2026年安徽省合肥市寿春中学高三（下）期末化学试题试卷含解析

2026年安徽省合肥市寿春中学高三（下）期末化学试题试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)+Q（Q>0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是（）t/min0246n(Cl2)/10-3mol01.83.75.4A．0～2min的反应速率小于4～6min的反应速率B．2～6min用Cl2表示的反应速率为0.9mol/(L·min)C．增大压强可以提高HCl转化率D．平衡常数K(200℃)＜K(400℃)2、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A．100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C．工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D．常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA3、化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）A．酚酞的分子式为C20H14O4B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色4、常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A．有淡黄色固体生成B．有无色液体生成C．气体体积缩小D．最终约余15mL气体5、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果6、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br27、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A．若四种元素均为主族元素，则d元素的原子半径最大B．若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C．若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D．若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体8、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．氨水应密闭保存，置低温处B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气9、25℃时，一定量的甲烷与aL（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A．B．C．D．10、常温下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡B．在N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C．P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀D．M点和N点的c(S2－)之比为1×10－2011、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：dC．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱12、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小13、化学与生产、生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是A．水滴石穿B．用沾有KMnO4的硅藻土做水果保鲜剂C．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂D．NaCl固体加入蛋白质溶液中生成沉淀14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：r(Z)>r(X)>r(W)B．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C．由W与X形成的一种化合物可作供氧剂D．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强15、25℃时，将0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－116、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ217、下列表示正确的是（）A．氯化镁的电子式：B．氘（2H）原子的结构示意图：C．乙烯的结构式：CH2=CH2D．CO2的比例模型：18、某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（）A．分子式为C8H10O3B．含有两种官能团C．既可以发生加成反应又可以发生取代反应D．分子中所有碳原子共面19、2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）A．等质量的0℃冰与0℃的水内能相同 B．冰和可燃冰都是结晶水合物C．冰和干冰、水晶的空间结构相似 D．氢键影响冰晶体的体积大小20、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂－氮二次电池，用可传递Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3N，下列说法正确的是A．固氮时，电能转化为化学能B．固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移21、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图,合成它的单体可能为（）A． B．CH2=CF2

和

CF2=CFCF3C． D．22、能用共价键键能大小解释的性质是（）A．稳定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸点：HI>HCl D．还原性：HI>HCl二、非选择题(共84分)23、（14分）H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。回答下列问题：（1）A物质的一氯代物共有______种；（2）B物质中含有的官能团名称______；（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；（4）E物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取F物质，用系统命名法对E物质命名______，F物质的结构简式为______；（5）⑤的化学反应方程式为______；（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。（2）B→C反应的化学方程式为_____________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。25、（12分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。（2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。26、（10分）氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。Ⅰ．氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d_____。(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)A装置内的X液体可能是_____；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_________.Ⅱ.氮化铝纯度的测定（方案i）甲同学用左图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是________.a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl饱和溶液d．植物油(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________(选下列仪器的编号)。a.单孔塞b.双孔塞c.广口瓶d.容量瓶e.量筒f.烧杯（方案ii）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度(流程如下图)。(5)步骤②的操作是_______(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_____等。(7)样品中AlN的纯度是_________(用含m1、m2、m3表示)。(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。)27、（12分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1mL水振荡60℃水浴溶液颜色较i明显变浅iii1mL18.4mol·L-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振荡_____________________v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：________________________。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“<”)。(2)结合实验i、ii，分析导致ii中现象出现的主要因素是__________________。(3)推测实验iv中实验现象为________________________。对比实验i、ii、iv中实验现象，可知，常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条件下主要以______离子形式存在。(4)对比实验v与vi，可知：在______条件下，+6价Cr被还原为______。(5)应用上述实验结论，进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素，实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积，电压、电解时间等均相同)。系列实验Ⅱiiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否样品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3①实验中Cr2O72-在阴极的反应式：_________________________________________________。②实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_____________________________。28、（14分）自来水生产过程中，可用氯气等物质作消毒剂，明矾等物质作絮凝剂。出厂的自来水中含少量可溶性矿物质。完成下列填空：(1)自来水中含硫量约70mg/L，它只能以______(填微粒符号)形态存在，不能以其它形态存在的原因是________________________。(2)已知在碱性条件下，氯气会发生自身氧化还原反应，某反应体系中的物质为：KClO3、Cl2、KCl、KOH、H2O。①写出该反应的化学方程式。____________________________。②该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_________。(3)实验室利用反应6HCl＋KClO3→KCl+3H2O+3Cl2↑制取Cl2，当产生标准状况下的气体3.36L时，转移电子_____mol。(4)不同环境中，物质的性质可能会有所不同。根据上述两题的反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较，你能得出的结论是________________________。(5)铝铵矾[NH4Al(SO4)2•12H2O]也是常用的工业净水剂，其净水的化学原理是________________（用离子方程式表示）。(6)在向铝铵矾溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液的过程中，下列关系可能正确的是_________。（选填编号）a．n(SO42-)>n(NH4+)>n(A13+)>n(OH-)b．n(A13+)>n(NH4+)>n(SO42-)>n(H+)c．n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(NH3·H2O)>n(A1O2-)d．n(NH3·H2O)>n(BaSO4)>n[A1(OH)3]>n(A1O2-)29、（10分）“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：①SO2(g)＋NH3·H2O(aq)＝NH4HSO3(aq)

ΔH1＝akJ·mol-1；②NH3·H2O(aq)＋NH4HSO3(aq)＝(NH4)2SO3(aq)＋H2O(l)

ΔH2＝bkJ·mol-1；③2(NH4)2SO3(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)

ΔH3＝ckJ·kJ·mol-1。则反应2SO2(g)＋4NH3·H2O(aq)＋O2(g)＝2(NH4)2SO4(aq)＋2H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol-1(2)燃煤发电厂常利用反应：2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(s)＋2CO2(g)

ΔH＝－681.8kJ·mol-1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①0～10min内，平均反应速率v(O2)＝________mol·L－1·min－1；当升高温度，该反应的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是________(填字母)。A．加入一定量的粉状碳酸钙B．通入一定量的O2C．适当缩小容器的体积D．加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)

ΔH＝－34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压，测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为________；在1100K时，CO2的体积分数为________。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝________[已知：气体分压(P分)＝气体总压(P总)×体积分数]。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：①在阳极区发生的反应包括___________和H++HCO3-=CO2↑+H2O②简述CO32-在阴极区再生的原理：______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.相同时间内，0～2min内氯气变化量为1.8×10-3

mol，而4～6min内氯气变化量为(5.4-3.7)×10-3

mol=1.7×10-3

mol，则0～2min的反应速率大于4～6min的反应速率，A项错误；B.容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B项错误；C.正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C项正确；D.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200℃)＞K(400℃)，D项错误；答案选C。2、C【解析】

A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=×6+×1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。3、C【解析】

A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；故答案为：C。酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。4、D【解析】

A.因H2S与SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，20mLH2S与10mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选D。5、B【解析】

A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选B。6、A【解析】

A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。7、B【解析】

A．同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B．若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C．若a为非金属元素，a为Si或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D．若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。8、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0，升高温度，促进氨水分解，正确；B、Fe2+易被氧化为Fe3+，加入Fe粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化变质，B不能用勒沙特列原理解释；C、增大一种反应物浓度，可以提高另一反应物转化率，正确；D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯气溶解，D正确。答案选B。9、C【解析】

空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ，则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；答案：C考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol（2）完全燃烧（3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。10、D【解析】

A选项，N点c(S2－)=1×10-20mol/L，c(Mn+)=1×10-15mol/L，M点c(S2－)=1×10-40mol/L，c(Mn+)=1×10-5mol/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c(S2－)∙c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N点c(S2－)∙c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M点和N点的Ksp不相同，故A错误；B选项，在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，但由于Ksp的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B错误；C选项，根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点Q<Ksp(CuS)，Q>Ksp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C错误；D选项，M点c(S2－)=1×10-40mol/L，N点c(S2－)=1×10-20mol/L，两者的c(S2－)之比为1×10－20，故D正确。综上所述，答案为D。11、A【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；故选：A。12、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。13、D【解析】

A.水滴石穿是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，A错误；B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，B错误；C.肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，C错误；D.蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，没有新物质生成，属于物理变化，D正确；故合理选项是D。14、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)>r(Z)>r(W)，选项A错误；B.非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C.由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；D.非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D错误；答案选C。15、A【解析】

醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B.根据A项分析可知，B错误；C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D错误；答案选A。16、A【解析】

X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。17、B【解析】

A．相同离子不能合并；B．氘（2H）原子中有1个质子，核外有1个电子；C．结构式中需要用短线代替所有的共用电子对，CH2=CH2为结构简式；D．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构。【详解】A．氯化镁属于离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为：，故A错误；B．氘（2H）原子中有1个质子，核外有1个电子，原子结构示意图：，故B正确；C．乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，其结构式为：，故C错误；D．二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误；故选：B。易错点D，氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径。18、C【解析】

A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A错误；B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；D.分子中含有4个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D错误；故合理选项是C。19、D【解析】

A.0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能小，A项错误；B.“可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B项错误；C.冰为V型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D项正确；答案选D。20、C【解析】

A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N-6e-=6Li++N2↑，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。21、B【解析】

在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。22、A【解析】

A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C.HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】

由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A

物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B

物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对

E

物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。24、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。25、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。26、浓硫酸吸收CO防污染adbce通入过量气体坩埚、泥三角（玻璃棒写与不写都对）或偏高【解析】

(1)利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳；(2)根据A装置的作用分析判断A装置内的X液体，根据CO有毒，会污染空气解答；(3)根据测定的气体为NH3，结合氨气的性质分析解答；(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合铝元素守恒计算纯度；(6)实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度；(8)若在步骤③中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式分析判断。【详解】(1)制备过程是利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：e→c→d→f(g)→g(f)→c→d→i，故答案为f(g)→g(f)→c→d→i；(2)A装置内的X液体可能是浓硫酸，用来干燥氮气，D装置内氯化钯溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为浓硫酸；吸收CO防污染；(3)AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，测定生成的气体为NH3，Y液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是CC14或植物油，故答案为ad；(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气装置测定，故答案为bce；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，因此步骤②的操作为：通入过量CO2气体，故答案为通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、故答案为坩埚、泥三角；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2AlN～Al2O3△m8210220mm3-(m1-m2)m=g=g，样品中AIN的纯度=×100%，故答案为×100%；(8)若在步骤③中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，导致氧化铝的质量偏大，即m3偏大，根据样品中AIN的纯度=×100%，则测定结果将偏高，故答案为偏高。27、>c(H+)温度溶液颜色较i明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，据此作答；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，据此分析。【详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为：实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，△H>0故答案为>；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，其离子方程式为：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。28、SO42-自来水中有Cl2，具有强氧化性。（或者SO42-是硫最稳定的化合态）3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O5：10.25酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同（或碱性条件下，氯气氧化性强；酸性条件下，氯酸钾氧化性强）Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ac【解析】

(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子；(2)①氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式；②氧化剂得电子，还原剂失电子，根据得失电子守恒分析；(3)根据方程式中转移电子数目与反应产生氯气的物质的量关系进行计算；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，生成3molCl2转移5mol电子；(4)物质的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关；(5)铝离子水解生成氢氧化铝胶体能净水；(6)a．向硫酸铝铵矾溶液NH4Al(SO4)2中滴加极少量的氢氧化钡溶液，溶液相当于铝铵矾溶液；b．滴加氢氧化钡溶液首先与铝离子反应，所以整个过程中n(Al3+)<n(NH4+)；c．当硫酸根离子完全沉淀，则铵根离子部分反应，则铝离子全部变成氢氧化铝，而偏铝酸根离子的物质的量为0，由此分析解答；d．溶液中硫酸钡的物质的量最大，所以不可能出现n(NH3•H2O)>n(BaSO4)。【详解】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子，所以自来水中的硫以SO42-的形态存在；(2)①氯气与KOH