1、新疆兵团第二师华山中学2017-2018学年高一下学期期中考试化学试题一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1. 下列有关能源叙述不正确的是（）A. 沼气是不可再生能源 B. 太阳能是新能源C. 石油是化石燃料 D. 风能是一次能源【答案】A【解析】分析：A沼气属于生物质能；B太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能等都是新能源；C天然气、煤、石油属于化石燃料；D直接从自然界得到的能源叫一次能源。详解：A沼气属于可再生能源，A错误； B太阳能属于新能源，B正确；C石油属于化石燃料，C正确；D风能是直接从自然界获得的，故是一次能源，D正确。答案选A。2. 下列关于3 2He的说法正确
2、的是（ ）A. 3 2He原子核内含有2个中子 B. 3 2He原子核内含有3个质子C. 3 2He原子核外有3个电子 D. 3 2He和4 2He是两种不同的核素【答案】D【解析】试题分析：A、3 2He原子核内含有1个中子，A错误；B、3 2He原子核内含有2个质子，B错误；C、3 2He原子核外有2个电子，C错误；D、3 2He和4 2He是两种不同的核素，D正确。答案选D。考点：核素，原子的组成3. 下列叙述正确的是（ ）A. 非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物B. 含有共价键的化合物都是共价化合物C. 凡是能电离出离子的化合物都是离子化合物D. 凡是含有离子键的化合物都是离
3、子化合物【答案】D【解析】试题分析：非金属原子间以共价键结合的物质不一定是共价化合物，如：NH4Cl是离子化合物，故A错误；只含有共价键的化合物是共价化合物，故B错误；凡是熔融状态能电离出离子的化合物都是离子化合物，故C错误；含有离子键的化合物是离子化合物，故D正确。考点：本题考查化学键。4. 已知化学反应A2(g)B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是()A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量B. 该反应热H(ab) kJmol1C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D. 断裂1 mol AA和1 mol BB键，放出a kJ能量【答案】B【解析】试题分析：A
4、、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，故A错误；B、反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热H=+(a-b)kJmol-1，故B正确； C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。考点：考查了化学反应的能量变化的相关知识。5. 强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1分别向1L 0.5molL1的NaOH溶液中加入浓硫酸、稀醋酸、稀硝酸，恰好完全反
5、应的焓变分别为H1、H2、H3，下列关系正确的是（）A. H2H3H1 B. H1H2H3C. H1H2=H3 D. H1=H2H3【答案】A【解析】分析：根据三种酸的性质结合H0分析解答。详解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2OH=-57.3kJ/mol，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：浓硫酸；稀醋酸；稀硝酸，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，稀醋酸中存在醋酸的电离平衡，电离吸热，则放热最小，焓变最大。稀硝酸是强的稀酸，所以放出的热量为H2H3H1，答案选A。点睛：解答本题需要注意的是浓硫酸溶于水放热、醋酸电离吸热以及比较
6、H大小时要考虑“”号，即放出的热量越多，H越小。6. 下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A. HCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJmol1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=114.6kJmol1B. 已知CO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+566.0 kJmol1C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量就是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】分析：A、根据中和热的概念分析；B、根据燃烧热的概念分析；C、反应条件与反应热没有关系；D、根据燃烧热的概念分析。详解：
7、A、中和热是指稀的强酸、强碱溶液混合生成1mol水时所放出的热量，中和热是不变的，A错误； C、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，C错误；D、应该是1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D错误，答案选B。7. 某同学为了使反应2HCl + 2Ag2AgCl + H2能进行，设计了下列四个实验，如下图所示，你认为可行的方案是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：因Ag与盐酸不反应，则不能设计为原电池，B、D没有外加电源，故BD错误；为了使反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2能顺利进行，可设计为电解池，选择Ag为阳极
8、，盐酸为电解质溶液即可，A中Ag为阴极，故A错误，显然只有C正确；故选C。【考点定位】考查氧化还原反应与原电池的设计【名师点晴】本题考查氧化还原反应与电解的关系，明确常温下不能自动发生的氧化还原反应可利用电解原理来实现是解答的关键，并注意电极的判断及电极反应。8. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是( )A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】甲装置形成原电池，正极铜上有大量气泡产生，A错误；因乙杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，B项错；因甲烧
9、杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，加快了Zn的溶解，故D错；又因两杯中的Zn都能与稀H2SO4反应产生H2而消耗H，故C正确。9. 把a，b，c，d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连成原电池。若a，b相连时，a为负极；c，d相连时，电流由d到c；a，c相连时，c极上产生大量气泡；b，d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为：( )A. abcd B. acdb C. cabd D. bdca【答案】B【解析】试题分析：原电池中，活泼金属作负极，失去电子，溶解。a、b相连时a溶解，ab；c、d相连时c为负极,cd；a、c相连时，c极上产生大量气泡,c作正极，ac；b
10、、d相连时，b为正极，db.所以综上：acdb考点：原电池点评：本题解题关键在于根据实验现象来判断哪一个是正极，哪一个是负极，而原电池中负极的金属活动性大于正极。10. 有关如图所示原电池的叙述，正确的是（盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液）（）A. 铜片上有气泡逸出B. 取出盐桥后，电流计依然发生偏转C. 反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液D. 反应前后铜片质量不改变【答案】C【解析】分析：该装置为原电池装置，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-Zn2+，Cu为正极，发生还原反应Cu2+2e-Cu，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。详解：A该原电池中，铜作正
11、极，正极上铜离子得电子生成铜单质，所以铜片上没有气泡产生，A错误；B取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，B错误；C原电池放电时，盐桥中阳离子向正极移动，所以盐桥中钾离子向硫酸铜溶液移动，C正确；D铜电极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜，所以铜片质量增加，D错误；答案选C。11. 在U形管中用惰性电极电解硫酸钠和石蕊的混合液，一段时间后，可以观察到的现象是（）A. 两极附近颜色无明显变化 B. 两极产生等量气体C. 阳极附近的颜色变红 D. 阴极附近的颜色变红【答案】C【解析】分析：电解硫酸钠和石蕊的混合液，阴极上氢离子得电子生成氢气，阴极附近溶液呈碱性；阳极上氢氧根失电
12、子生成氧气，所以阳极附近溶液呈酸性，据此判断。详解：紫色石蕊试液遇酸变红色、遇碱变蓝色、遇中性溶液为紫色，电解硫酸钠和石蕊的混合液，阴极上氢离子得电子生成氢气，阴极附近溶液呈碱性；阳极上氢氧根失电子生成氧气，所以阳极附近溶液呈酸性，则阳极附近的颜色变红，阴极产生的氢气是阳极产生的氧气2倍，答案选C。点睛：本题考查电解原理，侧重考查学生分析判断能力，明确各个电极上发生的反应及酸碱指示剂特点是解本题关键，注意掌握常见离子放电顺序。12. 已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A. 离子的还原性：Y2-Z- B. 氢化物的稳定性：H2Y
13、HZC. 质子数：cb D. 原子半径：XW【答案】A【解析】分析：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据此分析判断。详解：A非金属性FO，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2-F-，A正确；B非金属性FO，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HFH2O，B错误；C由以上分析可知c=8，b=11，则质子数cb，C错误；DW为Al元素，X为N
14、a元素，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径NaAl，D错误。答案选A。13. 用铂作电极电解某金属氯化物MCln的水溶液，当阳极产生a mol气体时，阴极析出m g金属，则金属的相对原子质量是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：写出电解池电极反应，阳极电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应：Mn+ne-=M，依据电子守恒结合定量关系计算。详解：用铂作电极电解某金属氯化物MCln的水溶液，阳极电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应：Mn+ne-=M，当阳极产生a mol气体时，阴极析出m g金属，金属的相对原子质量为M，依据电子守恒得到；，解得Mn
15、m/2a，答案选C。点睛：本题考查了电解原理的分析应用，题目难度不大。明确电极反应和电子守恒的计算是解题的关键。14. Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）A. Mg 电极是该电池的正极B. H2O2 在石墨电极上发生氧化反应C. 石墨电极附近溶液的pH 增大D. 溶液中Cl向正极移动【答案】C【考点定位】考查原电池的工作原理。【名师点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-Mg2+，H2
16、O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H+2e-2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液PH的变化。 15. 镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是( )A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2 e- + OH- = NiOOH + H2OB. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时负极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】由充电时
17、方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为Ni(OH)2eOH=NiO(OH)H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)22e=Cd2OH；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd作负极，Cd2e2OH=Cd(OH)2，Cd周围的c(OH)下降，OH向负极移动。16. 按如图甲装置进行实验，若乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，下列叙述不正确的是（ ）A. E表示生成铜的物质的量B. E表示反应消耗水的物质的量C. F表示反应生成氧气的物质的量D. F表示生成硫酸的物质的量【答案】D【解析】分析：由甲可知，该装置为电解池，C为电
18、解池的阳极，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，Cu为电解池的阴极，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成（或消耗）2molE，生成（或消耗）1molF，据此解答。详解：A、由电子与生成物的物质的量的关系可知E表示反应生成铜的物质的量，A正确；B、由总反应结合电子与生成物的物质的量的关系可知，则E表示消耗水的物质的量，B正确；C、由电子与生成物的物质的量的关系可知F表示反应生成氧气的物质的量，C正确；D、由总反应结合电子与反应物的物质的量的关系可知，F不能表示反应生成硫酸的物质的量，D错误；答案选D。
19、二、非选择题（共52分）17. 甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H1571.8 kJ/molCH3OH(g)1/2O2(g)=CO2(g)2H2(g) H2192.9 kJ/mol(1)甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为_。(2)反应中的能量变化如图所示，则H2_ kJ/mol(用E1、E2表示)。(3)H2(g)的燃烧热为_。（4）目前工业上利用CO2来生产燃料甲醇，可将CO2变废为宝已知常温常压下：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H1=354.8kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566kJmol1则
20、反应2CO2（g）+4H2O（g）2CH3OH（l）+3O2（g）H=_(5)氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式均为2H2O2=2H2O。酸式电池中的电解质是酸，其负极反应可表示为2H24e=4H，则其正极反应可表示为_(6)根据下式所表示的氧化还原反应设计一个原电池：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+装置采用烧杯和盐桥，请画出原电池的装置图（标出电极材料和电解质溶液）_【答案】 (1). CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H764.7 kJ/mol (2). E1E2 (3). 285.9 kJ/mol (4). +1275.6kJmol1 (5)
21、. O24H+4e2H2O (6). 【解析】分析：（1）根据盖斯定律书写；（2）根据HE生成物E反应物计算；（3）在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，据此判断；（4）根据盖斯定律书写；（5）根据原电池中正极发生得到电子的还原反应分析；（6）该反应中，Cu失去电子，作负极，铁离子得到电子，在正极放电，以此解答该题。详解：（1）已知：2H2(g)O2(g)2H2O(l)H1571.8 kJ/molCH3OH(g)1/2O2(g)CO2(g)2H2(g) H2192.9 kJ/mol则根据盖斯定律可知+即得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为CH3OH(g)
22、3/2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H764.7 kJ/mol。（2）HE生成物E反应物，则根据图像中的能量变化关系图可知H2（E1E2）kJ/mol。（3）根据2H2(g)O2(g)2H2O(l)H1571.8 kJ/mol可知H2(g)的燃烧热为285.9 kJ/mol。（4）已知：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H1=354.8kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566kJmol1则根据盖斯定律可知（+2）即得到反应2CO2（g）+4H2O（g）2CH3OH（l）+3O2（g）的H=+1275.6kJmol1；（5）氧气在正极通入，得到电子
23、，由于电解质溶液显酸性，则其正极反应可表示为O24H+4e2H2O；（6）该反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极，比Cu不活泼的金属或导电的非金属作正极，氧化反应的烧杯中选择氯化铜为电解质，还原反应中选择FeCl3溶液为电解质溶液，装置图为。18. 电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：（1）若要在铁制品表面镀上一层银，则X电极的材料是_，电极反应式_Y电极反应式_。（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极反应式_Y电极的材料是_
24、，电极反应式_（杂质发生的反应不必写出）.假若电路中有0.04摩尔电子通过时，阴极增重_克。【答案】 (1). 铁 (2). Ag+e-Ag (3). Ag-e-Ag+ (4). Cu2+2e-Cu (5). 粗铜 (6). Cu-2e-Cu2+ (7). 1.28【解析】分析：（1）若要在铁制品表面镀上一层银，铁作阴极，银作阳极，硝酸银溶液作电解质溶液；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，粗铜作阳极，纯铜作阴极，据此解答。详解：（1）X电极与电源的负极相连，作阴极；Y电极与电源的正极相连，作阳极。因此若要在铁制品表面镀上一层银，则X电极的材料是铁，银离子放电，电极反应式
25、为Ag+e-Ag；Y电极是银电极，银失去电子，反应式为Ag-e-Ag+。（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极是纯铜，铜离子放电，反应式为Cu2+2e-Cu；Y电极是阳极，其电极的材料是粗铜，电极反应式为Cu-2e-Cu2+；假若电路中有0.04mol电子通过时，则根据Cu2+2e-Cu可知阴极析出0.02mol铜，因此阴极增重0.02mol64g/mol1.28g。点睛：掌握电解池的工作原理是解答的关键，注意电解池中阴阳极的判断方法。难点和易错点是电极反应式的书写和电极产物的判断。尤其是阳极产物的判断，答题的关键是两看：一看“电极材料”：若阳极材料是除金、铂以外的
26、其他金属，则在电解过程中，优先考虑阳极材料本身失去电子被氧化，而不考虑溶液中阴离子放电的难易。再看“离子放电的难易”：若阳极材料是惰性电极，则在电解过程中首先分析溶液中离子放电的难易。19. 甲、乙两电池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：(1)若两电池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是甲池中的_棒，乙池中的_棒(填“Fe”或“C”)乙池中的阳极反应式为：_乙池中总反应的化学方程式为：_(2)若两池中均为饱和NaCl溶液，溶液中滴两滴酚酞乙池中总的离子方程式为：_甲池C极上的电极反应式为：_甲池中首先出现红色的是_极；乙池中首先出现红色的是_极(填“Fe”或“C”)【
27、答案】 (1). C (2). Fe (3). 4OH-4e2H2O+O2 (4). 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2 (5). 2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2 (6). 2H2O+O2+4e4OH (7). C (8). Fe【解析】分析：根据装置图可判断甲是原电池，铁作负极，石墨做正极；乙是电解池，根据电子的流向可知石墨电极是阳极，铁电极是阴极，据此解答。详解：(1)若两电池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后，则铁是负极，石墨是正极，溶液中的铜离子在正极放电析出铜。乙是电解池，铁电极是阴极，溶液中的铜离子在阴极放电析出铜，则有红色物质析出的是甲池中的C棒，乙池中的F
28、e棒；乙池中的阳极是碳棒，溶液中的氢氧根放电，反应式为4OH-4e2H2O+O2；乙池中生成物是硫酸、氧气和铜，则总反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2；(2)若两池中均为饱和NaCl溶液，溶液中滴两滴酚酞。则乙池中阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，则总的离子方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；甲池溶液显中性，相当于是钢铁的吸氧腐蚀，则C极上的电极反应式为2H2O+O2+4e4OH；甲池中正极氧气得到电子转化为氢氧根，则首先出现红色的是C极；乙池中氢离子在阴极铁电极放电，从而破坏阴极周围水的电离平衡，氢氧根浓度增大，则首先出现红色的是Fe极。20. A、B
29、、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2:1和1:1分别形成两种离子化合物甲和乙。A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题： （1）D元素在周期表中的位置是_（2）C、B可按原子个数比1:1形成离子化合物乙的电子式_(3)C、D、E三种元素的离子半径由小到大的顺序是_(用元素符号填写)。 (4)E单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是：_ (5)简述比较D与E金属性强弱的实验方法：_【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). (3).
30、 AlMgNa (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (5). 镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应【解析】分析：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则C为Na、D为Mg；C、B可按原子个数比2：1和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则B为O，甲为Na2O、乙为Na2O2。据此解答。详解：根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是N、O、Na、Mg、Al。则（1
31、）D为Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第A族；（2）乙是过氧化钠，含有离子键和非极性键，电子式为；（3）核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则C、D、E三种元素的离子半径由小到大的顺序是AlMgNa；（4）E的单质是Al、C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者在水中发生反应，产生偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（5）D是Mg，E是Al，可根据金属与热水的反应可确定金属的活泼性，设计实验为：镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应。21. 如图所示，通电5 min后，第极增重2.16 g，同时在A池中收集到标
32、准状况下的气体224 mL，设A池中原混合液的体积为200 mL，回答下列问题：（1）电源F是_极；（2）A池的第极上的电极反应式_（3）通电前A池中原混合溶液Cu2+的浓度_【答案】 (1). 正 (2). 4OH-4e=2H2O +O2 (3). 0.025 molL-1【解析】分析：通电5min后，第极增重，所以第极是阴极，则F是电源正极，第极是阳极；根据阴阳极上转移电子守恒计算硫酸铜的物质的量浓度。详解：（1）通电5min后，第极增重，所以第极是阴极，则F是电源正极，第极是阳极；（2）第极是阳极，A中阳极上氢氧根离子放电生成氧气，其电极反应式为：4OH-4e-2H2O+O2；（3）第极
33、反应为Ag+e-=Ag，n（Ag）=2.16g108g/mol=0.02mol，则转移的电子为0.02mol。A池中阳极反应为4OH-4e-2H2O+O2，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL224mL，所以在阴极上还有氢气生成，体积是112mL，氢气的物质的量为0.005mol，由2H+2e-=H2可知转移电子是0.01mol，则铜离子得到的电子是0.02mol0.01mol0.01mol，由Cu2+2e-=Cu可知Cu2+的物质的量为0.005mol，因此通电前c（CuSO4）=0.005mol0.2L=0.025 molL-1。点睛：本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，难点是阴极上还有氢气生成的判断，注意守恒法的应用。