1、2015-2016学年福建省四地六校高二（上）第二次联考化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关说法不正确的是（）A镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B手机上用的锂离子电池属于二次电池C燃料电池能把化学能转化成电能D已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的H0、S0，那么高温下可自发进行2反应3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（）Av（A）=1.5 molL1s1Bv（C）=0.5 molL1s1Cv（D）=0.6 molL1s1Dv（B）=0.4 molL1s
2、13已知I2（g）+H2（g）2HI（g）H=QkJ/mol（Q0），HH键能为akJ/mol，HI键能为bkJ/mol，则II键能是（）Ab+QakJ/molB2bQa kJ/molC2b+QakJ/molDbQ+akJ/mol4如图所示，利用2Ag+Cl22AgCl设计的原电池可测量空气中Cl2的含量（原电池的电解质是含有自由移动Ag+的固体物质）下列分析不正确的是（）A空气中c（Cl2）越大，Ag极消耗速率越快BAg+向Pt电极移动C电子由Ag电极经外电路流向Pt电极DAg电极上发生了还原反应5下列描述中，不符合生产实际的是（）A电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极B电解法精炼粗铜，
3、用纯铜作阴极C电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极D在镀件上电镀锌，用锌作阳极6用CaCO3与1molL1稀盐酸反应制取CO2，下列措施对反应速率几乎没影响的是（）A改用浓度为0.5 molL1的稀硫酸B加入更多的碳酸钙C稍微加热，升高反应温度D改用浓度为2 molL1的稀盐酸7如图与金属腐蚀有关的说法，正确的是（）A插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B插入溶液中的铁棒容易溶解，主要是发生电化学腐蚀C燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的阴极8铅蓄电池的充、放电反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42Pb
4、SO4+2H2O关于铅蓄电池的说法正确的是（）A放电时，正极发生的反应是：Pb（s）+SO（aq）2ePbSO4（s）B充电时，每消耗1molPbSO4的同时转移2mol电子C放电时，该电池的负极材料是铅板D充电时，电池中硫酸的浓度不断变小9NH4HS（s）NH3（g）+H2S（g）在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（）A温度、容积不变，充入NH3B温度、容积不变时，充入SO2气体C充入N2，保持压强不变D移走一部分NH4HS固体10甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H=+49.0kJmol1
5、CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）ACH3OH的燃烧热为192.9 kJmol1B反应中的能量变化如图所示CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）的H192.9 kJmol111对于可逆反应mA（g）+nB（s）pC（g）+qD（g）反应过程中，其他条件不变时，D的百分含量与温度（T）或压强（P）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（）A升高温度，平衡正移B使用催化剂，D的百分含量增加Cmp+qDB的颗粒越小，反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动1
6、2在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度变为原来的60%，则（）A平衡逆向移动了B物质A的转化率减小了C物质B的质量分数增大了D反应速率增大，且v正v逆13298K时，在FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+据此某学习小组设计如图所示的原电池装置下列有关说法正确的是（）A正极反应为：Zn2eZn2+B盐桥中K+向右池移动CPt电极上有气泡出现D左烧杯中溶液的红色变浅14某温度下，将等物质的量的P与Q投入体积固定2L密闭容器中，发生反应2P（g）+Qg）xW（g）+U（g），经5min后到达平衡，这
7、5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），平衡时U的浓度为0.5mol/L，P：Q=1：2，下列说法中不正确的是（）Ax值是2BP平衡转化率为66.7%C平衡常数为1D反应前，Q的物质的量为3 mol15电解硫酸钠溶液生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（）Aa极与电源的负极相连Ba电极反应式：2H2O+2e=H2+2OHC离子交换膜d为阴离子交换膜D产物丙为硫酸溶液16某学习小组为了探究 BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O 反应速率（v）与反应物浓度的关系，在20进行实验，所得
8、的数据如下表：实验编号相关数据c（H+）/molL10.0080.0080.0040.0080.004c（BrO3）/molL10.0010.0010.0010.0020.002c（Br）/molL10.100.200.200.100.40v/molL1s12.41084.81081.21084.8108v1下列结论不正确的是（）A若温度升高到40，则反应速率增大B实验、，探究的是c（BrO3）对反应速率的影响C若该反应速率方程为v=k ca（BrO3）cb（Br）cc（H+）（k为常数），则c=2D实验中，v1=4.8108molL1s1二.（非选择题共52分）17如图所示，甲、乙两池的电极
9、材料都是铁棒与碳棒，丙池是电解精炼铜（1）甲池中盛有CuSO4溶液，反应一段时间后，有红色物质析出的是_棒，甲池中铁电极上电极反应式是_（2）乙池中盛有饱和NaCl溶液，总反应的化学方程式为_若往乙池中滴入酚酞试液，_电极（填“Fe”或“C”）附近呈现红色反应一段时间后，若要使溶液恢复到电解前的状态，可以向溶液中通入一定量的_（3）丙池中粗铜电极发生_（填“氧化”或“还原”）反应，反应过程中，Cu2+的浓度_（填“增大”、“减小”或“不变”）18空气中CO2的含量及有效利用，已经引起各国的普遍重视：目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密
10、闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol；测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图甲所示（1）前3min内，平均反应速率v（H2）=_molL1min1此温度下该反应的平衡常数为_（保留两位小数，注意要写单位）（2）下列措施中，既能使反应加快，又能使增大的是_A升高温度 B充入惰性气体 C将H2O（g）从体系中分离 D再充入1mol H2（3）图乙中t5时引起平衡移动的条件是_（填序号）A升高温度 B增大反应物浓度 C使用催化剂 D增大体系压强（4）反应达到平衡后，若向反应体系再
11、加入CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）各1mol，化学平衡_（填“正向”、“逆向”或“不”）移动：利用CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）将CO2转化成燃料气T时，在恒容密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，发生上述反应，吸收热量Q1kJ，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，（5）下列事实能说明该反应达到平衡的是_aCO的物质的量不再发生变化b混合气体的密度不再发生变化cv正（CO2）=2v逆（H2）d混合气体压强不再发生变化e单位时间内生成n mol CH4的同时消耗2n mol H2（6）据图可知P1、P2、P3、P4由
12、小到大的顺序是_（7）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，相同的温度下充分反应达到平衡后，放出热量Q2 kJ，则Q1Q2（填“”“=”或“”）：设反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g） 和反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数分别为K1、K2，在不同温度下，K1、K2的值如表所示：T（K）K1K29731.472.3611732.151.67（8）现有反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），是_（填“吸”或“放”）热反应19甲、乙两个小组利用酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应，设计
13、实验探究影响反应速率的因素（2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）甲组：利用如图装置，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）序号 A溶液 B溶液 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 2ml 0.1mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4（1）该实验的目的是探究_对化学反应速率的影响（2）分液漏斗中A溶液应该_加入（填“
14、一次性”或“逐滴滴加”）（3）实验结束后，读数前为了使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，需要进行的操作是_乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/ml1050X0.5mol/L H2C2O4/ml5101050.2mol/L KMnO4/ml551010时间/s402010A5 B10 C15 D204号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是20某同学设计了一个甲醇（CH3OH）燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合
15、溶液，其装置如图1：（1）25，1.01105Pa时16g液态甲醇完全燃烧，当恢复至原状态时，放出362.9kJ热量，此反应的热化学方程式为_（2）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式_（3）铁电极上反应的现象为：先有红色的物质析出，后_石墨电极上产生的气体是（4）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示（气体体积已换算成标准状况下的体积）原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度_molL12015-2016学年福建省四地六校高二（上）第二次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关说法不正确的是（）A镀铜铁制
16、品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B手机上用的锂离子电池属于二次电池C燃料电池能把化学能转化成电能D已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的H0、S0，那么高温下可自发进行【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护；B能多次充放电的电池为二次电池；C原电池可将化学能转化为电能；D如能自发进行，应满足HTS0【解答】解：ACu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极，所以Fe加速被腐蚀，故A正确；B锂离子电池能多次充放电，属于二次电池，故B正确；C燃料电池为原电池，可将化学能转化为电能，故C正确；D.2CO（g）
17、=2C（s）+O2（g）的H0、S0，则HTS0，在高温下不能自发进行，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀、二次电池以及焓变与熵变等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大2反应3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（）Av（A）=1.5 molL1s1Bv（C）=0.5 molL1s1Cv（D）=0.6 molL1s1Dv（B）=0.4 molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反
18、应速率快【解答】解：反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快，A. = molL1s1=0.5molL1s1；B. = molL1s1=0.25molL1s1；C. = molL1s1=0.3molL1s1；D. = molL1s1=0.4molL1s1；通过以上分析知，比值大小顺序是ADCB，所以反应速率最大的是A，故选A【点评】本题考查化学反应速率大小比较，为高频考点，明确化学反应速率与计量数关系是解本题关键，也可以将不同物质转化为同一物质进行比较，注意单位必须统一，题目难度不大3已知I2（g）+H2（g）2HI（g）H=QkJ/mol（Q0
19、），HH键能为akJ/mol，HI键能为bkJ/mol，则II键能是（）Ab+QakJ/molB2bQa kJ/molC2b+QakJ/molDbQ+akJ/mol【考点】有关反应热的计算【分析】根据反应热H=反应物的总键能生成物的总键能，据此计算即可【解答】解：已HH键能为akJ/mol，HI键能为bkJ/mol，设：II键能为xkJmol1，反应热=反应物的总键能生成物的总键能=xkJmol1+akJmol12bkJmol1=QkJ/mol，所以x=2bQakJ/mol故选B【点评】本题考查反应热的有关计算，题目难度不大，掌握反应热与键能的关系是关键4如图所示，利用2Ag+Cl22AgCl
20、设计的原电池可测量空气中Cl2的含量（原电池的电解质是含有自由移动Ag+的固体物质）下列分析不正确的是（）A空气中c（Cl2）越大，Ag极消耗速率越快BAg+向Pt电极移动C电子由Ag电极经外电路流向Pt电极DAg电极上发生了还原反应【考点】化学电源新型电池【分析】Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析【解答】解：A、反应原理是Ag与氯气反应，空气中c（Cl2）越大，氯气在正极反应生成氯离子速度越快，Ag消耗越快，故B正确；B、电池工作时，电解质中Ag+向正极移动，即向Pt电极移动，故B正确；
21、C、电子从负极Ag流向正极Pt，故C正确；D、Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，故D错误；故选D【点评】本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大5下列描述中，不符合生产实际的是（）A电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极B电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极D在镀件上电镀锌，用锌作阳极【考点】电解原理【分析】A、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极；C、电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极【解答】解：A、
22、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极，在阳极可生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化钠溶液，故A正确；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，故B正确；C、电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极是则阳极放电的是金属镁，电极被损耗，不符合生产实际，故C错误；D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极，故D正确故选C【点评】本题考查学生电解池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大6用CaCO3与1molL1稀盐酸反应制取CO2，下列措施对反应速率几乎没影响的是（）A改用浓度为0.5 molL1的稀硫酸B加入更多的碳酸钙C稍微加热，升高反应温度D改用浓度为2 molL1的稀
23、盐酸【考点】化学反应速率的影响因素【分析】一般来说，升高温度，增大 浓度、增大固体的表面积，可增大反应速率，注意固体的量的多少对反应速率无影响【解答】解：A改用浓度为0.5 molL1的稀硫酸，氢离子浓度不变，但生成硫酸钙沉淀，阻碍反应的进一步进行，故A不选；B碳酸钙为固体，增大固体的量，对反应速率没有影响，故B选；C升高温度，反应速率增大，故C不选；D浓度增大，可增大反应速率，故D不选故选B【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累7如图与金属腐蚀有关的说法，正确的是（）A插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严
24、重B插入溶液中的铁棒容易溶解，主要是发生电化学腐蚀C燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的阴极【考点】实验装置综合【分析】A铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快；B该装置为电解池，铁棒连接电源的负极，不易被腐蚀；C温度越高，铁越容易被氧化；D牺牲阳极的阴极保护法中，作负极的金属易被腐蚀【解答】解：A铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，插入海水中的铁棒，越靠近底端氧气的浓度越小，则腐蚀越轻，故A错误；B该装置为电解池，铁棒连接了电源的负极，为电解池的阴极，所以铁棒被保护，不易腐蚀，故B错误；C温
25、度越高，铁越容易被氧化，所以高温下铁越容易生锈，故C正确；D用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁作负极而易被腐蚀，铁作正极被保护，故D错误；故选C【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，明确原电池原理为解答关键，注意掌握金属腐蚀的类型及防护方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力8铅蓄电池的充、放电反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O关于铅蓄电池的说法正确的是（）A放电时，正极发生的反应是：Pb（s）+SO（aq）2ePbSO4（s）B充电时，每消耗1molPbSO4的同时转移2mol电子C放电时，该电池的负极材料是铅板D充电时，电池中硫酸的浓度
26、不断变小【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【分析】由总方程式可知，为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO422e=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H+SO422e=2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e=Pb+SO42，阳极反应为PbSO42e+2H2O=PbO2+SO42+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题【解答】解：A正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4（s）+2H2O，故A错误；B根据总的电池反应，得到充电时每消耗1mol
27、PbSO4的同时转移1mol电子，故B错误；C由总方程式可知，为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，故C正确D由方程式可知，充电时，消耗水，生成硫酸，电解质溶液中硫酸浓度增大，故D错误；故选C【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握电解方程式的书写，难度不大9NH4HS（s）NH3（g）+H2S（g）在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（）A温度、容积不变，充入NH3B温度、容积不变时，充入SO2气体C充入N2，保持压强不变D移走一部分NH4HS固体【考点】化学平衡的影响因素【分析】A容积不变，充入氨气，
28、平衡逆向进行；B温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，据此分析解答；C充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，平衡向体积增大的方向移动DNH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动【解答】解：A容积不变，充入氨气，增大生成物浓度，平衡向左移动，故A不符合；B温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故B不符合；C充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故C不符合；DNH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影
29、响平衡移动，故D符合；故选D【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度不大，注意理解压强对化学平衡移动的影响本质是影响反应混合物的浓度进而影响反应速率导致平衡移动10甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H=+49.0kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）ACH3OH的燃烧热为192.9 kJmol1B反应中的能量变化如图所示CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）的H
30、192.9 kJmol1【考点】热化学方程式；吸热反应和放热反应；燃烧热【分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；B、反应是吸热反应，反应物能量小于生成物；反应是吸热反应，反应是放热反应，对比反应的热化学方程式可知等物质的量的气态水能量低于氧气的能量；C、据反应分析；D、依据反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol CH3OH气态变化为液态放热，充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9 kJ【解答】解：A、反应生成氢气，不符合燃烧热的概念，故A错误；B、图中表示的是放热反应，而反应是吸热反应，图象不符合，故B错误；C、据
31、反应可知，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，故C错误；D、反应气态甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol液态 CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9 kJ，故D正确；故选D【点评】本题考查了热化学方程式的分析应用以及燃烧热的概念、放热反应图象，物质能量的变化判断是解题关键，题目难度中等11对于可逆反应mA（g）+nB（s）pC（g）+qD（g）反应过程中，其他条件不变时，D的百分含量与温度（T）或压强（P）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（）A升高温度，平衡正移B使用催化剂，D的百分含量增加Cmp+qDB的颗粒越小，反应
32、速率越快，有利于平衡向正反应方向移动【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】A、由图根据先拐先平数值大可知，T2T1，升高温度，D的含量减小，平衡逆向移动；B、催化剂对化学平衡无影响；C、由图根据先拐先平数值大可知，P2P1，增大压强，D的含量减小，平衡逆向移动；D、B的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡无影响【解答】解：A、由图根据先拐先平数值大可知，T2T1，升高温度，D的含量减小，平衡逆向移动，故A错误；B、催化剂对化学平衡无影响，不会使D%有所增加，故B错误；C、由图根据先拐先平数值大可知，P2P1，增大压强，D的含量减小，平衡逆向移动，故mp+q，
33、故C正确；DB的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡不产生影响，故D错误故选：C【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，难度中等要注意催化剂和颗粒大小对化学平衡不产生影响12在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度变为原来的60%，则（）A平衡逆向移动了B物质A的转化率减小了C物质B的质量分数增大了D反应速率增大，且v正v逆【考点】化学平衡的影响因素【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动
34、，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，据此结合选项判断【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A错误；B、根据A的判断，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B错误；C、平衡向正反应移动，B的质量增加，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；D、将容器体积增加一倍，压强减小反应
35、速率减小，正逆反应速率都减小，v正v逆，故D错误；故选C【点评】本题考查化学平衡移动等，难度中等，注意利用假设法分析、判断平衡移动方向，掌握基础是关键13298K时，在FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+据此某学习小组设计如图所示的原电池装置下列有关说法正确的是（）A正极反应为：Zn2eZn2+B盐桥中K+向右池移动CPt电极上有气泡出现D左烧杯中溶液的红色变浅【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】Zn失去电子发生氧化反应，为负极，Zn2eZn2+，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，Fe3+e=Fe2+，该电池总反应为：Zn+2Fe3+2Fe2+Zn2+，以此解
36、答【解答】解：AZn失去电子发生氧化反应，为负极反应，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，故A错误；B原电池中，电解质里的阳离子移向正极，盐桥中K+向左池移动，故C错误C铂电极上Fe3+被还原为Fe2+，没有气体生成，故C错误；DFe3+在正极得电子被还原为Fe2+，溶液红色变浅甚至褪去，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池知识，侧重于原电池的设计，注意把握电解方程式的书写以及原电池的工作原理，难度不大14某温度下，将等物质的量的P与Q投入体积固定2L密闭容器中，发生反应2P（g）+Qg）xW（g）+U（g），经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），
37、平衡时U的浓度为0.5mol/L，P：Q=1：2，下列说法中不正确的是（）Ax值是2BP平衡转化率为66.7%C平衡常数为1D反应前，Q的物质的量为3 mol【考点】化学平衡的计算【分析】依据经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），W的平衡浓度为1mol/L，平衡时U的浓度为0.5mol/L，x：1=1：0.5，计算得到x=2；依据化学平衡三段式列式计算，经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），生成W物质的量=0.2mol/（Lmin）5min2L=2mol，平衡时U的浓度为0.5mol/L，U物质的量=0.5mo
38、l/L2L=1mol，设P与Q起始物质的量为m； 2P（g）+Q（g）2W（g）+U（g）起始量（mol） m m 0 0变化量（mol） 2 1 2 1平衡量（mol） m2 m1 2 1P：Q=1：2，（m2）：（m1）=1：2m=3据此计算选项分析判断【解答】解：依据经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），W的平衡浓度为1mol/L，平衡时U的浓度为0.5mol/L，x：1=1：0.5，计算得到x=2；依据化学平衡三段式列式计算，经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），生成W物质的量=0.2mol/（Lmin
39、）5min2L=2mol，平衡时U的浓度为0.5mol/L，U物质的量=0.5mol/L2L=1mol，设P与Q起始物质的量为m； 2P（g）+Q（g）2W（g）+U（g）起始量（mol） m m 0 0变化量（mol） 2 1 2 1平衡量（mol） m2 m1 2 1P：Q=1：2，（m2）：（m1）=1：2解得m=3，A、经5min后到达平衡，这5min内W的平均反应速率是0.2mol/（Lmin），W的平衡浓度为1mol/L，平衡时U的浓度为0.5mol/L，x：1=1：0.5，则x=2，故A正确；B、P平衡转化率=100%=66.7%，故B正确；C、依据上述计算利用平衡浓度计算平衡常
40、数，平衡常数为=2，故C错误；D、上述计算可知反应前，Q的物质的量为3 mol，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学平衡计算的分析应用，主要是三段式计算转化率、平衡常数的方法，掌握基础是关键，题目难度中等15电解硫酸钠溶液生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（）Aa极与电源的负极相连Ba电极反应式：2H2O+2e=H2+2OHC离子交换膜d为阴离子交换膜D产物丙为硫酸溶液【考点】电解原理【分析】装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，
41、气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜【解答】解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；A、分析可知a电极为阳
42、极，与电源正极相连，故A错误；B、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，故B错误；C、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C错误；D、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，故D正确；故选D【点评】本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等16某学习小组为了探究
43、BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H2O 反应速率（v）与反应物浓度的关系，在20进行实验，所得的数据如下表：实验编号相关数据c（H+）/molL10.0080.0080.0040.0080.004c（BrO3）/molL10.0010.0010.0010.0020.002c（Br）/molL10.100.200.200.100.40v/molL1s12.41084.81081.21084.8108v1下列结论不正确的是（）A若温度升高到40，则反应速率增大B实验、，探究的是c（BrO3）对反应速率的影响C若该反应速率方程为v=k ca（BrO3）cb（Br）cc（H+）（k为常数），则c
44、=2D实验中，v1=4.8108molL1s1【考点】探究影响化学反应速率的因素；化学反应速率的影响因素【分析】A、升高温度，反应速率加快；B、中的 c（Br）、c（BrO3）都不一样，探究的不只是c（BrO3）对反应速率的影响；C、根据、可知，氢离子浓度增大1倍，速率增大到原来的 4倍；D、根据表中数据可知，、中，c（Br）和c（BrO3）浓度，比都增大一倍，速率共增大4倍【解答】解：A、由于温度升高，反应速率增大，故A正确；B、实验、中，c（Br）也不相同，故B错误；C、中，氢离子浓度增大1倍，速率增大到原来的4倍，故c=2，故C正确；D、中，c（Br）和c（BrO3）浓度关系，中的二者浓
45、度都比中的增大一倍，速率增大4倍，v1=4.8108molL1s1，故D正确；故选B【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，关键分析表中数据，得出合理结论，本题难度中等二.（非选择题共52分）17如图所示，甲、乙两池的电极材料都是铁棒与碳棒，丙池是电解精炼铜（1）甲池中盛有CuSO4溶液，反应一段时间后，有红色物质析出的是碳棒，甲池中铁电极上电极反应式是Fe2eFe2+（2）乙池中盛有饱和NaCl溶液，总反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH若往乙池中滴入酚酞试液，Fe电极（填“Fe”或“C”）附近呈现红色反应一段时间后，若要使溶液恢复到电解前的状态，可以向溶液中通入一
46、定量的HCl气体（3）丙池中粗铜电极发生氧化（填“氧化”或“还原”）反应，反应过程中，Cu2+的浓度减小（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲为原电池，Fe为负极，发生反应：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，据电极反应回答；（2）电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，根据电解原理结合电解质复原的方法来回答；（3）根据电解精炼铜的原理结合电极反应式进行计算即可【解答】解：（1）甲为原电池，Fe为负极，发生Fe+CuSO4FeSO4+Cu，所以碳电极上生成红色物质Cu，铁电极是负极，该电极上电极反应式是Fe2eFe2+，故答案为：碳；Fe2eFe2+
47、；（2）电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，离子反应为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，若往乙池中滴入酚酞试液，在阴极铁电极上氢离子放电，氢氧根离子浓度增加，所以阴极区域显示红色，应一段时间后，若要使溶液恢复到电解前的状态，可以向溶液中通入一定量的HCl气体，故答案为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；Fe；HCl气体；（3）丙池中粗铜电极是阳极，发生氧化反应，在阳极上是依次是金属锌、铁、镍、铜放电，但是在阴极上始终是铜离子得电子，所以反应过程中，Cu2+的浓度逐渐减小，故答案为：氧化；减小【点评】本题考查原电池和电解原理，明确工作原理及发生的电极反应是解答的关键
48、，注意电极的判断和电子守恒的应用，题目难度中等18空气中CO2的含量及有效利用，已经引起各国的普遍重视：目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol；测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图甲所示（1）前3min内，平均反应速率v（H2）=0.5molL1min1此温度下该反应的平衡常数为5.33（保留两位小数，注意要写单位）（2）下列措施中，既能使反应加快，又能使增大的是DA升高温度 B
49、充入惰性气体 C将H2O（g）从体系中分离 D再充入1mol H2（3）图乙中t5时引起平衡移动的条件是D（填序号）A升高温度 B增大反应物浓度 C使用催化剂 D增大体系压强（4）反应达到平衡后，若向反应体系再加入CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）各1mol，化学平衡正向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动：利用CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）将CO2转化成燃料气T时，在恒容密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，发生上述反应，吸收热量Q1kJ，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，（5）下列事实能说明该反应达到平衡的是ad
50、aCO的物质的量不再发生变化b混合气体的密度不再发生变化cv正（CO2）=2v逆（H2）d混合气体压强不再发生变化e单位时间内生成n mol CH4的同时消耗2n mol H2（6）据图可知P1、P2、P3、P4由小到大的顺序是P1P2P3P4（7）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，相同的温度下充分反应达到平衡后，放出热量Q2 kJ，则Q1Q2（填“”“=”或“”）：设反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g） 和反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数分别为K1、K2，在不同温度下，K1、K2的值如
51、表所示：T（K）K1K29731.472.3611732.151.67（8）现有反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），是吸（填“吸”或“放”）热反应【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【分析】（1）根据v=计算；根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；（2）要使增大，应使平衡向正反应方向移动；（3）t5时刻正逆反应速率都增大，且平衡正向进行，依据选项分析，A若是升高温度，反应是放热反应，升温平衡逆向进行不符合；B增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，此时逆反应速率不变；C催化剂同等程度改变正逆反应速率；D增大压强平衡正向进行，反应速
52、率增大；（4）反应达到平衡后，若向反应体系再加入CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）各1mol，计算Qc和平衡常数K比较判断反应进行的方向；（5）aCO的物质的量不再发生变化，说明达平衡状态；b混合气体的密度一直不发生变化，不一 定是平衡状态；cv正（CO2）=v正（H2）=2v逆（H2），所以不是平衡状态；d混合气体压强不再发生变化，说明物质的量不变，达平衡状态；e单位时间内生成n mol CH4的同时消耗2nmolH2都反映的量逆向，未体现正与逆的关系；（6）增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；（7）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时通入物质的量均为
53、0.1mol的CH4与CO2，相当在原来的基础上增大压强，平衡逆向移动；（8）已知Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H1，Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）H2，据盖斯定律，得：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=H1H2；所以K=；K1随温度的升高而增大，K2随温度升高而减小，则K随温度升高而增大，说明正反应吸热【解答】解：（1）利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：0.5 1.5 0.5 0.53nim（mol/L）：0.5 1.5 0.5 0.5从反
54、应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=0.5 molL1min1，利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k=5.33，故答案为：0.5；5.33；（2）要使增大，应使平衡向正反应方向移动，A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；B充入惰性气体，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故D错误故B
55、错误；C将H2O（g）从体系中分离，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，增大，故C错误；D再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大反应速率增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确故答案为：D；（3）t5时刻正逆反应速率都增大，且平衡正向进行，依据选项分析，A若是升高温度，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，图象中反应速率变化不符合，故A错误；B增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，此时逆反应速率不变，图象速率曲线不符合，故B错误；C催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不变，故C错误；D增大压强平衡正向进行，正逆反应速率增大，故D正确；故答
56、案为：D；（4）利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75反应达到平衡后，若向反应体系再加入CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）各1mol，计算浓度商Q=0.46K=5.33，反应正向进行，故答案为：正向；（5）aCO的物质的量不再发生变化，说明达平衡状态，故a正确；b混合气体的密度一直不发生变化，不一 定是平衡状态，故b错误；cv正（CO2）=v正（H2）=2v逆（H2），所以不是平衡状
57、态，故c错误；d混合气体压强不再发生变化，说明物质的量不变，达平衡状态，故d正确；e单位时间内生成n mol CH4的同时消耗2nmolH2都反映的量逆向，未体现正与逆的关系，故e错误，故答案为：ad；（6）压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故P4P3P2P1，由小到大的顺序为P1P2P3P4，故答案为：P1P2P3P4；（7）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时通入物质的量均为0.1mol的CH4与CO2，相当在原来的基础上增大压强，平衡逆向移动，放出的热量应减小，故答案为：；（8）已知Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H1，Fe（s）+H2O（g
58、）FeO（s）+H2（g）H2，据盖斯定律，得：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=H1H2；所以K=；K1随温度的升高而增大，K2随温度升高而减小，则K随温度升高而增大，说明正反应吸热，故答案为：吸【点评】本题考查了平衡受温度、压强的影响而移动的问题和平衡状态的判断，注意看准图象是解题的关键，难度中等19甲、乙两个小组利用酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应，设计实验探究影响反应速率的因素（2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）甲组：利用如图装置，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小（实验中所用KMnO4溶液均已加入
59、H2SO4）序号 A溶液 B溶液 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 2ml 0.1mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4（1）该实验的目的是探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响（2）分液漏斗中A溶液应该一次性加入（填“一次性”或“逐滴滴加”）（3）实验结束后，读数前为了使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，需要进行的操作是移动量气管，使两个量气管的液面相平乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的
60、多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/ml1050X0.5mol/L H2C2O4/ml5101050.2mol/L KMnO4/ml551010时间/s402010（4）X=AA5 B10 C15 D204号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是KMnO4溶液过量【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）根据实验、中不同的物理量判断该实验目的；（2）无论避免影响测定结果，分液漏斗中的A溶液不能逐滴加入；（3）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；（4）探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总
61、体积都为20mL，据此判断X值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色【解答】解：（1）根据表中数据可知，实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验探究的是催化剂对反应速率的影响，所以该实验的目的是探究温度、催化剂对反应速率的影响，故答案为：草酸浓度和催化剂；（2）为了避免实验误差，实验过程中分液漏斗中的溶液A必须一次性加入，不能逐滴加入，故答案为：一次性；（3）实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平，其作用是使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，故答案为：移动量气管，使两个量气管的液面相平；（4）为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验14中
62、溶液的总体积应该为20，则X=20105=5；根据反应2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，10mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，故答案为：A；KMnO4溶液过量【点评】本题考查了探究浓度度、催化剂对反应速率的影响等知识，题目难度中等，注意掌握影响化学反应速率的因素，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力20某同学设计了一个甲醇（CH3OH）燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图1：（1）25，1.01105Pa时16g液态
63、甲醇完全燃烧，当恢复至原状态时，放出362.9kJ热量，此反应的热化学方程式为CH3OH（l）+O2=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol（2）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O（3）铁电极上反应的现象为：先有红色的物质析出，后有气泡产生石墨电极上产生的气体是Cl2、O2（4）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示（气体体积已换算成标准状况下的体积）原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度0.1molL1【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，则1
64、mol 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出725.8kJ的热量，据此书写；（2）甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；（3）电池通入甲醇的为负极，乙中铁电极为阴极、石墨电极为阳极，开始Cl在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图3中表示阴极产生的气体，表示阳极产生的气体，阳极t1前电极反应式为：2Cl4e=Cl2，t1t3电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O，阴极t2前电极反应式为2Cu2+4e=2Cu，t2点后电极反应式为4H+4e=2H2；（4）根据t1t2 阳极上生成氯气和氧气，结合得失电子守恒计算CuSO4的物质的量浓度【解答】解：（1）16g 液态甲醇
65、完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，则1mol 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出725.8kJ的热量，即热化学方程式为：CH3OH（l）+O2=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol；（2）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；（3）电池通入甲醇的为负极，乙中铁电极为阴极、石墨电极为阳极，开始Cl在阳极放电生成氯气，阴极C
66、u2+放电生成Cu，故图3中表示阴极产生的气体，表示阳极产生的气体，阳极t1前电极反应式为：2Cl4e=Cl2，t1t3电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O，阴极t2前电极反应式为2Cu2+4e=2Cu，t2点后电极反应式为4H+4e=2H2，所以铁电极上反应的现象为：先有红色的物质析出，后有气泡产生；石墨电极上产生的气体是Cl2、O2，故答案为：有气泡产生；Cl2、O2；（4）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图3中表示阴极产生的气体，表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl4e=Cl2，t2点后电极反应式为：阳极4OH4e=O2+2H2O，由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl2e=Cl2可知，n（NaCl）=2=0.02mol，由t2时生成氧气为112mL，n（O2）=0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2+2e=Cu可知，n（CuSO4）=0.02mol，所以c（CuSO4）=0.1mol/L，故答案为：0.1【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键，计算抓住两极电子转移相等计算，题目难度中等