《2019-2020学年北京海淀区新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京海淀区新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京海淀区新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g 沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH 固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)。下列说法正确的是A该固体中一定含有NH4
2、+、CO32-、SO42-、Cl-B该固体中一定没有Ca2+、Cl-，可能含有K+C该固体可能由(NH4)2SO4、K2CO3和 NH4Cl 组成D该固体中n(K+)0.06mol【答案】D【解析】【分析】某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀 6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g 沉淀。4.66g 沉淀为硫酸钡，所以固体中含有-14.66g233g?mol=0.02mol 硫酸根离子，-16
3、.634.66g197g?molg=0.01mol 碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH 固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有-10.672L22.4L?mol=0.03mol 铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故 A 不符；B该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故 B 不符；C该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故 C不符；D根
4、据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)2（n(SO42)+n(CO32)），该固体中n(K+)(0.02 2+0.01 2)2-0.03 2=0.06，n(K+)0.06mol，故 D 符合。故选 D。【点睛】本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K是否存在，是本题的难点、易错点。2银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（）A工作时原电池负极附近溶液的pH 增大B电子由Zn 经过溶液流向Ag2O C溶液中OH-由 Zn 电极移向Ag2O 电极DAg2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-
5、2Ag+2OH-【答案】D【解析】【详解】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH 减小，故A 错误；B.电子不能在溶液中传递，故B 错误；C.原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由 Ag2O 电极移向Zn 电极，故C错误；D.根据上面分析，Ag2O 作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故 D 正确；答案选 D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。3下列解释事实的方程式不正
6、确的是A金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O B铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O C硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4+OH-=NH3十+H2O D碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S+2I-【答案】C【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗：4Na+O2=2Na2O，选项 A正确；B.铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项 B正确；C.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2
7、O，选项 C错误；D、碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，生成更难溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S+2I-，选项 D正确。答案选C。4NO2、O2和熔融 KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I 电极上生成氧化物Y，Y 可循环使用。下列说法正确的是A O2在石墨 附近发生氧化反应B该电池放电时NO3向石墨 电极迁移C石墨 附近发生的反应：3NO2+2eNO+2NO3D相同条件下，放电过程中消耗的NO2和 O2的体积比为4 1【答案】D【解析】【详解】A石墨通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A 错误；B原电池中阴离子移向
8、负极，NO3-向石墨电极迁移，B 错误；C石墨 I 为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO2+NO3-e-=N2O5，C 错误；D负极反应式为：NO2+NO3-e-=N2O5、正极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，则放电过程中消耗相同条件下的 NO2和 O2的体积比为4：1，D 正确；答案选 D。【点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查。5一定条件下，体积为1L的密闭容器中，0.3molX 和 0.2molY 进行反应：2X（g）Y（s）Z（g），经 10s 达到平衡，生成0.1m
9、olZ。下列说法正确的是（）A若增加Y的物质的量，则V正大于 V逆平衡正向移动B以 Y浓度变化表示的反应速率为0.01mol L1 s1C该反应的平衡常数为10 D若降低温度，X 的体积分数增大，则该反应的H0【答案】C【解析】【详解】A.Y 是固体，若增加Y的物质的量，平衡不移动，故A 错误；B.Y是固体，物浓度变化量，不能表示反应速率。C.平衡时，生成0.1molZ，消耗 0.2molX，剩余 0.1molX，该反应的平衡常数为2molLmol0.11=100.11L，故 C 正确；D.若降低温度，X 的体积分数增大，即反应向逆向进行，则正反应为吸热，H0，故 D 错误；答案选 C。6短周
10、期元素W、X、Y、Z、Q 的原子序数依次增加，W 与 Y能形成两种常温下均为液态的化合物，X 是形成化合物种类最多的元素，Z的原子在短周期中半径最大，Q 为地壳中含量最多的金属元素，下列说法正确的是A简单离子半径：YNa+，选项 A 错误；B.这四种元素可以形成多种盐溶液，其中酸式盐溶液有可能显酸性，如NaHC2O4，选项 B 错误；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因非金属性Y（O）强于 X(C)，则简单氢化物的稳定性：Y大于 X，选项 C 正确；D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物，熔融并不导电，选项D 错误。答案选 C。【点睛
11、】本题考查元素周期表周期律，推出各元素为解题的关键，易错点为选项D；工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物。7一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH 的关系如下表。下列说法错误的是（）pH 2 4 6 6.5 8 13.5 14 腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2A当 pH4 时，碳钢主要发生析氢腐蚀B当 pH6 时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当 pH14 时，正极反应为O2+4H+4e2H2O D在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【答案】C【解析】【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生
12、吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】A当 pH4 溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H+2e-=H2，故 A 正确；B 当 pH6 溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B 正确；C在 pH14 溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故 C错误；D在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D 正确；故选 C。8某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是(
13、)A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4molNaOH 反应D与 NaHCO3、Na2CO3均能发生反应【答案】C【解析】【详解】A含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A 错误；B酚-OH 的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，故B 错误；C.2 个酚羟基、-Cl及-COOC-均与 NaOH 反应，则1mol 该物质最多可与4mol NaOH 反应，故C 正确；D含酚-OH，与 Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D 错误；故选 C。925时，HCN 溶液中 CN-和 HCN 浓度所占分数()随 pH
14、变化的关系如图所示，下列表述正确的是（）A Ka(HCN)的数量级为10-9B0.1mol/LHCN 溶液使甲基橙试液显红色C1L 物质的量都是0.1mol 的 HCN和 NaCN混合溶液中c(HCN)c(CN-)D 0.1mol/LNaCN 溶液的 pH=9.2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，取b 点，c(HCN)=c(CN)，则有 HCN的电离平衡常数表达式为 Ka=+-c(H)c(CN)c(HCN)=c(H)=109.2，Ka(HCN)的数量级约为1010，故 A 错误；B.HCN为弱酸，其电离方程式为HCNH CN，弱电解质的电离程度微弱，
15、可以认为c(H)=c(CN)，c(HCN)=0.1molL1，根据电离平衡常数，0.1molL1HCN溶液：+-2+c(H)c(CN)c(H)=c(HCN)0.1=1010，解得 c(H)=105.5，即 pH=5.5，甲基橙：当pHKa=1010，即 CN的水解大于HCN的电离，从而推出1L 物质的量都是0.1mol 的 HCN和 NaCN 混合溶液中：c(CN)C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选 D。14一定呈中性的是()A pH7 的溶液B25，Kw1.0 1014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液【答案】C【解析】【详
16、解】A 100 度时，纯水的pH6，该温度下pH7 的溶液呈碱性，所以pH7 的溶液不一定呈中性，故A 错误；B25，Kw1.0 1014是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B 错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D 错误；答案选 C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。15 海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式
17、被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(假设盐分以一个NaCl计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1 年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A海冰内层“盐泡”越多，密度越小B海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D海冰内层NaCl 的浓度约为410mol/L(设冰的密度为30.9g/cm)【答案】D【解析】【详解】A“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A 错误；B若海冰的冰龄达到1 年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；C“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子
18、，故C错误；D冰的密度为30.9g cm，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含 NaCl为4900g18g/mol10 mol500000，可知海冰内层NaCl 的浓度约为44110molc10mol L1L，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16工业上由MnS 矿（还含少量FeCO3、MgO 等）制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：已知相关金属离子（浓度
19、为0.1mol L1）形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.8 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 3.2 10.9(1)“酸浸”过程中，MnS（难溶）发生反应的离子方程式为_。(2)“酸浸”时 MnO2应过量，目的是_和将 Fe2氧化为 Fe3。(3)已知 KspFe(OH)34 1038。常温下，当溶液的pH2 时，c(Fe3+)_molL1。(4)“除杂”时若溶液pH 过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_。(5)“沉锰”反应的化学方程式为_。(6)用 MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。将 SO2和空气
20、的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2、SO42-的浓度随反应时间t 变化如图。导致 Mn2+、SO42-浓度变化产生明显差异的原因是_。【答案】MnS MnO24H=S2Mn22H2O 提高 MnS 的转化率4 102H与 F-/反应生成弱酸 HF 2NH4HCO3 MnSO4=MnCO3(NH4)2SO4CO2H2O Mn2催化 O2与 H2SO3反应生成 H2SO4【解析】【分析】(1)“酸浸”过程中，MnS 与 MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水；(2)根据金属沉淀的pH 进行分析；(3)根据 KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)进行计算；(4)“除杂”时若溶液p
21、H 过低，H与 F-反应生成弱酸HF；(5)“沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水；(6)Mn2催化 O2与 H2SO3反应生成H2SO4。【详解】(1)“酸浸”过程中，MnS 与 MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnSMnO24H=S2Mn22H2O；(2)为提高 MnS 的转化率和将Fe2氧化为 Fe3，“酸浸”时 MnO2应过量；(3)常温下，当溶液的pH2 时，c(H+)10-2mol L1，c(OH-)wKc H=10-12mol L1，KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)c(Fe3+)(10-12mol L1)34103
22、8，解得 c(Fe3+)4 102mol L1；(4)“除杂”时若溶液pH 过低，H与 F-反应生成弱酸HF，Mg2+沉淀不完全；(5)根据流程可知，“沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 2NH4HCO3MnSO4=MnCO3(NH4)2SO4CO2H2O；(6)将 SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，Mn2催化 O2与 H2SO3反应生成 H2SO4，导致 Mn2+、SO42-浓度迅速增大。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，物质的分离提纯，易错点为(4)“除杂”时若溶液pH 过低，H与 F-反应生成弱酸 HF，Mg2+沉淀不完全。三、推断
23、题（本题包括1 个小题，共10 分）17铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态 Fe3+核外电子排布式为_。（2）在 Fe(CN)63中不存在的化学键有_。A离子键B金属键C氢键D共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HC CH+HCN H2C=CH C N KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CH CN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中 键
24、和 键数目之比为_。（4）C22和 N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl 晶体的相似（如图甲所示），但 CaC2晶体中哑铃形的 C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为 _。（5）金属 Fe能与 CO形成 Fe(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg cm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】第四周期族Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5AB KCON sp sp22:1 4 分子733112104Ad Ng【解析】【分析】(1)Fe
25、 的原子序数是26，根据构造原理知Fe 的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态 Fe 失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道上 1 个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由 K、C.N、O 四种元素组成，K 为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CH-C N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有 1 个 键和 1 个 键、CN含有 1 个 键和 2
26、个 键，C-H 都是 键，确定分子中 键和 键数目，再求出比值；(4)1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的C22-应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe 单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为818+1=2，晶胞的质量为256ANg，晶胞体积 V=112dANgcm3、边长 a=3112dANgcm，根据 Fe原子半径r 与晶胞边长a 关系求出r。【详解】(1)Fe 的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去 4s 上 2 个电子和3d 轨道
27、上 1 个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5 或Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63-是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中 K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O 位于第二周期，但N 的 p 轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCO”“或
28、“=”)，判断依据是_。T2K 下，平衡常数K=._。(3)在 T 1K下，CO和 CH4混合气体发生反应：CO(g)+CH4(g)?CH3CHO(g)?H 0，反应速率v=v正-v逆=k正c(CO)c(CH4)k逆c(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，vv正逆将_(填“增大”“减小”或“不变”,下同)；若升温，kk正逆将_。(4)在 T2K 下，在 2L 真空容器中充入1 mol CH3OCH3(g)，发生反应：CH3OCH3(g)?CH4(g)+H2(g)+CO(g)。在不同时间测定容器内的总压数据如下表所示：在该温度下，CH3OCH3的平衡
29、转化率为_。(5)科研人员电解酸化的CO2制备 CH3OCH3，装置如图所示。阴极的电极反应式为_。【答案】733T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应4不变减小75%2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O【解析】【分析】(1)利用热焓变计算键能时，借助公式：反应物的总键能生成物的总能键=?H；代入已知键能的数据，便可求出未知键能的数值；(2)利用坐标图象分析?H 与 0 的相对大小时，需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短。(3)利用图象求平衡常数时，需采集图中曲线上某点的转化率或浓度，利用三段式建立
30、反应物与生成物的平衡量关系，代入平衡常数计算公式进行计算。(4)利用电池装置图书写电极反应式时，应提取图中的信息，或电极反应物或生成物，电解质的性质，然后根据反应物中元素价态的变化，确定电极的名称，然后写出电极反应式。【详解】(1)H=反应物的总键能生成物的总键能，即(E1+2 436kJ/mol)-(3 413kJ/mol+E2+465kJ/mol)=-99/mol，从而求出 E1-E2=733kJ mol-1。答案为：733；(2)从图中可以看出，T1时达平衡时间短，T1T2，升高温度，3CH OH%（）减小，则平衡逆向移动，?HT2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应。
31、答案为：T2，升高温度CH3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应；T2K 下，CH3OH 的转化率为80%，设混合气的体积为1L，利用三段式：33322CH OH(g)CH OCH(g)H O(g)(mol)200(mol)1.60.80.8(mol)0.40.80.8垐?噲?起始量变化量平衡量平衡常数K=20.8 0.80.4=4。答案为：4；(3)达到平衡后，若加入高效催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，则vv正逆将不变；平衡时，v正=v逆，k正c(CO)c(CH4)=k逆c(CH3CHO)，K=kk正逆，此时若升温，平衡逆向移动，kk正逆将减小。答案为：不变；减小；(4)设 CH3OC
32、H3的起始量为1mol，变化量为y，建立三段式：3342CH OCH(g)CH(g)CO(g)H(g)(mol)1000(mol)(mol)1yyyyyyyy垐?噲?起始量变化量平衡量因为压强之比等于物质的量之比，则15012125y，y=0.75mol，从而求出该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为 75%。答案为：75%；(5)依题意，阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H+3O2，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。答案为：2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。【点睛】在书写电极反应式时，从箭头分析，H2OO2，则 O 元素由-2 价升高到0 价，失电子，此电极为阳极，则另一电极为阴极，同样从箭头分析，CO2 CH3OCH3，可利用的离子是H+，H2O 也是可利用的物质，由此可写出电极反应式。