【化学】吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）

吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二下学期开学考试
1.下列反应属于氧化还原反应，且生成物的总能量高于反应物的总能量的是
A. 铝热反应 B. 铝与盐酸反应
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应 D. 灼热的炭与CO2反应
【答案】D
【解析】
试题分析：生成物的总能量高于反应物的总能量，说明反应是吸热反应，A、B是放热反应，C不是氧化还原反应，因此答案选D。
考点：考查放热反应和吸热反应的判断
点评：一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应，据此可以进行判断。
2. 下列说法正确的是( )
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 放热反应在常温下一定很容易发生
C. 物质发生化学反应一定伴随着能量变化
D. 凡是吸热或放热过程中热量的变化均称为反应热
【答案】C
【解析】
加热是反应条件，与吸热放热无直接关系，A项错误；放热反应在常温下不一定容易发生，如铝热反应在常温下不反应，B项错误；物质只要发生化学反应就有能量变化，C项正确；反应热是反应前后的能量变化，D项错误。
3.已知2 mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484 kJ，且氧气中1 mol O===O键完全断裂时吸收能量496 kJ，水蒸气中1 mol H—O键形成时放出能量463 kJ，则氢气中1 mol H—H键断裂时吸收能量为
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ
【答案】C
【解析】
设1 mol H—H键断裂时吸收能量为x kJ。2 mol氢气完全燃烧生成水蒸气时应该拆开2 mol H—H键、1 mol O===O键，吸收的能量为(2x＋496)kJ；生成2 mol H2O形成4 mol H—O键，放出的能量为4×463kJ＝1 852 kJ，依据能量守恒定律放出能量484 kJ＝1 852 kJ－(2x＋496)kJ，即可求出x＝436。
4.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
5.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
6.新装修的房屋会释放出有毒的甲醛气体。银－Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理如下(在原电池中完成氧化银与甲醛的反应)。下列说法正确的是

A. 其他条件相同，甲醛浓度越小，所得有色配合物溶液的吸光度越大
B. 电池正极的电极反应式为Ag2O+2H++2e-2Ag+H2O
C. 30 g HCHO被氧化时，理论上电路中通过2 mol电子
D. 理论上，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为4∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查原电池的相关应用。HCHO中C为0价。该检测过程中设计的化学反应为2Ag2O+HCHO===4Ag+CO2+H2O，Ag+Fe3+===Ag++Fe2+，Fe2+与Ferrozine形成有色配合物。
【详解】A.吸光度与有色物质的浓度成正比，根据反应式可推出吸光度与甲醛的浓度成正比，错误；B.负极的电极反应式为：HCHO-4e-+H2O===CO2+4H+，正极的电极反应式为2Ag2O+4e-+4H+===4Ag+2H2O，正确；C.，负极消耗1mol HCHO理论上电路中通过4mol电子，错误；D.HCHO4Ag4Fe2+，1molCHO完全反应，理论上能生成4molAg消耗4molFe3+，错误。
7.下列有关说法正确的是
A. 反应 MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的 △H0
B. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H>0
C. 加热0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，CH3COOH的电离程度增大，溶液的pH减小
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H0，△H>0，故A错误；
B.该反应△Sc(SO32－)> c(HSO3－)
【答案】C
【解析】
A、H2SO3为弱酸，a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3 -、H2SO3 ，
，a点溶液体积大于20mL，根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)˂0.1 mol·L−1，a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml，所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3，根据H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，带入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)˂0.1 mol·L−1，A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，与H2SO3恰好生成NaHSO3，根据物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+ c(HSO3－)+ c(H2SO3)，根据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+ c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+ c(HSO3－)+ c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3，根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以 c(SO32-)=c(HSO3－)，又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因为c点呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正确。D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)> c(HSO3－)，D正确。故正确答案为A
点睛：本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。
13. 将浓度为0．1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c（H+） B. Ka（HF） C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：加水稀释过程中减小，不变，不变，增加，答案选D。
考点：电离平衡
点评：选项D通过来判断，稀释不变，减小，所以增加。
14.常温下0.1molL-1醋酸溶液的Ph="a" ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入等体积0.2 molL-1盐酸 D. 提高溶液的温度
【答案】B
【解析】
试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH7，显碱性，故B错误；
C. a点为1.000 mol·L－1氨水，溶液中氢离子由水提供，氢氧根离子主要由碱提供，所以根据图像可知，由水电离出的c(H＋)>1.0×10－14mol·L－1，故C错误；
D. d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；
正确答案：A。
16. 下列叙述不正确的是
A. 铁表面镀锌，铁作阳极
B. 船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀
C. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应：
D. 工业上电解饱和和食盐水的阳极反应：
【答案】A
【解析】
本题考查电化学知识的应用。选项A，铁作阳极，铁要溶解，铁应该作阴极。选项B，Zn的活泼性比Fe强，Zn失去电子而保护了船体。选项C，钢铁吸氧腐蚀时，O2在正极获得电子。选项D，Cl―在失电子能力大于OH―，电解饱和食盐水时，Cl―在阴极失去电子变为Cl2。
17.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如右图所示，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是

A. 铜电极发生还原反应 B. 石墨电极上产生氢气
C. 铜电极接直流电源的负极 D. 当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子，发生氧化反应，故A错误；
B. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子Cu2O，石墨电极氢离子得电子产生氢气，故B正确；
C. 铜电极铜电极化合价升高，失电子，应该接直流电源的正极，故C错误；
D. 2Cu～Cu2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，故D错误；
正确答案：B。
18.用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该混合溶液的下列判断正确的是
A. c(H＋)c(CH3COO－)
D. c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.2 mol·L－1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），已知c（CH3COO-）＞c（Na+），则c（H+）＞C（OH-），故A不正确；B、n（CH3COOH）+n（CH3COO-）＝0.2mol，溶液体积为1L，则c（CH3COOH）+c（CH3COO-）＝0.2mol•L-1，故B正确； C、CH3COOH和CH3COONa混合溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，则c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），故C错误；D、CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），醋酸为弱电解质，存在微弱电离，则有0.1mol/L＞c（CH3COOH）＞c（H+），c（Na+）＝0.1mol/L，则c（CH3COO-）+c（OH-）＜0.2mol•L-1，故D错误，答案选B。
考点：考查弱电解质的电离和盐类水解
19.已知25 ℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，现向1 L 0.2 mol·L－1HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是
A. 25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1
B. Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C. 该体系中没有沉淀产生
D. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A、已知25℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，这说明HF为弱酸，不可能完全电离，因此25℃时，0.1mol·L－1 HF溶液的pH＞1，A错误；
B、Ksp(CaF2)与浓度无关，只与温度有关系，B错误；
C、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L－1，F－浓度为，浓度商为0.1×(6×10－3)2＝3.6×10－6＞Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，因此会产生沉淀，C错误；
D、根据C中分析可知有CaF2沉淀生成，D正确。
答案选D。
20.25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是

A. 往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B. 往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0
D. 25 ℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，错误；B、加入少量SnNO3）2固体，Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，错误；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，ΔH”、“c(A-)>c(OH-)>c(H+)
(4)(10-4-10-10)
【解析】
试题分析：（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，恰好与NaOH溶液反应生成强碱弱酸盐，pH＞7；
（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），由于pH=7，则c（Na+）=c（A-），答案选C；
（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；
（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol•L-1，答案为：10-4-10-10。
【考点定位】考查离子浓度大小比较
【名师点晴】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。
24.A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
阳离子
Na＋、K＋、Cu2＋
阴离子
SO42-、OH－
如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。请回答下列问题：

（1）M为直流电源的________极，b电极上发生的电极反应为______________________。
（2）计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为________________。
（3）写出乙烧杯中的总反应方程式：____________________________________________。
【答案】 (1). 负 (2). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (3). 5.6 L (4). 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
【解析】
【分析】
测得乙中c电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；
（1）c电极析出Cu，所以c为阴极，则M为负极；b为阳极，电极上是氢氧根离子失电子生成氧气；
（2）根据生成的Cu的量求出转移的电子的物质的量，再根据电子守恒求出e电极上生成的气体的量；
（3）乙烧杯中电解的是硫酸铜溶液；
【详解】测得乙中c电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；
（1）c电极析出Cu，由铜离子在阴极得电子生成Cu可知c为阴极，则M为负极，N为正极；b与正极相连，则b为阳极，所以b电极上是氢氧根离子失电子生成氧气，其电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
正确答案：负；4OH--4e-=2H2O+O2↑。
（2）e与电源负极相连为阴极，则e电极上是氢离子得电子生成氢气，已知n（Cu）=
=0.25mol，由Cu～2e-～H2↑可知生成标况下氢气的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
正确答案：5.6L。
（3）乙烧杯中为惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
正确答案：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
【点睛】本题考查了电解原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意利用乙推出各物质及电源的正负极是解答的突破口，题目难度中等。
25.（一）常温下将0.01 molCH3COONa和0.005molHCl 溶于水，配成0.5 L混合溶液。
（1）溶液中共有________种微粒。
（2）溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.01 mol ，它们是____________。
（3）溶液中n ( CH3COO- ) + n ( OH- ) - n( H+ ) =_________mol。
（二）常温下，取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混和，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为_________________ mol/L。
【答案】 (1). 7 (2). CH3COO- 和CH3COOH (3). 0.005 (4). 0.05
【解析】
【分析】
（1）0.01molCH3COONa和0.005molHCl溶于水得到0.005molCH3COONa、0.005molCH3COOH、0.005molNaCl，CH3COONa、NaCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质；
（2）根据物料守恒来分析；
（3）根据电荷守恒计算溶液中n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）的值。
（二）反应后溶液pH=12，则NaOH过量，根据c（OH-）=
计算酸碱混合后的体积计算原溶液的浓度。
【详解】（一）（1）0.01molCH3COONa和0.005molHCl溶于水得到0.005molCH3COONa、0.005molCH3COOH、0.005molNaCl，CH3COONa、NaCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，则溶液中存在的离子为：Na+、H+、Cl-、OH-、CH3COO-，存在的分子为：H2O、CH3COOH，即共有7种不同的微粒．
正确答案：7。
（2）根据醋酸根守恒可知，CH3COOH、CH3COO-两种微粒的物质的量之和等于0.01mol．
正确答案：CH3COOH、CH3COO-。
（3）根据电荷守恒可知，n（Na+）+n（H+）=n（Cl-）+n（OH-）+n（CH3COO-），
所以n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol．
正确答案：0.005。
（二）设NaOH xmol/L,HCLxmol/L，所加体积NaOH 3V L,HCL 2VL
溶液的PH等于12 则C（OH-）=Kw/C(H+)=1×10-14/10-12=0.01mol/L
（ x×3V -x×2V）/5V=0.01得到x=0.05mol/L。
正确答案：0.05。
【点睛】本题考查溶液中的微粒及电荷守恒、物料守恒，明确混合溶液中的溶质、电解质的强弱、原子守恒、电荷守恒是解答本题的关键，难度不大；注意酸碱混合时溶液pH的计算方法。
26.（一）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：
 CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)    △H 1＝－49.1 kJ·mol － 1 
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)      △H 2＝－24.5 kJ·mol － 1 
（1）写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_______________。 
（2）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）的负极反应式为：_______________________。 
（3）欲用2LNa2CO3溶液将4.66 g BaSO4 (233 g/moL)固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10－11，Ksp (BaCO3)=1×10 －10]。（忽略溶液体积的变化）
（二）向20 mL硫酸和盐酸的混合溶液中，逐滴加入0.05 mol·L－1Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的质量变化及由此而引起的溶液的pH的变化如图所示。

计算：（1）原混合溶液中c(Cl－)＝________。
（2）A点的pH＝________。
【答案】 (1). 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1 (2). CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (3). 0.11mol/L (4). 0.2 mol·L－1 (5). 1
【解析】
【分析】
（一）（1）盖斯定律的应用；
（2）燃料电池中负极为燃料失电子，正极为氧气得电子，写出电极反应式；
（3）结合可逆反应的平衡常数和难溶电解质的溶解平衡常数一起考虑；
（二）（1）根据图象知，当混合溶液pH=7时，说明酸中氢离子和碱中氢氧根离子的物质的量相等，据此计算氢离子浓度；当20mL时硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡，据此计算硫酸根离子浓度，结合电荷守恒计算氯离子浓度；
（2）根据A点溶液中氢离子浓度计算溶液的pH。
【详解】（1）利用盖斯定律计算，① CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)    △H 1＝－49.1 kJ·mol － 1 ；② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)      △H 2＝－24.5 kJ·mol － 1 ，2×①+②得出2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1；
正确答案：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1。 
（2）二甲醚氧气电池（电解质为KOH溶液）正极为氧气，负极二甲醚，碱性环境下的负极反应式为CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O；
正确答案：CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O。 
（3）n(BaSO4 )=4.66g/233 g/moL=0.02mol，BaSO4 (233 g/moL)固体转化为BaCO3的化学方程式：
BaSO4（s）+ CO32-（aq）BaCO（s）+ SO42-（aq）
n（初）0.02 x 0 0
△n 0.02 0.02 0.02 0.02
n（末）0 x-0.02 0.02 0.02
= Ksp(BaSO4)./Ksp (BaCO3)= 1×10－11/(1×10 －10)=1/10,可得x=0.22mol
C(Na2CO3)=0.22mol/2L=0.11mol/L。
正确答案：0.11。
（二）（1）由图象知，当pH=7时，消耗Ba（OH）2溶液体积为60mL，由于n（H+）=n（OH-），得c（H+）=0.05mol/L×0.06L×2/0.02L=0.3mol•L-1；当加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸根离子完全反应，根据原子守恒得c（SO4 2- ）=c（H2SO4）=0.05mol/L×0.02L/0.02L=0.05mol/L，20 mL硫酸和盐酸的混合溶液中根据电荷守恒得c（Cl-）+2c（SO4 2- ）=c（H+），c（Cl-）=c（H+）-2c（SO4 2- ）=0.3 mol•L-1-2×0.05mol/L=0.2 mol•L-1，
正确答案:： 0.2。
（2）A点c（H+）=(0.3mol/L×0.02L-2×0.05mol/L×0.02L)/0.04L=0.1mol/L，所以pH=1；
正确答案：1。
【点睛】（一）结合可逆反应的平衡常数和难溶电解质的溶解平衡常数一起考虑计算是难点；（二）本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确图象中对应的化学反应是解答本题的关键，学生应学会图象的分析来解答。