重庆市字水中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题

重庆市字水中学20242025学年上期高2026届期中考试化学试题(本试卷共5页，满分：100分，考试时间：75分钟)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内(黑色线框)作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效。

4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cu64一、选择题(本大题共14小题。每题3分，共42分。每小题只有一项符合题意)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确是A.能够自发进行的反应一定是熵增的过程B.铁表面的镀锌层破损后，就完全失去了对铁的保护作用C.盐碱地(含NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，施加适量石膏可以降低土壤的碱性D.对于一个放热反应的平衡体系，若降温，则正反应速率下降，逆反应速率增大，平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．ΔHTΔS＜0即可自发，例如氨气和氯化氢化合为氯化铵晶体的反应是熵减的放热反应，在室温下即可自发，A错误；B．锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，Zn为负极，Fe被保护起来，B错误；C．碳酸钠溶液水解呈碱性，石膏为硫酸钙、是微溶物，可以与碳酸钠反应转化成难溶的碳酸钙，同时有硫酸钠生成，硫酸钠溶液呈中性，故降低土壤的碱性，C正确；D．降低温度，正、逆反应速率均下降，D错误；故答案为：C。2.下列有关叙述正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热，则和反应生成时放热B.的燃烧热是，则反应的C.且，能自发进行D.浓硫酸的稀释和铝热反应均为放热反应【答案】B【解析】【详解】A.和反应除生成水外还生成微溶于水的硫酸钙，所以二者反应生成时放出的热量不是，A错误；

B.因的燃烧热是，则有热化学方程式，因此反应的，B正确；

C.反应的，，C错误；

D.浓硫酸的稀释是物理变化，不是放热反应，D错误；

答案选B。3.下列反应的离子方程式错误的是A.用惰性电极电解饱和食盐水：B.硫酸铵溶液显酸性：C.二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液：D.硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：【答案】C【解析】【详解】A．用惰性电极电解饱和食盐水：产生氯气、氢气和氢氧化钠溶液，离子方程式为：，A正确；B．硫酸铵溶液中，铵离子水解生成H+等，使溶液显酸性：，B正确；C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液，发生中和反应，生成亚磷酸氢钠和水：，C错误；D．硫酸铜溶液遇到难溶的PbS，沉淀转化为更难溶的CuS，同时产生难溶物硫酸铅：，D正确；故选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，转移电子数目为0.2NAB.常温下，pH=10的纯碱溶液中，由水电离产生的OH数目为104NAC.溶液中阴离子数目小于0.1NAD.3molNaHSO4在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为6NA【答案】D【解析】【详解】A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属铁、锌单质也放电，故当阳极质量减少6.4g时，转移电子数不一定为0.2NA，故A错误；B．常温下，pH=10的纯碱溶液中，氢氧根离子全部来自水的电离，由水电离产生的OH浓度为104mol/L，但本题并未告知体积为1L，无法计算水电离产生的OH数目，故B错误；C．溶液中，次氯酸根离子水解，使得ClO数小于0.1NA，故C错误；D．1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，因此3molNaHSO4在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为6NA，故D正确；故答案为：D。5.我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是A.催化剂降低了该反应的焓变，实现了水的高效分解B.若分解2mol，估算出反应吸收482kJ的能量C.过程Ⅱ形成了氢分子和过氧化氢分子，该过程放出能量D.催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数【答案】A【解析】【详解】A．催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不改变水分解反应的焓变，A错误；B．若分解2mol，就要断裂4molH—O键，形成2molH—H键和1molO=O键，则根据键能与反应热的关系，可知反应热，因此可知反应吸收482kJ能量，B正确；C．由题图可知，过程Ⅱ形成了化学键，因此会放出能量，C正确；D．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使更多分子变为活化分子，从而增大反应物中活化分子的百分数，使反应速率加快，D正确；故答案为：A。6.在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：，达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断一定正确的是A.B.达到平衡后，增大B的量将会提高A的转化率C.E点平衡常数小于F点的平衡常数D.【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，E点对应温度下，2L容器中M的浓度约为0.7，6L容器中M的浓度约为0.37，将容器的容积由6L压缩至2L，M的浓度并没有增大3倍，因此平衡逆向移动，所以，A错误；B．达到平衡后，增大B的量，B为固体，对A的转化率无影响，B错误；C．由图象可知，恒容时随温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，F点所处温度高于E点，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C正确；D．由图象可知，恒容时随温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，，D错误；答案选C。7.关于常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是A.将10mL，该溶液稀释至100mL后，B.向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和C.该溶液中由水电离出的D.该溶液中盐酸电离出的与水电离出的之比为【答案】D【解析】【详解】A．将10mLpH=2的盐酸稀释至100mL后，=，pH=3，选项A错误；B．向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于一水合氨部分电离，氨水过量，HCl完全反应后溶液中仍含有大量的，选项B错误；C．该溶液中由水电离出的，选项C错误；D．该溶液中水电离出的，则盐酸电离出的与水电离出的之比为:=:1，选项D正确；答案选D。8.氮及其化合物的转化过程如下图1所示，其中下图2为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.每有1molN2参加反应，则总反应中有2molNO生成C.在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的的体积为5.6LD.催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率，但均不能提高平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A．催化剂降低反应的活化能，曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B．反应①为，反应②，当1molN2参加反应，生成的2molNH3不能全部参与反应生成NO小于2mol，B错误；C．题中未注明是在标准状况下，气体体积不能准确计算，C错误；D．催化剂能提高反应速率，不能使平衡移动，不能提高平衡转化率，D正确；故答案为：D。9.下列事实与解释或结论不相符的是事实解释或结论A取2mL0.5mol•L1CuCl2溶液于试管中加热，发现溶液颜色变为黄绿色；再将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，对于该平衡，在其他条件不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动B分别测定浓度均为0.1mol•L1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者)C向1mL0.1mol•L1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol•L1KCl溶液，再加入5滴0.1mol•L1KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀D向5mL0.1mol•L1KI溶液中滴入0.1mol•L1FeCl3溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后下层液体呈紫红色，取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红Fe3+与I的反应有一定限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．将CuCl2溶液置于试管中，加热，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，降温后，溶液颜色变为黄绿色转变为蓝绿色，说明该溶液中存在：，通过实验现象以及勒夏特列原理可知，该反应为吸热反应，A正确；B．醋酸铵为弱酸弱碱盐，CH3COO、NH均水解，NH水解对CH3COO水解有影响，因此无法比较CH3COO、HCO水解程度，B错误；C．硝酸银溶液与KCl溶液发生AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，根据题中所给量，AgNO3不足，KCl过量，再加入KI溶液，有黄色沉淀生成，发生，从而说明，C正确；D．向KI溶液中滴入几滴FeCl3溶液，如果该反应完全进行，则FeCl3反应完全，滴入KSCN溶液，溶液不变红，根据题中所给实验现象，溶液变红，推出KI、FeCl3反应有一定的限度，D正确；故答案为：B。10.现有下列三个图象，下列反应中符合上述全部图象的反应是A.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0B.2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0C.4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0D.H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞0【答案】B【解析】【分析】由图I可知，随温度升高，生成物的平衡浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动，即正反应方向为吸热反应；由图Ⅱ可知，同压环境下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平均相对分子质量减小，根据质量守恒定律可知，若气体的总质量不变，则其总物质的量必然增大，即吸热反应方向为气体分子数增大的方向；由图Ⅲ可知，当反应达到平衡时，增大压强，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度更大，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体分子数减少的反应。【详解】A.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，正反应为放热反应，A不符合题意；B.2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，正反应为吸热反应，且气体分子数增大，B符合题意；C.4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0，正反应为放热反应，C不符合题意；D.H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞0，正反应为吸热反应，但是其气体分子数减小，D不符合题意。答案B。11.在常温下，有关下列溶液的叙述中错误的是①pH=11的氨水②pH=11的氢氧化钾溶液③pH=3的醋酸④pH=3的硫酸A.将①②分别加水稀释1000倍后，溶液的pH：①>②B.将aL②与bL④混合，忽略溶液体积变化，若所得溶液的pH=5，则a：b=199：101C.向③、④中分别加入醋酸钠晶体后，两种溶液pH均增大D.将①、③等体积混合后溶液呈中性，该溶液中：c(NH)=c(CH3COO)>c(H+)=c(OH)【答案】B【解析】【详解】A．一水合氨稀释过程中还能继续电离出氢氧根，所以稀释103倍其pH的变化小于3，pH=11的氢氧化钾溶液稀释103倍其pH的变化为3，则稀释后pH：①>②，A正确；B．pH=11的KOH溶液和pH=3的硫酸中氢离子浓度均为103mol/L，混合后pH=5，所以酸过量，则，解得a:b=99:101，B错误；C．向醋酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子会抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，pH增大；向硫酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子会结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，pH增大，C正确；D．将①、③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸铵，醋酸铵完全电离出醋酸根离子和铵根离子，电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，故该溶液中：c(NH)=c(CH3COO)>c(H+)=c(OH)，D正确；答案选B。12.已知：①S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1；②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H2。下列说法不正确的是A.硫燃烧过程中将化学能大部分转化为热能B.相同条件下，1molS(s)比1molS(g)更稳定C.两个反应的反应物的总键能都比生成物的总键能小D.两个过程的能量变化可用如图表示【答案】D【解析】【分析】【详解】A．硫燃烧过程中将化学能大部分转化为热能，少量的转化为光能，A说法正确；B．相同条件下，1molS(s)比1molS(g)含有的能量低，则1molS(s)比1molS(g)更稳定，B说法正确；C．两个反应均为放热反应，则反应物的总键能都比生成物的总键能小，C说法正确；D．1molS(g)+1molO2(g)具有的总能量比1molS(s)+1molO2(g)具有的总能量高，图象表示的与实际不符，D说法错误；答案为D。13.LiFePO4常用作锂离子电池电极材料，如下图为CaLiFePO4可充电电池的工作原理示意图，锂离子导体膜只允许Li＋通过。下列说法不正确的是A.充电时，锂离子向钙电极方向移动B.钙电极的电解质不可以替换成硫酸锂溶液C.理论上，每消耗xmolCa，可生成1molLiFePO4D.放电时，电极上发生Li＋的嵌入，【答案】C【解析】【分析】充电时，LiFePO4为阳极，钙电极为阴极；放电时，LiFePO4为正极，发生反应，钙电极为负极，发生反应。【详解】A．充电时阳离子移向阴极，钙电极为阴极，则锂离子向钙电极方向移动，A正确；B．钙能与水发生剧烈反应，左室中的电解质为非水电解质，则钙电极的电解质不可以替换成硫酸锂溶液，B正确；C．放电时，负极反应为，则理论上，每消耗xmolCa，可生成2mol，C错误；D．放电时，LiFePO4为正极，发生反应，该过程发生了的嵌入，D正确；故答案为：C。14.25℃时，向1L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的及HA的浓度的对数值(lgc)与pH的关系如下图所示(不考虑溶液温度的变化)，下列说法正确的是A.a表示与pH的关系曲线B.的数量级为104C.P点溶液中D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中均增大【答案】C【解析】【分析】根据题图分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大，c表示的浓度对数值逐渐减小，d表示的浓度对数值逐渐增大，且在pH=7处交叉，c则为变化曲线；d为浓度变化曲线；pH小于4.75时，a表示的浓度对数值不变，pH>4.75时，随pH增大，a表示的浓度对数值减小，应该是的变化曲线；pH<4.75时，b表示的浓度对数值随pH的增大而增大，b为的变化曲线，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，a表示与pH的关系曲线，A错误；B．的表达式为，pH=4.75时，，，数量级为，B错误；C．P点时，，P点的电荷守恒式为，变式为，根据题中信息，的溶液中，，则溶液中，C正确；D．滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，，，，、只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，减小，减小，D错误；故答案为：C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.回答下列问题：（1）实验室用30%左右的硫酸溶液(约3.7mol/L)与锌粒反应制取氢气。下列措施中能加快反应速率的是_______。A.将锌粒改为锌粉 B.降低反应温度C.将该硫酸换为98%的浓硫酸 D.加入少量的硫酸铜溶液（2）目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：。现向体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。①计算3min内用氢气表示的该反应的反应速率v(H2)=_______；3min时，正反应速率_______逆反应速率(填：“>”“=”或“<”)。②10min反应达平衡，氢气的转化率为_______。当反应达平衡后，维持温度和压强不变，改变其它条件使反应速率增大，可采取的措施有_______(写一条即可)。③其他条件不变时，将容积压缩到原来的一半，下列有关该体系的说法正确的是_______。A．氢气的浓度减小

B．正反应速率增大

C．逆反应速率减小

D．达到平衡的时间不会改变【答案】（1）AD（2）①.②.>③.75%④.使用催化剂或增加反应物浓度(答案合理均可)⑤.B【解析】【分析】升温、增压、增浓、加有效催化剂、增加固体表面积，均能提高反应速率；体积缩小，各组分浓度，正反应速率增大，逆反应速率也增大。【小问1详解】A．将锌粒改为锌粉，增加固体表面积，能提高反应速率，A正确；B．降低温度，速率减慢，B错误；C．将该硫酸换为98%的浓硫酸反应产物不是氢气，C错误；D．加入少量的硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成铜锌稀硫酸原电池，加快反应速率，D正确；故答案为：AD；【小问2详解】①根据题目所给数据信息，3分钟时，CO2消耗了，所以H2消耗浓度是，那么H2在0~3分钟的平均速率是；由于反应物继续减少，反应向正向进行，并未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：；>；②10min反应达平衡，利用题目所给数据信息，建立平衡时的三段式，，氢气的转化率为，当反应达平衡后，维持温度和压强不变，使用催化剂或增加反应物浓度使反应速率增大，故答案为：75%；使用催化剂或增加反应物浓度；③A．体积缩小，各组分浓度增大，氢气的浓度增大，A错误；B．体积缩小，各组分浓度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B正确；C．体积缩小，各组分浓度，正反应速率增大，逆逆反应速率也增大，C错误；D．将容积压缩到原来的一半，浓度增大，化学反应速率加快，达平衡的时间减小，D错误；故选B。16.某学生用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，操作可分解为如下几步：A．用蒸馏水洗干净滴定管；B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管；C．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞；D．另取锥形瓶，再重复操作一次；E．检查滴定管是否漏水；F．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2~3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下；G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。完成以下填空：（1）符合题意操作的顺序是(用序号字母填写)_______。（2）操作F中应该选择图中_______滴定管(填标号)。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化达到滴定终点的判定标志是_______。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测溶液体积/m标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度1201.0221.032202.0025.003200.6020.60滴定中误差较大的是第_______次实验，造成这种误差的可能原因是_______。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2~3次B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡C．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数D．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来（5）该盐酸的浓度为_______mol/L。（6）若移取溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度？_______(填“是”或“否”)。【答案】（1）EABCFGD（2）乙（3）①.B②.当滴入最后半滴标准NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色（4）①.2②.AC（5）0.1000（6）是【解析】【分析】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化；当滴入最后半滴标准NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色达到滴定终点。【小问1详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为EABCFGD，故答案为：EABCFGD；【小问2详解】甲图为酸式滴定管，乙图为碱式滴定管，故答案为：乙；【小问3详解】滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化；当滴入最后半滴标准NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色达到滴定终点，故答案为B；当滴入最后半滴标准NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色达到滴定终点；【小问4详解】对比三组数据，第2次实验误差较大，错误操作导致标准液体积偏大；A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次，导致标准液浓度变小，所用溶液体积偏大，待测液浓度偏高，故A正确；B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时有气泡，导致标准液体积读数偏小，待测液浓度偏低，故B错误；C．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致标准液体积读数偏大，待测液浓度偏高，故C正确；D．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，锥形瓶内待测液的量偏少，导致所用碱液减少，故D错误；故答案为：2；AC；【小问5详解】数据2无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为，故答案为：0.1000；【小问6详解】准确移取20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸（装在酸式滴定管中）滴定，通过盐酸的体积，根据HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度，故答案为：是。17.当今社会的主题之一：发展经济，节能减排。而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如下图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：（1）甲装置是_______(填“原电池”或“电解池”)，写出a极的电极反应_______。（2）乙池中c极的电极反应_______。（3）当b极消耗标准状况下的O2112mL时，若乙中硫酸铜溶液的体积是200mL，假若电解前后溶液体积保持不变，此时乙池中的pH=_______。（4）若CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入_______。A.CuO B.Cu(OH)2 C.CuCO3 D.Cu2(OH)2CO3（5）现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则A出口导出的溶液溶质为_______(写化学式)，M为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。【答案】（1）①.原电池②.CH3OH+8OH6e=CO+6H2O（2）2H2O4e=O2↑+4H+（3）1（4）AC（5）①.H2SO4②.阴【解析】【分析】由图中可知，甲装置为原电池，a是原电池负极，b是原电池正极，乙丙装置为电解池。【小问1详解】甲装置是原电池，a是原电池负极，其电极反应为CH3OH+8OH6e=CO+6H2O。【小问2详解】乙池为电解池，c极是阳极，其电极反应为2H2O4e=O2↑+4H+。【小问3详解】由图分析可知O2~4e~4H+则c(H+)==0.1mol/LpH=1。【小问4详解】乙池只发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，损失的是铜与氧元素，所以要恢复到原来的状态只需要加入