HNO3B.Na2SO4、Ba（OH）2、CuCl2C.FeCl3、NaOH、KNO3D.K2SO4、NaOH、NaCl10、下列关于丙烯（CH2-CH=CH2）的说法正确的是（）A.丙烯的沸点比乙烯高B.丙烯分子存在非极性键C.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上11、已知A、B、C均为短周期的元素，A、B同周期、A、C的最低价离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（）A.C元素的最高正价为+7价B.离子半径：A2-＞C-＞B2+C.对应气态氢化物的稳定性：A＞CD.还原性：A2-＞C-12、25℃时，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，其pH变化曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，正确的是（）A.在A点：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）B.在A点：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）C.在B点：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）D.在C点：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）13、相同质量的下列脂肪烃，在空气中充分燃烧产生二氧化碳最多的是（）A.C2H2B.C3H6C.C4H10D.C6H614、氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域．在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列有关该反应的叙述正确的是（）A.氮化铝中氮元素的化合价为-3B.上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子C.在氮化铝的合成反应中，N2是氧化剂，Al2O3是还原剂D.该反应不属于四种基本反应类型中任一种15、（CH3）2CHCH2OH是某有机物的加氢还原产物，该有机物可能是（）A.乙醛的同系物B.丙醛的同分异构体C.CH2=C（CH3）CHOD.CH3CH2COCH3评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、化学平衡原理是中学化学学习的重要内容．请回答下列问题：

（1）①己知：CH4、H2的燃烧热（△H）分别为-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH4的热化学方程式是____．

②有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图1所示．电池正极的电极反应式是____，A是____．

（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．某温度下；在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见图2：

①从反应开始至平衡时，用CO表示化学反应速率为____，该温度下的平衡常数为____．

②5min至10min时速率变化的原因可能是____；

③15min时对反应体系采取了一个措施；至20min时CO的物质的量为0.5mol，请在图中画出CO的变化曲线．

（3）①常温下，将VmL、0.1000mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol/L醋酸溶液中，充分反应（忽略溶液体积的变化）．如果溶液pH=7，此时V的取值____20.00（填“＞”、“=”或“＜”），溶液中c（Na+）、c（CH3COO-）、c（H+）、c（OH-）的大小关系是____．

②常温下，将amol/L的醋酸与bmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后，溶液呈中性，则醋酸的电离常数为____（用含有a、b字母的代数式表示）．

17、按要求回答下列问题。

（1）某温度下，纯水中c（H+）=2.0×10-7mol•L-1，则此时c（OH-）=____mol•L-1；0.9mol•L-1NaOH溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合（不考虑溶液体积变化）后，溶液的pH=____．

（2）向0.020mol•L-1的HCN溶液中加入0.020molNaCN固体，溶液pH增大，主要原因是____；已知该混合溶液中c（Na+）＞c（CN-），则c（HCN）____c（CN-）（用“＞”；“＜”、“=”符号填空）．

（3）向1L0.10mol•L-1的HCN溶液中加入0.08molNaOH固体，得到混合溶液，则____和____两种粒子的物质的量之和等于0.1mol；写出该混合溶液中存在的所有平衡的表达式____．18、哥本哈根会议虽未能就减排问题达成有约束力的协议，但各国对于CO2对气候的影响达成了共识，都在积极研究方法循环利用CO2．CO2（g）与H2（g）反应可生成CH3OH（g）和H2O（g）．某实验小组为研究该反应进行了如下实验．在某温度下，向容积为10L的恒温恒容容器中充入amolCO2和amolH2，测得不同时刻的c（H2）如右表．

。时间/minC（H2）/mol．L-10.4020.2840.1960.1380.08100.04120.04（1）写出生成CH3OH反应的化学方程式：____．若达平衡状态时，放出的热量为58.8kJ，则上述反应的△H=____．0～10min内，CH3OH的平均反应速率v（CH3OH）=____．

（2）下列措施能使平衡体系中增大的是____（填字母）．

A、升高温度B、充入Ar使压强增大。

C、再充入0.5amolCO2和0.5amolH2D；将水从平衡体系中分离出来。

（3）a=____，该温度下上述反应的平衡常数K=____（精确到0.1）．

（4）在如图所示的坐标系中，画出CO2和H2的浓度随时间变化的图象．

19、能源、材料和信息是现代社会的三大“支柱”。(1)目前，利用金属或合金储氢的研究已取得很大进展，下图是一种镍基合金储氢后的晶胞结构图。①Ni原子的价电子排布式是。②该合金储氢后，含1molLa的合金可吸附H2的数目为。(2)南师大结构化学实验室合成了一种多功能材料——对硝基苯酚水合物(化学式为C6H5NO3·1.5H2O)。实验表明，加热至94℃时该晶体能失去结晶水，由黄色变成鲜亮的红色，在空气中温度降低又变为黄色，具有可逆热色性；同时实验还表明它具有使激光倍频的二阶非线性光学性质。①晶体中四种基本元素的电负性由大到小的顺序是。②对硝基苯酚水合物失去结晶水的过程中，破坏的微粒间作用力是。(3)科学家把NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42－互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构。该阴离子的电子式是，其中心原子N的杂化方式是。(4)在金刚石晶体的一个晶胞(如图1)中，含有个碳原子。在二氧化硅晶体的一个晶胞中，含有个化学键。原子晶体能否形成最密堆积结构，原因是。(5)铁晶体的晶胞结构(如图2)：若铁原子的半径是rcm，则铁的密度是。20、科学家从某人胃中的食糜发现如图所示结构的化合物：

（1）构成这种化合物的基本单位是____，其基本结构与以下哪种物质一定不同：____

A．B．

C．D．

这些基本单位通过____方式结合成肽链．

（2）若用图中化合物的基本单位每种各一个，合成新的多肽链，最多可形成____种不同肽链．

（3）已知该化合物形成复杂的空间结构后，能与双缩脲试剂发生反应，溶液颜色呈____．若破坏这种空间结构，其功能丧失，它____（能/不能）与双缩脲试剂发生反应，使用双缩脲试剂鉴定时，____（需要/不需要）水浴加热．21、由CH3CH2Cl经过3步制乙二醇（HOCH2CH2OH）；写出化学方程式，注明反应条件及反应类型：

（1）反应____

（2）反应____

（3）反应____．22、（2012•徐州模拟）原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z元素的最高价氧化物的水化物的酸性最强，W的原子序数为30．

（1）元素W的电子排布式为____．

（2）X、Y与氢元素形成的化合物XH2-YH中采用sp3杂化的原子有____，1molXH2-YH中含有σ键的数目为____．

（3）ZO4-离子的空间构型为____，与它互为等电子体的离子有____．

（4）元素W的一种硫化物晶体的晶胞结构如右上图所示，该硫化物的化学式是____．元素W的氢氧化物可溶于氨水中，生成和铜氨配离子相同配位数的离子，写出该反应的离子方程式：____．23、分析下列化学式中划有横线的元素；请选出符合要求的物质，填写在横线上．

A．NH3B．H2OC．HClD．CH4E．C2H6F．N2

（1）所有的价电子都参与形成共价键的是____．

（2）只有一个价电子参与形成共价键的是____．

（3）最外层有未参与成键的电子对的是____．

（4）既有σ键，又有π键的是____评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)24、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．25、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）26、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共6分)27、化学兴趣小组对牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究．查资料得知：某品牌牙膏中的摩擦剂由碳酸钙；氢氧化铝组成；牙膏中其它成分不与酸、碱反应．

I．利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量；以确定碳酸钙的质量分数．

依据实验过程回答下列问题：

（1）以下检查整套装置气密性的操作正确的是______（填字母代号）．

a．组装好仪器后；密封装置A的进气口和装置D的出气口，分液漏斗中装水，打开分液漏斗的两个活塞，若水滴不进去，则整套装置不漏气。

b．裝好药品后；密封装置A的进气口和装置D的出气口，打开分液漏斗的两个活塞，若盐酸滴不进去，则整套装置不漏气。

c．微热B；若A中溶液进入长导管，C中长导管冒气泡，则整套装置不漏气。

（2）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有______．

（3）盐酸有一定程度的挥发性，为什么该兴趣小组不在B、C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置？______．

（4）实验中准确称取16.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为7.88g．则样品中碳酸钙的质量分数为______．

Ⅱ．为确定该牙膏摩擦剂中氢氧化铝的存在；请设计实验．

。实验步骤预期现象与结论取适量牙膏样品于试管中，______

______．______

______．28、如图1为某套实验装置示意图；其中加热装置和部分药品等已经省略（装置①和装置②为气体发生装置）．

（1）甲同学利用如图1所示装置（在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶）制备NO2并验证其性质．装置①用于实验室制备NH3，用装置②制备过量O2．A装置中相应药品在催化加热时发生反应的化学方程式是____．B处冰水冷却的U型管中有红棕色气体生成且越接近U型管底部颜色越浅，请解释原因____．

（2）乙同学利用此套装置合成SO3，B处冰水冷却的U型管中的固体出现．C中若盛放K2Cr2O7溶液，则在C中发生的氧化还原反应的离子方程式是____（生成物中Cr以Cr3+形式存在）；现欲制得纯净干燥的SO3，若C中盛放NaOH溶液，则此装置中存在明显不足，应如何改进____（从下面给出的实验装置中选择字母标号补充或替换；并用简要文字说明）

（3）丙同学采用图3所示装置拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率（装置①、装置②分别制NO和NH3）；将上述装置A；B、C分别换成下列⑤、⑥、⑦．

请回答：装置⑦的作用可能是____；若进入装置⑤的NO共2688mL（已折算为标准状况，下同），氨气过量，最后收集到标准状况下2016mLN2，则NO的转化率是____（能正确表达出计算过程即可）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】根据海水中所含化学元素的含量排序判断．【解析】【解答】解：在海水中，含量靠前的元素种类排序为：氧、氢、氯、钠、镁、硫、钙，但水电离出的氢离子和氢氧根离子较少，所以海水中含量最多的离子是氯离子，故选B．2、A【分析】【解答】设混合烃的平均组成为CxHy；

CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）；△V

11+

a2a

则1+=2解得：y=4；

即混合气体分子中平均含有4个H原子；

故选：A。

【分析】设烃的混合物的平均化学式为CxHy，在氧气中燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），根据体积变化，利用差量法计算，然后根据平均值法确定成份。3、C【分析】【分析】A．电解质必须本身能够电离；

B．水的离子积只受温度影响；结合影响化学平衡移动因素解答；

C．依据盐酸酸性比碳酸强；HClO的酸性比碳酸弱，解答；

D．HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变；【解析】【解答】解：A．SO2溶于水，其水溶液能导电，是因为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸为电解质，电离产生自由离子，但是二氧化硫本身不能电离，所以SO2是非电解质；故A错误；

B．水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变，向纯水中加入盐酸抑制水的电离，平衡逆向移动，向纯水中加入金属钠，钠能够与氢离子反应，使平衡向正向移动，故B错误；

C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸酸性比碳酸强，HClO的酸性比碳酸弱，加入碳酸氢钠，消耗氯化氢，使氯气与水反应向正向移动，生成次氯酸增多，故C正确；

D．因为因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F-）不断减小，温度不变，Ka（HF）不变，所以增大；故D错误；

故选：C．4、D【分析】【分析】根据图知，①为铁的析氢腐蚀，②为铁的吸氧腐蚀，酸性条件下钢铁发生消去反应，弱酸性或中性条件下钢铁发生吸氧腐蚀，在生活中钢铁主要以吸氧腐蚀为主，钢铁被腐蚀的最终产物是Fe2O3．xH2O，发生吸氧腐蚀时正极上氧气得电子发生还原反应．【解析】【解答】解：根据图知；①为铁的析氢腐蚀，②为铁的吸氧腐蚀；

A．①②铁的腐蚀装置中；都是金属Fe易失电子作负极；发生氧化反应，故A错误；

B．根据图知；①为铁的析氢腐蚀，电解质是酸性的溶液，不是中性，故B错误；

C．生活中钢铁主要以吸氧腐蚀为主；以图②所示为主，故C错误；

D．图②中铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-；故D正确；

故选D．5、A【分析】【分析】相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂．【解析】【解答】解：①HCl属于极性分子易溶于极性溶剂水；故正确；

②NH3属于极性分子易溶于极性溶剂水；故正确；

③N2属于非极性分子难溶于极性溶剂水；故正确；

④HClO4在溶液在完全电离；是强酸，与相似相溶原理无关，故错误；

⑤盐酸中的HCl在溶液在完全电离；是强酸，与相似相溶原理无关，故错误；

⑥氢氟酸在溶液中部分电离是弱酸；与相似相溶原理无关，故错误；

⑦HF很稳定；是因为H-F键能很大，不易被破坏，与相似相溶原理无关，故错误；

故选A．6、D【分析】解：化学反应速率与化学计量数之比越大；反应速率越快，则：

A.=0.0002；

B.=0.0005；

C．v（H2O）=0.003mol/（L•h）=v（H2O）=0.00005mol/（L•S）；其表示反应速率最小；

D.=0.002；

显然D中比值最大；反应速率最快；

故选D．

化学反应速率与化学计量数成正比；则化学反应速率与化学计量数之比越大，则反应速率越快，注意C的反应速率单位换算，以此来解答．

本题考查反应速率快慢的比较，为高频考点，题目难度不大，明确反应速率与化学计量数的关系及比值法比较为解答的关键，注重基础知识的考查．【解析】【答案】D7、A【分析】解：四种短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，rm{X}的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则rm{X}为rm{Na.}由原子序数可知，rm{Y}rm{Z}处于第三周期，而rm{Z}与rm{X(}钠rm{)}形成的离子化合物的水溶液呈中性，则rm{Z}为rm{Cl.W}rm{X}的简单离子具有相同电子层结构，且rm{W}与rm{Y}同族，rm{W}在第二周期且是非金属元素，rm{W}可能是氮rm{(}或rm{)}氧，则对应的rm{Y}为磷rm{(}或硫rm{)}．

A.rm{W}可能是氮或氧；与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A正确；

B.rm{X}离子rm{(Na^{+})}rm{W}离子的电子层为rm{2}层，rm{Z}离子rm{(Cl^{-})}电子层为rm{3}层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：rm{X<W<Z}故B错误；

C.rm{W}与rm{Y}处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：rm{W>Y}故C错误；

D.rm{Y}与rm{Z}处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：rm{Z>Y}故D错误．

故选：rm{A}．

四种短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，rm{X}的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则rm{X}为rm{Na.}由原子序数可知，rm{Y}rm{Z}处于第三周期，而rm{Z}与rm{X(}钠rm{)}形成的离子化合物的水溶液呈中性，则rm{Z}为rm{Cl.W}rm{X}的简单离子具有相同电子层结构，且rm{W}与rm{Y}同族，rm{W}在第二周期且是非金属元素，rm{W}可能是氮rm{(}或rm{)}氧，则对应的rm{Y}为磷rm{(}或硫rm{)}．

本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断各元素为解答关键，注意元素的不确定性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{A}二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】氯代烃中C-X键，及连接X原子的相邻碳原子上的氢原子容易断裂，当C-X键断裂时，容易发生取代反应生成醇，当断裂C-X键及连X原子的邻位碳上的C-H键，发生消去反应引入双键，据此解答．【解析】【解答】解：当该卤代烃发生水解反应时；只断裂①键，生成醇；卤代烃的消去反应是连接-X的碳的相邻碳原子的一个H和-X一同被脱去引入双键，破坏的键是①和③；

故选：BD．9、AD【分析】【分析】A；根据三者不能反应进行分析；

B；根据钡离子和硫酸根能生成硫酸钡沉淀分析；

C；根据三价铁离子和氢氧根能生成氢氧化铁沉淀进行分析；

D、根据三者不能反应进行分析．【解析】【解答】解：A；三者不发生反应；在同一溶液中可以大量共存，故A正确；

B、Na2SO4、Ba（OH）2能生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠；在同一溶液中不能大量共存，故B错误；

C、FeCl3；NaOH能生成氢氧化铁沉淀和氯化钠；在同一溶液中不能大量共存，故C错误；

D；三者不发生反应；在同一溶液中可以大量共存，故D正确；

故选：AD．10、AB【分析】【分析】A．丙烯相对分子量大于乙烯；沸点高于乙烯；

B．同种元素之间形成的共价键为非极性键；丙烯中存在碳碳非极性键；

C．根据丙烯分子中碳原子的杂化方式进行判断；

D．丙烯分子为平面结构，不是直线结构，分子中最后2个碳原子共直线．【解析】【解答】解：A．丙烯分子与乙烯结构相似；丙烯的相对分子质量大于乙烯，所以丙烯的沸点高于乙烯，故A正确；

B．丙烯分子中存在C-C非极性键；故B正确；

C．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化；故C错误；

D．丙烯分子中；C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；

故选AB．11、BD【分析】【分析】由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构；则B在C的下一周期，则B为Mg元素，C为F元素，A；B同周期，则A为S元素；

A．C为F元素；无正价；

B．具有相同核外电子结构的离子；核电荷数越大，半径越小；

C．非金属性越强的元素；其气态氢化物越稳定；

D．元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱．【解析】【解答】解：由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构；则B在C的下一周期，则B为Mg元素，C为F元素，A；B同周期，则A为S元素；

A．C为F元素；无正价，最高价为0价，故A错误；

B．离子的电子层数越多，半径越大，具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2-＞C-＞B2+；故B正确；

C．C为F元素，A为S元素，F的非金属性大于S元素，所以HF的稳定性大于H2S；即对应气态氢化物的稳定性A＜C，故C错误；

D．元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有A2-＞C-；故D正确．

故选BD．12、BD【分析】【分析】这是一道以中和滴定为背景，以图象呈现为方式的离子浓度大小比较题．开始时c（OH-）＞c（CH3COO-），当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液10mL，B点呈中性，则有V＞10，但此时c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量．【解析】【解答】解：A．在A点醋酸和NaOH恰好中和生成NaAc，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，但Ac-水解程度较小，应为c（OH-）＜c（CH3COO-）；故A错误；

B．溶液中存在电荷守恒为：在A点：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；故B正确；

C．B点呈中性，应为c（Na+）=c（Ac-）＞c（OH-）=c（H+）；故C错误；

D．C点醋酸过量，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故D正确．

故选：BD．13、AD【分析】【分析】相同质量的脂肪烃完全燃烧，各种物质的含碳量越高，生成的二氧化碳体积越多．【解析】【解答】解：A．C2H2中C；H质量之比=12：1；

B．C3H6中C；H质量之比=12：2；

C．C4H10中C；H质量之比=12：2.5；

D．C6H6中C；H质量之比=12：1；

故C2H2、C6H6中C的质量分数最大；

故选AD．14、AD【分析】【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，碳元素的化合价由0升高到+2价，氮元素的化合价由0降低为-3价，反应中共转移6mol电子，以此来解答．【解析】【解答】解：A．氮化铝中Al为+3价；则氮元素的化合价为-3价，故A正确；

B．因氮元素的化合价由0降低为-3价，则每生成2molAlN，N2得到2mol×（3-0）=6mol电子；故B错误；

C．该反应中，N2是氧化剂；C为还原剂，故C错误；

D．该反应中；存在元素化合价的变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型中任一种，故D正确；

故选AD．15、AC【分析】【分析】有机物加氢反应后的还原产物是CH3CH（CH3）CH2OH；则有机物中含有不饱和键；

A、醛加氢还原可以得到醇：CH3CH（CH3）CHO+H2→CH3CH（CH3）CH2OH；

B；丙醛的同分异构体为丙酮；加成反应得到2-丙醇；

C、烯醛加氢还原可以得到醇：CH2=C（CH3）CHO+2H2→CH3CH（CH3）CH2OH；

D、CH3CH2COCH3和氢气加成得到2-丁醇，CH3CH2CH（OH）CH3；【解析】【解答】解：A、只加成双键就是异丁醛，烃基部分为C3H7，比乙醛的烃基部分多2个CH2；符合同系物的条件，故A正确；

B；题给需要4个碳；而丙醛的同分异构体只能给3个，丙醛的同分异构体为丙酮，加成反应得到2-丙醇，故B错误；

C、CH2=C（CH3）CHO中双键加成，醛基被还原为醇羟基，CH2=C（CH3）CHO+2H2→CH3CH（CH3）CH2OH；故C正确；

D、酮加氢还原的产物是仲醇，而题给是伯醇，加成反应得到是2-丁醇，CH3CH2CH（OH）CH3；故D错误；

故选AC．三、填空题(共8题，共16分)16、CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+氯化铵0.03mol/（L．min）反应受热或使用了催化剂＜c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）【分析】【分析】（1）①已知CH4、H2的燃烧热分别为890.3kJ•mol-1、285.8kJ•mol-1；可得热化学方程式为：

I．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1

Ⅱ．H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅱ×4-I可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）；

②电池正极发生还原反应，氮气得电子发生还原反应，N2+8H++6e-=2NH4+；A是铵根离子与氯离子结合形成氯化铵；

（2）①10min到达平衡，利用三段式计算表示时各物质的量，根据v=计算v（CO），再根据K=计算平衡常数；

②5min时刻瞬间各组分的物质的量未变；而后反应速率加快，可能是反应受热或使用了催化剂；

③15min时改变条件后；甲醇的物质的量增大；氢气物质的量减小，改变条件平衡向正反应移动，氢气的物质的量减小，至20min时氢气物质的量减小0.2mol，CO应减小0.1mol，而20tmin时CO的物质的量为0.5mol，CO物质的量增大0.1mol，则15min时应是加入CO，设加入的CO为xmol，则：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol；

（3）①若二者恰好反应得到CH3COONa溶液，溶液中CH3COO-水解呈碱性；反应后溶液pH=7，溶液就呈中性，故反应时醋酸应过量；

溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），再结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）判断；

②呈中性则c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L，由物料守恒可知c（CH3COOH）=0.5（a-b）mol/L，再根据电离常数Ka=计算．【解析】【解答】解：（1）①已知CH4、H2的燃烧热分别为890.3kJ•mol-1、285.8kJ•mol-1；可得热化学方程式为：

I．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1

Ⅱ．H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅱ×4-I可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1×4+890.3KJ/mol=-252.9kJ/mol；

故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

②电池正极发生还原反应，氮气得电子发生还原反应，N2+8H++6e-=2NH4+；A是铵根离子与氯离子结合形成氯化铵；

故答案为：N2+8H++6e-=2NH4+；氯化铵；

（2）①由图可知10min到达平衡；平衡时甲醇为0.6mol，则：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始量（mol）：120

变化量（mol）：0.61.20.6

平衡量（mol）：0.40.80.6

则v（CO）==0.03mol/（L．min）；

平衡常数K===

故答案为：0.03mol/（L．min）；；

②5min时刻瞬间各组分的物质的量未变；而后反应速率加快，可能是反应受热或使用了催化剂；

故答案为：反应受热或使用了催化剂；

③15min时改变条件后，甲醇的物质的量增大、氢气物质的量减小，改变条件平衡向正反应移动，氢气的物质的量减小，至20min时氢气物质的量减小0.2mol，CO应减小0.1mol，而20tmin时CO的物质的量为0.5mol，CO物质的量增大0.1mol，则15min时应是加入CO，设加入的CO为xmol，则：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol，故CO的变化曲线为：

故答案为：．

（3）①若二者恰好反应得到CH3COONa溶液，溶液中CH3COO-水解呈碱性，反应后溶液pH=7，溶液就呈中性，故反应时醋酸应过量，则VmL×0.1000mol•L-1＜20.00mL×0.1000mol•L-1；故V＜20；

溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

故答案为：＜；c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

②呈中性则c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L，由物料守恒可知c（CH3COOH）=0.5（a-b）mol/L，则CH3COOH的电离常数Ka===；

故答案为：．17、2.0×10-713CN-浓度增大，抑制了HCN的电离，使c（H+）降低，pH值增大＞HCNCN-HCNH++CN-、H2OH++OH-、CN-+H2OHCN+OH-【分析】【分析】（1）纯水电离生成的c（H+）=c（OH-），Kw=c（H+）×c（OH-），过量的c（OH-）==0.4mol/L，结合Kw计算c（H+）；得出pH；

（2）存在HCN⇌H++CN-电离平衡，氢离子浓度减小则pH增大；该混合溶液中c（Na+）＞c（CN-）；则水解大于电离；

（3）向1L0.10mol•L-1的HCN溶液中加入0.08molNaOH固体，反应后生成0.08molNaCN，还剩余0.02molHCN，由物料守恒及电离平衡、水解平衡来解答．【解析】【解答】解：（1）纯水电离生成的c（H+）=c（OH-）=2.0×10-7mol•L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=4.0×10-14mol•L-1，过量的c（OH-）==0.4mol/L，由该温度下的Kw可知，c（H+）==10-13mol•L-1；所以pH=13；

故答案为：2.0×10-7；13；

（2）存在HCN⇌H++CN-电离平衡，加入0.020molNaCN固体，CN-浓度增大，抑制了HCN的电离，使c（H+）降低，pH值增大；该混合溶液中c（Na+）＞c（CN-），则水解大于电离，所以c（HCN）＞c（CN-）；

故答案为：CN-浓度增大，抑制了HCN的电离，使c（H+）降低；pH值增大；＞；

（3）向1L0.10mol•L-1的HCN溶液中加入0.08molNaOH固体，反应后生成0.08molNaCN，还剩余0.02molHCN，由物料守恒可知，HCN、CN-两种粒子的物质的量之和等于0.1mol，溶液中存在电离平衡HCNH++CN-、H2OH++OH-；水解平衡为CN-+H2OHCN+OH-；

故答案为：HCN；CN-；HCNH++CN-、H2OH++OH-、CN-+H2OHCN+OH-．18、略

【分析】

（1）CO2（g）与H2（g）反应生成CH3OH（g）和H2O（g）．由表中数据可知10min起氢气的浓度不再变化，且不为0，所以为可逆反应．反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O．

由表中数据可知氢气的起始浓度为0.40mol/L；平衡浓度为0.04mol/L，所以参加反应的氢气的物质的量为。

（0.40mol/L-0.04mol/L）×10L=3.6mol，所以3mol氢气反应放出的热量为×58.8kJ=49kJ，所以则上述反应的CO2+3H2CH3OH+H2O的反应热△H=-49kJ/mol．

由表中数据可知10min内△c（H2）=0.40mol/L-0.04mol/L=0.36mol/L，所以v（H2）==0.036mol/（L•min）．

速率之比等于化学计量数之比，所以v（CH3OH）=v（H2）=×0.036mol/（L•min）=0.012mol/（L•min）；

故答案为：CO2+3H2CH3OH+H2O；-49kJ/mol；0.012mol/（L•min）；

（2）A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c（CH3OH）减小，c（CO2）增大，所以减小；故A错误；

B、充入Ar使压强增大，体积不变，反应混合气体浓度不变，平衡不移动．所以不变；故B错误；

C、等效为开始充入1.5amolCO2和1.5amolH2，体积变为原来1.5倍，平衡后再将体积压缩为原来体积．增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，c（CH3OH）增大，c（CO2）减小，所以增大；故C正确；

D、将水从平衡体系中分离出来，生成物的浓度降低，平衡向正反应移动．c（CH3OH）增大，c（CO2）减小，所以增大；故D正确．

故选：CD；

（3）由表中数据可知氢气的起始浓度为0.40mol/L；所以a=0.40mol/L×10L=4mol．

根据三段式求出各组分的浓度变化量；平衡时各组分的浓度；

由表中数据可知氢气的起始浓度为0.40mol/L；所以二氧化碳的起始浓度也为0.40mol/L，平衡时氢气浓度为0.04mol/L；

对于反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）

开始（mol/L）：0.40.400

变化（mol/L）：0.120.4-0.04=0.360.120.12

平衡（mol/L）：0.280.040.120.12

所以平衡常数k===803.6；

故答案为：4mol；803.6；

（4）由（3）计算可知；二氧化碳；氢气的起始浓度为0.40mol/L．氢气的平衡浓度为0.04mol/L，二氧化碳的平衡浓度为0.28mol/L．

由方程式CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）可知，相同时间内H2的浓度变化是CO2浓度变化的3倍；再根据表中氢气各时刻的浓度，计算二氧化碳的各时刻浓度．

作图如图所示：

故答案为：．

【解析】【答案】（1）由题目信息可知，CO2（g）与H2（g）反应生成CH3OH（g）和H2O（g）．由表中数据可知10min起氢气的浓度不再变化；所以为可逆反应．据此书写方程式；

由表中数据可知氢气的起始浓度为0.40mol/L，平衡浓度为0.04mol/L，据此计算出氢气的物质的量的变化量，结合放出的反应热，计算出3mol氢气反应放出的热量．注意反应热数值与化学计量数有关，根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CH3OH）；

（2）A；该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动；

B、充入Ar使压强增大；体积不变，反应混合气体浓度不变，平衡不移动；

C、等效为开始充入1.5amolCO2和1.5amolH2；体积变为原来1.5倍，平衡后再将体积压缩为原来体积．增大压强平衡向体积减小的方向移动；

D；将水从平衡体系中分离出来；生成物的浓度降低，平衡向正反应移动；

（3）由表中数据可知氢气的起始浓度为0.40mol/L；据此计算a的值；

平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，平衡常数k=根据三段式求出各组分的浓度变化量；平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；

（4）由方程式判断CO2和H2的浓度变化关系，计算平衡时CO2和H2的浓度；注意二者的起始浓度，据此作图．

19、略

【分析】(1)①Ni是28号元素，其核外有28个电子，镍原子3d、4s能级上电子为其价电子，根据构造原理知Ni原子的价电子排布式为3d84s2。②该晶胞中氢气分子个数=8×1/4+2×1/2=3，La原子个数是8×1/8=1，故该物质中氢分子和La原子个数比是3：1，则含1molLa的合金可吸附H2的数目为3NA。(2)①元素的非金属性越强其电负性越强，O、N、C、H的非金属性逐渐减弱，所以O、N、C、H的电负性逐渐减弱，则O、N、C、H的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H。②对硝基苯酚水合物之间氧原子和氢原子间存在氢键，所以对硝基苯酚水合物失去结晶水的过程中，破坏的微粒间作用力是氢键，故答案为：氢键；(3)原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42-互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构，则该离子是NO43-，其电子式为：该离子中价层电子对=4+1/2(5+3-4×2)=4，所以N原子采用sp3杂化。(4)在金刚石晶胞中含有碳原子数为8×1/8+6×1/2+4=8；在二氧化硅晶胞中，它的结构与金刚石相似，一个Si结合4个氧，所以共有32个化学键。原子晶体是原子之间是以共价键结合的，共价键有饱和性和方向性，一个原子不能形成12条共价键，所以原子晶体就不能形成配位数是12的最密堆积结构。(5)图2中为铁的体心立方结构，晶胞中含有Fe原子数目是2，其晶胞质量是，2×56/NA，铁原子半径为r，边长为a，则3a2=(4r)2，a=晶胞的体积是V=(cm)3，故其密度是g/cm3。【解析】【答案】20、氨基酸D脱水缩合6紫色不能不需要【分析】【分析】（1）该化合物是五肽化合物；基本组成单位是氨基酸；D选项中的氨基酸的氨基和羧基不连接在同一个碳原子上；不是组成蛋白质的氨基酸，因此该化合物在小肠中被水解，则不可能产D物质；氨基酸脱水缩合形成多肽；

（2）分析化合物图可知；该化合物的5个R基有3种，因此该化合物的5个氨基酸共有3种，若用组成该化合物的基本单位每种各一个，重新合成新的物质；

（3）由于蛋白质中含有肽键结构-CO-NH-，能与双缩脲试剂反应呈现紫色．【解析】【解答】解：（1）分析第一个题图可知；该化合物中的肽键数是4个，因此该化合物是由五个氨基酸脱水缩合形成的五肽化合物；基本组成单位是氨基酸；分析选项图可知，D选项中的氨基酸的氨基和羧基不连接在同一个碳原子上，不是组成蛋白质的氨基酸，因此该化合物在小肠中被水解，则不可能产D物质；氨基酸脱水缩合形成多肽；

故答案为：氨基酸；D；脱水缩合；

（2）分析化合物图可知；该化合物的5个R基有3种，因此该化合物的5个氨基酸共有3种，若用组成该化合物的基本单位每种各一个，重新合成新的物质，最多可形成3×2×1=6种，故答案为：6；

（3）由于蛋白质中含有肽键结构-CO-NH-，能与双缩脲试剂反应呈现紫色，该化合物含有肽键结构，能与双缩脲试剂发生反应，溶液颜色呈紫色；使用双缩脲试剂鉴定蛋白质时，不需要水浴加热，故答案为：紫色；不能；不需要．21、CH3CH2Cl+NaOHNaCH2=CH2+NaCl+H2O，消去反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，加成反应CH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl，水解反应（或取代反应）【分析】【分析】卤代烃在碱性水溶液中水解生成醇，所以CH3CH2Cl经过3步制乙二醇（HOCH2CH2OH），应先发生消去反应生成乙烯，再与氯气发生加成反应，最后再碱性溶液中水解可得到乙二醇．【解析】【解答】解：以CH3CH2Cl为原料合成HOCH2CH2OH步骤为：

①CH3CH2Cl+NaOHNaCH2=CH2+NaCl+H2O；该反应为消去反应；

②CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；该反应为加成反应；

③CH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl；该反应为卤代烃的水解反应（或取代反应）；

故答案为：（1）CH3CH2Cl+NaOHNaCH2=CH2+NaCl+H2O；消去反应；

（2）CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；加成反应；

③CH2ClCH2Cl+2H2OHOCH2CH2OH+2HCl，水解反应（或取代反应）．22、1s22s22p63s23p63d104s2N、O4NA正四面体型SO42-、PO43-等ZnSZn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH-+4H2O【分析】【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，则X原子核外电子排布为1s22s22p6，则X为N元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，最外层电子数为6，则Y是O元素；Z元素的最高价氧化物的水化物的酸性最强，则Z为Cl元素；W的原子序数为30，则W为Zn元素，据此解答．【解析】【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，则X原子核外电子排布为1s22s22p6；则X为N元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，最外层电子数为6，则Y是O元素；Z元素的最高价氧化物的水化物的酸性最强，则Z为Cl元素；W的原子序数为30，则W为Zn元素；

（1）元素W的核外电子数为30，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2；

（2）N、O与氢元素形成的化合物NH2-OH中N、O原子价层电子数为都是4，故N、O原子采用sp3杂化，1个NH2-OH分子中含有4个单键，故1molNH2-OH中含有σ键的数目为4NA；

故答案为：N、O；4NA；

（3）ClO4-离子中Cl原子价层电子对数=4+=4，Cl原子没有孤对电子，故空间构型为正四面体型，与它互为等电子体的离子有SO42-、PO43-等；

故答案为：正四面体型；SO42-、PO43-；

（4）元素Zn的一种硫化物晶体，由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子数目为4，S原子数目为8×+6×=4，故该硫化物的化学式是ZnS．元素Zn的氢氧化物可溶于氨水中，生成和铜氨配离子相同配位数的离子，生成配离子为[Zn（NH3）4]2+，则该反应的离子方程式为：Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

故答案为：ZnS；Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH-+4H2O．23、DECABCFF【分析】【解答】（1）原子的最外层电子数与共价键的数目相同时，所有的价电子都参与形成共价键，H2O和C2H6中所有的价电子都参与形成共价键；

故答案为：DE；

（2）只有一个价电子参与形成共价键；则分子中只有一个共价键，HCl中只含有一个H﹣Cl键，故答案为：C；

（3）最外层有未参与成键的电子对，则最外层电子数大于共价键数，NH3中N原子含有一个孤对电子，H2O中O原子含有2个孤电子对，HCl中Cl含有3个孤电子对，N2

中每个N原子含有一个孤电子对；

故答案为：ABCF；

（4）单键中只有σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中含有一个σ键和2个π键，N2的结构式为N≡N；分子中含有一个三键，则既有σ键，又有π键；

故答案为：F．

【分析】（1）原子的最外层电子数与共价键的数目相同时；所有的价电子都参与形成共价键；

（2）只有一个价电子参与形成共价键；则分子中只有一个共价键；

（3）最外层有未参与成键的电子对；则最外层电子数大于共价键数；

（4）单键中只有σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中含有一个σ键和2个π键．四、判断题(共3题，共6分)24、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．25、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．五、实验题(共2题，共6分)27、略

【分析】解：I．（1）根据气压差原理检验装置的气密性；检验装置气密性必须在装置药品之前进行，在装置中如果微热B，由于长导管被液封，所以无论装置气密性是否良好，A装置中导管都不会出现液柱，故选a；

（2）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

（3）挥发出来的氯化氢气体与饱和碳酸氢钠溶液反应会产生二氧化碳，影响实验结果测量，而HCl即使进入装置C中，由于Ba（OH）2是足量的，就会被Ba（OH）2中和，不会溶解