湖南省常德市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷（试卷及全解全析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省常德市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版必修第一册、必修第二册、选择性必修第二册。5．难度系数：0556．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ti-48Cr-52Fe-56Ni-59Cu-64Ba-137第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．氢能是理想的清洁能源，科学家研究发现可以利用太阳能循环分解水制，原理如图。下列说法错误的是A．过程Ⅰ中能量转化形式是太阳能→化学能B．该过程涉及分解反应、置换反应，且都属于氧化还原反应C．过程Ⅱ的化学方程式为D．利用此原理制可以节约能源且产物易分离2．某兴趣小组以过氧化钠为对象进行探究，“干燥的不能与反应”和“在有水存在时才能与反应”，设计如图实验装置。下列叙述中不正确的是A．装入药品后，滴加稀硫酸，打开，关闭，一段时间后再加热铜丝观察现象。B．X中应加入试剂为浓硫酸C．若打开，关闭，玻璃管中的铜丝由红变黑的现象时，则证明“有水时与反应”产生了D．若关闭，打开，实验观察到铜丝未变化，则得出结论“干燥的不能与反应”3．下列组合可形成喷泉实验的是A． B． C． D．4．对物质进行分类是为了更好地认识物质的共性。下列关于物质分类正确的一组是选项电解质碱酸性氧化物碱性氧化物A碘酒熟石灰B稀盐酸C熔融D生石灰A．A B．B C．C D．D5．某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸做原料分别制备乙酸乙酯(沸点77.2℃)。下列说法正确的是A．试剂加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸B．使用饱和碳酸钠溶液，只能除去乙酸乙酯产品中的乙酸杂质C．可用过滤的方法分离出乙酸乙酯D．装置a比装置b原料损失的少6．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，用的滴定10.00mL浓度均为的NaOH和的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。已知，，下列说法错误的是A．a点的混合溶液中：约为B．b点的混合溶液中：C．c点的混合溶液中：D．a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大7．向含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入6.72L（已换算成标准状况）CO2气体。下列表示溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系的图像中，符合题意的是（气体的溶解和离子的水解都忽略不计）（

）A．B．C．D．8．最近科学家采用真空封管法制备的磷化硼纳米颗粒，作H2与CO2合成CH3OH应的催化剂［CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)］，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示(部分物质未画出)。下列说法正确的是A．H2与CO2生成CH3OH和H2O的反应为放热反应B．上述反应生成的副产物中，CH2O比CO多(相同条件下)C．在合成甲醇的过程中，降低*CO*OH*CO*H2O能量变化，可提高反应速率D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低9．下列离子方程式书写错误的是①②③④向2mol/L的CuSO4溶液中滴加6mol/L的氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L的氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液将FeSO4溶液与氨水、NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀向含的酸性废水中滴加绿矾溶液向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀的物质的量最大A．①中沉淀溶解的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-B．②中生成FeCO3沉淀的离子方程式是Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2OC．③中发生反应的离子方程式是6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2OD．④中发生反应的离子方程式是2Al3++3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓10．下列实验操作或装置能达到相应实验目的的是A．定量测定化学反应速率B．比较不同催化剂的催化效果C．验证铁的析氢腐蚀D．验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移A．A B．B C．C D．D11．某实验小组模拟海水淡化的同时制备H2、Cl2和NaOH溶液，装置如图所示（两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过）。下列有关说法正确的是A．戊室产生的气体能使湿润的淀粉—KI试纸变蓝B．膜①是阳离子交换膜C．淡水的出口只有a和cD．随着电解的进行，甲室溶液的pH不断增大12．向1Lc1Ba(OH)2溶液中匀速滴入c2H2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间变化曲线如图所示。下列分析正确的是A．反应的离子方程式B．xy段溶液导电能力减弱，说明BaSO4和H2O均为弱电解质C．y点Ba(OH)2与H2SO4完全反应，溶液没有自由移动的离子D．由图可知：c1＜c213．在20℃时，用0.5溶液滴定25mL0.25溶液，加入的溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述正确的是已知：，，。A．a点的混合溶液：B．a→b的过程中，水的电离程度不断增大C．总反应的化学方程式：D．b点的混合溶液，的数量级为14．常温下，用KOH溶液分别滴定HB、CuCl2、MgCl2三种溶液，［M表示、、］，pM随pH变化关系如图所示。已知；当金属离子浓度等于时，认为该离子恰好完全沉淀。下列说法错误的是A．曲线Ⅲ表示滴定MgCl2溶液的变化B．当Mg2+刚好完全沉淀时，溶液pH=11C．常温下，HB的电离常数D．a点的横坐标pH=11.8第II卷（非选择题共58分）非选择题：本题共4个小题，共58分。15．图为一个五元环图案，小明在图案上依次写了五种物质，使图中相交的两种物质发生化学反应，A、B、C、D、E表示其相应的化学反应．回答下列问题：(1)反应A、B、C、D、E中属于氧化还原反应的是(填字母)．(2)反应C的离子方程式为．(3)用单线桥分析反应B的离子方程式：．(4)已知反应：，该反应的还原产物是(写化学式，下同)．生成2个氯气分子，转移电子数为个，用双线桥分析电子转移情况．和均是常见的氧化剂，其中氧化性最强的是．16．在日常生活和工农业生产中经常涉及到吸热反应和放热反应，回答下面问题：(1)下列反应一定属于吸热反应的是_______(选填序号)。A．酸碱中和反应 B．燃烧反应C．铝热反应 D．C(s)+CO2(g)2CO(g)(2)有机物M经过太阳光光照可转化成N：∆H=+88.6kJ·mol−1，则M、N相比，较稳定的是(用“M”或“N”表示)，其中1molM与足量的Cl2发生加成反应，最多消耗Cl2mol。(3)在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，表示H2燃烧的热化学方程式为，H2的燃烧热为kJ·mol−1。(4)我国科学家利用计算机模拟了甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：①反应I的∆H0(填“<”“>”或“=”)，反应Ⅱ的活化能为kJ·mol−1。②在相同条件下的反应速率：反应I反应Ⅱ(填“<”“>”或“=”)。③反应Ⅱ的热化学方程式为。(5)取30mL0.5mol·L−1H2SO4溶液与50mL0.5mol·L−1NaOH溶液于小烧杯中，用如图所示装置进行中和反应反应热的测定实验。①仪器a的名称是。②若实验中测得中和热数值总是偏小，可能的原因是(答出一条即可)。(6)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)

∆H1=−24.8kJ·mol−1，②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)

∆H2=−47.2kJ·mol−1，③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)

∆H3=+640.5kJ·mol−1，CO还原FeO固体得到Fe固体和气体的热化学反应方程式为：。17．根据所学知识回答下列问题(1)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有＋3、＋4两种价态。雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4＋的溶液吸收，生成、(二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生Ce4＋，其原理如图所示：①Ce4＋从电解槽的(填字母代号)口流出。②写出阴极的电极反应式：。(2)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为；若通入的NO体积为4.48L(标准状况下)，则另外一个电极通入的SO2的质量至少为g。(3)一种利用H2S电催化制氢并最终制得硫酸的装置如图所示：①b接电源的(填“正”或“负”)极，阳极的电极反应式为。②写出一个SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式：。18．某学生试图用电解法根据电极上析出物质的质量来验证阿伏加德罗常数值，其实验方案的要点为：①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如下图。②强度为IA，通电时间为ts后，精确测得某电极上析出的铜的质量为mg。试回答：(1)这些仪器的正确连接顺序为(用图中标注仪器接线柱的英文字母表示，下同)：E接，C接，接F。实验线路中的电流方向为___________→___________→___________→C→___________→___________；(2)写出B电极上发生反应的离子方程式，G试管中淀粉KI溶液变化的现象为，相应的离子方程式是；(3)为精确测定电极上析出铜的质量，所必需的实验步骤的先后顺序是；①称量电解前电极质量

②刮下电解后电极上的铜并清洗

③用蒸馏水清洗电解后电极

④低温烘干电极后称量

⑤低温烘干刮下的铜后称量

⑥再次低温烘干后称量至恒重(4)已知电子的电量为1.6×10-19C。试列出阿伏加德罗常数的计算表达式：NA=。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省常德市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷参考答案（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版必修第一册、必修第二册、选择性必修第二册。5．难度系数：0556．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ti-48Cr-52Fe-56Ni-59Cu-64Ba-137第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．B【分析】据图可知，该变化涉及的反应为，过程：、过程：，据此分析作答。【详解】A．过程利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；B．根据分析可知，涉及分解反应，没有发生置换反应，B错误；C．根据分析可知，C正确；D．根据流程信息可知，铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故选B。2．C【分析】证明干燥的二氧化碳不与过氧化钠反应，有水才能反应，从装置图可知，最左边装置制备二氧化碳，X溶液应为浓硫酸，干燥管中盛放过氧化钠，通过观察铜丝颜色变化，得出结论，据此分析；【详解】A．装入药品后，滴加稀硫酸，生成二氧化碳，二氧化碳中含有水蒸气，根据实验目的，X应是浓硫酸，打开K1关闭K2，进入干燥管的气体为干燥二氧化碳，如果铜丝不变黑，则说明干燥二氧化碳不与过氧化钠反应，故A说法正确；B．根据A选项分析，X中应加入浓硫酸，故B说法正确；C．打开K2，关闭K1，进入干燥管中的二氧化碳含有水蒸气，水也能与过氧化钠反应生成氧气，玻璃管中铜丝由红变黑的现象，不能说明有水时二氧化碳与过氧化钠反应产生氧气，故C说法错误；D．打开K1，关闭K2，进入干燥管的气体为干燥二氧化碳，铜丝未变化，说明没有产生氧气，可证明干燥的二氧化碳不能与过氧化钠反应，故D说法正确；答案为C。3．C【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，不能形成喷泉，A不符合；B．氧气在饱和食盐水溶液中的溶解度很小，不能形成喷泉，B不符合；C．氯化氢与氢氧化钠反应，造成烧瓶内气体迅速减小，烧瓶内外产生较大的压强差，可形成喷泉，C符合；D．CO不溶于氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液不反应，不能形成喷泉，D不符合；答案选C。4．D【详解】A．碘酒是混合物，不是电解质，属于盐，不属于碱，熟石灰是，不是碱性氧化物，是碱，A错误；B．稀盐酸属于混合物，不属于电解质，不是碱性氧化物，B错误；C．CO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，C错误；D．为电解质，为碱，为酸性氧化物，生石灰为碱性氧化物，所有选项都符合物质分类标准，D正确。故答案为：D。5．A【详解】A．制取乙酸乙酯时，为确保实验安全，先将乙醇加入试管，然后缓慢加入浓硫酸，冷却到室温后再加入乙酸，即试剂加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸，A正确；B．收集乙酸乙酯时，需使用饱和碳酸钠溶液，其作用是：去除乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，B不正确；C．实验制得的乙酸乙酯浮在饱和碳酸钠溶液的表面，液体分为上下两层，可用分液的方法分离出乙酸乙酯，C不正确；D．装置b使用水浴加热，便于控制温度，可减少乙醇、乙酸的挥发，所以装置b比装置a原料损失的少，D不正确；故选A。6．B【分析】由图可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离；b点为等浓度的醋酸钠和一水合氨的混合溶液，由电离常数可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度小于a点；c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，溶液呈碱性。【详解】A．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子和一水合氨的浓度都约为0.100mol/L，由电离常数可知，溶液中铵根离子浓度=≈=，故A正确；B．由分析可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，则溶液中，故B错误；C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故C正确；D．由分析可知，a点、b点均抑制水的电离，b点抑制水的电离程度小于a点，c点铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大，故D正确；故选B。7．C【分析】n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH-，生成0.1molBaCO3．然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32-．上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.1molCO2，再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，据此计算解答。【详解】含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，Na+为0.2mol、Ba2+为0.1mol、OH-为0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，离子总的物质的量为：0.2mol+0.1mol+0.4mol=0.7mol。n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol。相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，该阶段0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-，生成0.1molBaCO3沉淀。然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-。再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，故图像C符合。故选：C。8．C【详解】A．根据图示，反应物总能量小于生成物总能量，与生成和的反应为吸热反应，故A错误；B．生成CO的活化能小于生成的活化能，所以生成的副产物中，比少，故B错误；C．在合成甲醇的过程中，能量变化最大，即能垒最高，反应速率最慢，降低能量变化，可提高反应速率，故C正确；D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，故D错误；故选C。9．B【详解】A．①中蓝色沉淀为Cu(OH)2，Cu(OH)2可以溶于氨水并生成[Cu(NH3)4]2+，使溶液呈深蓝色，沉淀溶解的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，A正确；B．FeSO4为强酸弱碱盐，其溶液因亚铁离子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和氨水均呈碱性，故三者混合的离子方程式为：Fe2++NH3·H2O+=FeCO3↓++H2O，B错误；C．酸性条件下，表现出强氧化性，而绿矾中的Fe2+具有还原性，故两者发生氧化还原反应，离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，C正确；D．明矾溶于水后会电离出铝离子、硫酸根等，以1molKAl(SO4)2为例，当硫酸根完全沉淀时，铝元素形成，此时沉淀物质的量为2mol，当铝离子恰好完全沉淀时，沉淀的成分为1molAl(OH)3和1.5molBaSO4，此时沉淀的物质的量最大，离子方程式为2Al3++3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D正确；故答案选B。10．D【详解】A．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；B．过氧化氢浓度不同、催化剂不同，两个变量，不能比较不同催化剂的催化效果，故B错误；C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，U形管中红墨水左高右低可证明铁的吸氧腐蚀，故C错误；D．图中构成原电池，Zn为负极、Cu为正极，可验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移，故D正确；故选：D。11．C【分析】甲室的电极与电源的正极相连，则为阳极室，Cl-放电，其电极反应式为：，戊室的电极与电源的负极相连，则为阴极室，水得电子生成氢气同时生成OH-，其电极反应式为：。【详解】A．戊室为阳极室，电极反应式为：，能氧化KI为碘单质，生成的碘单质使湿润的淀粉变蓝，A错误；B．电解池中，阳离子向阴离子移动，阴离子向阳极移动，丙室中为海水，在反应过程中丙室中Na+通过膜②到丁室，为保持电荷守恒，则通过膜①到乙室，因此膜①是阴离子交换膜，膜②是阳离子交换膜，B错误；C．甲室中氯离子发生氧化反应产生氯气，则钠离子通过阳离子交换膜移动到乙室，丙室中的氯离子进入到乙室中，因此出水口a为淡水，而丙室中钠离子移动到丁室，氯离子移动到乙室，因此出水口c为淡水，戊室中产生氢气和氢氧根离子，氢氧根离子透过阴离子交换膜进入到丁室，出口d主要为NaOH，C正确；D．甲室的电极反应式为：，随电解的进行，溶液的pH不变，D错误；故选C。12．D【分析】1Lc1Ba(OH)2溶液中匀速滴入c2H2SO4溶液，发生反应，溶液的导电能力下降，直到y点二者完全反应，此时溶液的导电能力最弱，继续加H2SO4溶液，会逐渐增大溶液中的离子浓度，溶液的导电能力逐渐上升，据此分析。【详解】A．Ba(OH)2与H2SO4反应正确离子方程式为:，A错误；B．BaSO4是难溶物，在溶液中溶解的很少，电离的自由离子就很少，所以，溶液导电能力很弱，但是BaSO4溶于水的部分完全电离的，故BaSO4是强电解质，B错误；C．y点Ba(OH)2与H2SO4完全反应的点，从图像可以看出，溶液的导电能力接近于零，但是不等于零，说明溶液中有自由移动的离子，自由移动的离子来自水的电离和极少硫酸钡溶解后的电离，C错误；D．在未加入硫酸之前，溶质是Ba(OH)2，导电能力对应的是x点，当硫酸完全过量，溶液中溶质主要硫酸，对应的导电能力为z点，由图可知导电能力：z>x，说明离子浓度关系：z>x，则说明浓度关系：c1＜c2，D正确；故本题选D。13．C【分析】由题中描述和图可知，a点之前，和未发生反应，随的加入浓度增大，水解增强，溶液pH逐渐增大；a→b过程中，溶液中出现白色浑浊且无气体生成，说明发生反应。【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以，则可得到，A错误；B．a点溶质有和，水的电离被促进，b点溶液中碳酸钙达到沉淀溶解平衡，碳酸钙为强酸弱碱盐，有使溶液呈碱性的趋势，溶质还有NaCl和，碳酸有使溶液呈酸性的趋势，b点溶液pH为7.2，但碱性弱于a点，则水的电离被促进，但是促进程度减小，对比之下发现，a→b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：，C正确；D．b点的混合溶液中，，则，代入题中给出的数据，即的数量级为，D错误；本题选C。14．C【分析】Ⅰ、Ⅲ两条曲线平行，所以物质类型相同，则曲线Ⅱ代表滴定HB溶液的变化关系，已知，则曲线Ⅰ代表滴定CuCl2溶液的变化关系，曲线Ⅲ代表滴定MgCl2溶液的变化关系，据此解答。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ代表滴定MgCl2溶液的变化关系，A正确；B．当pH=4.0时，，此时，则，同理可知，，当Mg2+刚好完全沉淀时，，则，此时，即溶液pH=11，B正确；C．由曲线Ⅱ与横轴的交点可算出，C错误；D．a点的两条曲线的纵坐标相等，，即，则，而，则，pH=11.8，D正确。故答案为C。第II卷（非选择题共58分）非选择题：本题共4个小题，共58分。15．(1)A、B(2)(3)(4)4【解析】（1）反应A为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，反应B为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，反应C为2AgNO3+BaCl2=2AgCl↓+Ba(NO3)2，反应D为BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反应E为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。其中反应A、B都为置换反应，属于氧化还原反应，反应C、D、E都为复分解反应，属于非氧化还原反应，故答案：A、B。（2）反应C为2AgNO3+BaCl2=2AgCl↓+Ba(NO3)2，反应C的离子方程式为。（3）反应B为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，Fe元素的化合价由0价升高到+2价，Ag元素的化合价由+1价降低到0价，用单线桥分析反应B的离子方程式；（4）反应中，部分盐酸中氯元素从-1价升高到0价、氯酸钠中氯元素从+5价降低到+4价，则为氧化剂，对应的产物为还原产物；存在，则生成2个氯气分子，转移电子数为4个；用双线桥分析电子转移情况为：。该反应中氯酸钠为氧化剂、由氯酸钠被还原所得，故可推测氧化性NaClO3>ClO2；一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氯气是氧化产物，所以氧化性：NaClO3>Cl2；则氧化性最强的是NaClO3。16．(1)D(2)M2(3)2H2(4)>a<CO(5)环形玻璃搅拌棒实验装置保温、隔热效果差(6)CO【详解】（1）酸碱中和反应、燃烧反应、铝热反应都是典型的放热反应，碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应即C(s)+CO2(g)=2CO(g)是吸热反应，故选D。（2）有机物M经过太阳光光照可转化成N的关系是吸收能量，则N的能量高于M，能量越高越不稳定，则较稳定的是M；有机物M中含有两个碳碳双键，则1molM与足量的发生加成反应，最多消耗2mol；（3）在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ•mol-1；H2燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水时放出的热量，故氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1。（4）①由反应过程能量图象可知第一步反应的生成物能量更高，该反应是吸热反应，△H>0；活化能是能量图像中，活化分子具有的平均能量（图像最高点）与反应物平均能量的差值，则反应II的活化能是akJ•mol-1。②图象中反应I的