热门试卷

(9分)

（1）946 kJ/mol （2分）  强（1分）

（2）BC（2分，少选得1分，多选错选不得分）

（3）①逆向（1分）  ② 丙>甲=乙（1分）

（4）4NH3(g) + 5NO(g) =" 4NO(g)" + 6H2O(g) ΔH=" -904.4kJ/mol" （2分） （化学反应书写正确得1分，ΔH正确得1分）

试题分析：

（1）断裂3 molH-H键需要能量436×3kJ与断裂1 mol N≡N键需要能量和减去形成2molNH3放出能量的差值为-92.4 kJ/mol ，可知断裂1 mol N≡N键需要能量946 kJ/mol；根据键能的大小可知氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键键强。

（2）A．常温下，根据平衡常数大气固氮几乎不可能进行，而工业固氮虽然平衡常数大，不代表反应容易进行，错误；B．大气固氮反应程度很小，所以人类大规模模拟大气固氮是无意义的，正确；C．工业固氮温度越低，K越大，氮气与氢气反应越完全，正确；D．K越大说明合成氨反应程度很大，而不表示速率越大，错误。

（3）①根据转化率可知甲在建立平衡时各物质量分别为1.8,0.6，0.8，对比乙数据知乙中方向为逆向；② 甲乙为等效平衡，NH3的体积分数相同，丙的物料相当于甲乙的两倍，压强增大平衡正移，NH3的体积分数最大大，得：丙>甲=乙（1分）

（4）根据反应为：

①2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (g)  ΔH =" -483.6" kJ/mol

②3H2 (g) + N2 (g)  2NH3 (g) ΔH =" -92.4" kJ/mol

③N2 (g) + O2 (g) =" 2NO" (g) ΔH =" +180.8" kJ/mol，

由①×3-②×2+③×2得4NH3(g) + 5NO(g) =" 4NO(g)" + 6H2O(g)  ΔH=" -904.4kJ/mol"

（1）2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l) △H＝−3116.6 kJ·mol－1(2分)

（2）负    C2H6+18OH-−14e－=2CO32－+12H2O 

（3）4OH－−4e－=2H2O+O2↑（2H2O−4e－=O2↑+4H+）

石墨电极表面有气泡产生，铁电极上附着一层红色物质，溶液颜色变浅氧化铜（或碳酸铜）  4g（或6.2g）

（4）钢钉表面有红褐色物质生成

（5）ClO－+H2O+2e－=Cl－+2OH－

试题分析：（1）依据热化学方程式的书写原则结合定量关系写出反应为生成物、各物质的聚集状态、对应反应的焓变得到热化学方程式为：2 C2H6（g）+7 O2（g）→4 CO2（g）+6 H2O（l）△H=-3116.6 kJ/mol；

故答案为：2 C2H6（g）+7 O2（g）→4 CO2（g）+6 H2O（l）△H="-3116.6" kJ/mol；

（2）利用反应①2 C2H6（g）+7 O2（g）→4 CO2（g）+6 H2O（l）△H="-3116.6" kJ/mol；设计原电池，根据化合价变化分析判断，乙烷失电子发生氧化反应，所以通入乙烷气体的电极应为负极，正极电极反应为：②O2+2H2O+4e-=4OH-； ①-②×7  得到负极电极反应为：C2H6-14e-+18OH-═2CO32-+12H2O；（3）如图所示实验装置中，石墨棒上是电子流出一端，电解池中电子流出的是阳极，所以阳极电极反应为氢氧根离子放电，电极反应为：4OH--4 e-═O2↑+2H2O；惰性电极电解硫酸铜溶液生成铜、氧气、硫酸，恢复原溶液浓度需要加入析出的物质，即加入氧化铜可以恢复，故答案为：4OH--4 e-═O2↑+2H2O；CuO；将碳钢铁钉浸在次氯酸钠中，会发生电化学腐蚀。其中铁为负极，碳为正极。铁失电子，因为次氯酸根离子的强氧化性，次氯酸根离子得电子生成Cl—。故（4）钢钉表面有红褐色物质生；（5）ClO－+H2O+2e－═Cl－+2OH－

（10分）（1）             N2(g) + O2(g) 2NO(g)

起始浓度（mol·L－1）1.6    1.8       0         

转化浓度（mol·L－1）0.6   0.6      1.2    （2分）

平衡浓度（mol·L－1）1.0   1.2       1.2

平衡常数K=（1分）

==1.2 （1分）

【①计算结果正确但三段式不完整或不写平衡常数表达式均扣1分；②用物质的量计算平衡常数即便结果正确也只能得过程2分。】

（2）①2H2(g)+ 2NO(g)= N2(g)+2H2O(l)  △H = －752.1kJ/mol（2分）

【①不标或标错物质状态或△H计算错误不得分；②计量数和△H成比例增加或减少也得2分】

②＜ （2分）；【填“小于”扣1分】

（2分）

【①曲线画错不得分：注意起始点、变化趋势、拐点；②曲线正确但不标条件扣1分。】

试题分析：（1）（1）          N2(g) + O2(g) 2NO(g)

起始浓度（mol·L－1）1.6    1.8       0         

转化浓度（mol·L－1）0.6   0.6      1.2    

平衡浓度（mol·L－1）1.0   1.2       1.2

平衡常数K===1.2；（2）根据盖斯定律，已知的前一个热化学方程式减去后一个热化学方程式，可以得到：2H2(g) + 2NO(g)=N2(g) + 2H2O(l)  △H = －752.1 kJ·mol－1；（3）读图，两条曲线先后达到平衡，说明T2＞T1，即升高温度，平衡时c(NO)增大，由于升温平衡向吸热方向移动，c(NO)增大说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，△H＜0；画图要点：S1变为S2，即减小催化剂表面积，反应速率减小，单位时间内NO的变化浓度减小，则T1、S2的曲线位于T1、S1曲线的右边；催化剂不能使平衡移动，所以NO的平衡浓度与T1、S1曲线相同，只是达到平衡的时间比T1、S1曲线增大。

（共11分）（1）－285.8（2分）

（2）CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) △H＝－41.2kJ/mol（3分）

（3）50%（2分）；变小（1分）；逆（1分）  （4）BD（2分）

试题分析：（1）通常条件下，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为氢气的燃烧热。已知反应①2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)  △H＝－483.6KJ·moL－1、②H2O (g)＝H2O(l) △H＝－44.0KJ·moL－1，则根据盖斯定律可知，①×＋②即得到反应H2(g)+O2(g)＝H2O(g)，所以该反应的△H＝－483.6KJ•moL-1÷2＋－44.0KJ·moL－1＝－285.8KJ•moL-1，即氢气的标准燃烧热△H＝－285.8KJ•moL-1。

（2）已知反应①2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)   △H＝－566kJ·moL－1、②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)   △H＝－483.6KJ·moL－1，则根据盖斯定律可知，（①－②）÷2即得到反应CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ，所以该反应的分液△H＝(－566kJ·moL－1＋483.6KJ·moL－1)÷2＝－41.2kJ/mol。（3）（3）令参加反应的CO的物质的量浓度为nmol/L，则：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

起始浓度（mol/L）1      1         0      0

转化浓度（mol/L）n      n          n      n

平衡浓度（mol/L）1－n  1－n      n      n

所以根据平衡常数可知K＝＝＝1

解得n＝0.5mol/L

所以t℃时CO的转化率为×100%＝50%

由（2）可知该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数变小。

（4）A、增大的CO浓度，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故A错误；B、增大的H2O(g)浓度，平衡向正反应移动，但CO的转化率增大，故B正确；C、使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，CO转化率不变，故C错误；D、降低温度平衡向正反应移动，但CO的转化率增大，故D正确，答案选BD。

（1）非氧化还原反应 （2分） （2）Fe （2分） 绿矾 硫酸 （各1分）

（3）防止高温下Mg（Ti）与空气中的氧气（或CO2、N2）作用） （2分）

（4）① 该反应的△S＞0（熵增）（2分） ②－393.6 kJ／mol （2分，单位1分）    

（5）① 2O2- - 4e- = O2↑（同时写出C + O2 = CO2不扣分）

或 C + 2O2- - 4e- = CO2↑（2分）

②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO 2Ca + O2↑， 

2Ca + TiO2Ti + 2CaO，由此可见，CaO的量不变。（4分）

试题分析：

（1）该反应中未发生化合价的变化。    

（2）利用铁的还原性，防止亚铁被氧化    由流程图可知副产物有：绿矾和硫酸

（3）利用惰性气体隔绝空气，防止发生副反应。

（4）①根据ΔG=ΔH – TΔS < 0 能自发进行，则该反应的ΔS > 0。

（5）①熔融CaF2-CaO作电解质，该条件下能存在O2-

② 电解槽中发生反应：2CaO="2Ca" + O2↑，  2Ca + TiO2="Ti" + 2CaO，所以CaO的量不变。

（1）极性（2分）

（2）60%（2分）   CF（2分，全对得2分，只选1个且正确的得1分，选错1个扣1分）

（3）(b－a－4c)/2（3分）

（4）CH3OH－6e－＋8OH－＝CO32－＋6H2O（3分）  3.2g（3分，数值正确、未写单位的扣1分）

试题分析：（1）甲醇分子中的化学键都是极性键，且甲醇分子结构不对称，故甲醇是极性分子；（2）①根据化学平衡三行式计算，设消耗的一氧化碳物质的量为x；

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）

起始量（mol） 1          2             0

变化量（mol） x       2x         x

平衡量（mol）1-x     2-2x         x

1-x+2-2x+x=3×3/5x=0.6

一氧化碳转化率=60%；②A、2v(H2)=v(CH3OH)，没有明确是正、逆反应速率 ，且速率之比不等于化学计量数之比，不能作为平衡标志，错误；B、CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，均为正反应速率，不能作为平衡标志，错误；C、随着反应的进行，容器内气体的物质的量不断改变，容器内的压强不断改变，若容器内的压强保持不变，说明反应达到平衡状态，正确；D、根据质量守恒定律知，容器内气体质量不变，体积固定，混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；E、反应混合气中各组分均为无色气体，混合气体的颜色保持不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；F、根据质量守恒定律知，随着反应的进行，容器内气体质量不变，物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量不断变化，若混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应达到平衡状态，正确；选CF；（3）①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H═-akJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H═-bkJ•mol-1

③H2O（g）═H2O（l）△H═-ckJ•mol-1

依据盖斯定律计算，①/2—②/2+③×2得到热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H═(b－a－4c)/2 kJ·mol﹣1；（4）①由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的燃料电池，通入甲醇的一极发生氧化反应生成碳酸根和水，作原电池的负极，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；②根据题意知，阳极电极反应为：2Cl  --2e-=Cl2↑，4OH--4e-=2H2O+O2↑，  阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu， 2H++2e-=H2↑；阳极氯气和阴极氢气相同，设阳极生成的氧气物质的量为x，阴极上也应生成氢气物质的量x，根据电子守恒将题给数据代入列式：0.4+4x=0.2+0.4+2x，解得x=0.1mol，阳极上收集到氧气的物质的量0.1mol，质量为3.2g。

（1）增大

（2）（或0.11）         （或14.3%）

（3）867

试题分析：（1）由图可以知道，2NO(g)N2(g)＋O2(g)为放热反应，所以N2 (g)＋O2(g) 2NO (g)为吸热反应，温度高，K增大；

（2）          N2 (g)＋O2(g) 2NO (g)

起始浓度mol/L  5       2.5        0

转化浓度mol/L  0.5     0.5         1

平衡浓度mol/L  4.5     2           1

所以，K=1×1÷（4.5×2）=，设N2达到平衡的物质的量浓度为amol/L，根据平衡常数在同一温度下不变可以得到，=，解得a=，所以N2达到平衡的物质的量为mol，反应的的物质的量为mol，所以达到平衡后N2的转化率为。

（3）将CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)与CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)相加，可以得到2CH4(g)＋4NO2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ＋2N2(g)，△H＝－1734 kJ·mol－1，所以1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867KJ。

点评：该大题综合考查了化学平衡，热化学方程式，是高考的热门考点，该题的难度适中。

（每空2分，最后两空每空3分，共计14分）（1）K＝ （2）－150.8kJ/mol

（3）①33.3% ②BC （4）B＞C＞A （5）2.79×10－6

试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据该反应的化学方程式可知，平衡常数表达式K＝。

（2）根据盖斯定律可知，①－②×2即得到反应3Fe(s)＋4H2O(g)＝Fe3O4(s)＋4H2(g)，所以该反应的反应热△H＝－1118.4kJ/mol＋483.8kJ/mol×2＝－150.8kJ/mol。

（3）①          3Fe(s)＋4H2O(g)＝Fe3O4(s)＋4H2(g)

起始浓度（mol/L）         0.5               0.5

转化浓度（mol/L）         x                 x

平衡浓度（mol/L）      0.5－x             0.5＋x

则根据平衡常数K＝可知＝16

解得x＝，所以水蒸气的转化率＝×100%＝33.3%

②A、反应前后体积不变，压强始终不变，所以若容器压强恒定，则反应不一定达到平衡状态，A不正确；B、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容器容积不变，氮气体的质量是变化的，所以若容器内气体密度恒定，则反应达到平衡状态，B正确；C、乙容器相当于是在甲容器的基础上增加水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，但水蒸气的转化率降低，即甲容器中H2O的平衡转化率大于乙容器中H2O的平衡转化率，C正确；D、四氧化三铁是固体，所以增加Fe3O4不能提高H2O的转化率，D不正确，答案选BC。

（4）A相当于是在原平衡的基础上增大压强平衡不移动，但反应放热多。由于是绝热容器，温度升高，使平衡向逆反应方向移动，氢气含量降低；B也相当于是在原平衡的基础上增大压强平衡不移动，但反应吸热。由于是绝热容器，温度降低，使平衡向正反应方向移动，氢气含量增大；C相当于是等效平衡，氢气含量不变，所以各装置中H2的百分含量按由大到小的顺序排列的关系是B＞C＞A。

（5）FeCl3溶液的pH为3,则溶液中c(OH－)＝10－11mol/L，所以Fe(OH)3的Ksp＝2.79×10－39可知，溶液中c(Fe3+)＝＝2.79×10－6mol/L。

（1）燃料充分燃烧，利用率高 （2）②   （3）C

（4）CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)  ΔH＝+165.0kJ·mol－1

试题分析：I（1）途径b是将煤先气化再燃烧，这样做的优点是燃料充分燃烧，利用率高。（2）反应①③④是放热反应，反应②是吸热反应，所以选②。（3）根据盖斯定律：定压定容条件下，任意一个反应其总反应的热效应只与反应的始态和终态有关而与反应的路程无关。两个途径产生的热量理论上是相同的。

II反应CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)，是由反应①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)乘以2减去反应②CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)得到的，所以反应热为ΔH=206.2kJ/mol×2-247.4kJ/mol=165kJ/mol。则热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)  ΔH＝+165.0kJ·mol－1。

点评：这类反应热综合试题是高考中的热点考题，主要考查学生的分析问题，解决问题的能力。

（1）NO2 (g)+CO(g)= CO2(g)+NO(g)  ΔH＝－234kJ/mol

（2）—283

（3）50%

（4）① ＞   ②  b c 

试题分析：（1）NO2和CO反应的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=（134kJ/mol）-（368kJ/mol）="-234" kJ•mol-1;故（2）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ•mol-1,②2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1，利用盖斯定律将①×1/2+②×1/2可得CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=1/2×（+180kJ•mol-1+（-746kJ•mol-1））=-283J•mol-1;

（3）       N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始（moL/L） 0.1      0.3      0

转化（moL/L）0.05     0.15     0.1

平衡（moL/L）0.05     0.15     0.1

前5分钟的平均反应速率v（N2）="0.05mol/L/5min=0.01" mol•L-1•min-1，平衡时H2的转化率为0.15/0.3×100%=50%；（4）反应为放热反应，生成温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则K1＞K2；（5）a、容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；b、NH3的浓度保持不变，可说明达到平衡状态，故b正确；c、容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，故c正确；d、因体积不变，质量不变，则混合气体的密度保持不变，不能达到平衡状态，故d错误。

（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；（2）c(CO)/c(CO2)；＞；50%；0.2mol/（Lmin）；C。

试题分析：（1）第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=-272KJ/mol，第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=138KJ/mol，根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；（2）①反应Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）的平衡常数k=c(CO)/c(CO2)

，由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0，

令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则：

Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）

开始（mol）：4                  0

变化（mol）：x                  x

平衡（mol）：4-x                 x

所以x/4−x=1解得x=2，故二氧化碳的转化率为2/4×100%=50%，故CO表示的平均速率v（CO）=2mol

/2L×5min=0.2mol/（L•min）。②A、缩小反应器容积，压强增大，化学平衡不移动，故A错误；B．增加Fe的物质的量，不会引起化学平衡的移动，故B错误；C．升高温度到900℃，化学平衡正向移动，故C正确；D．使用合适的催化剂，不会引起化学平衡的移动，故D错误。

（1）2CH3OH(g)  CH3CH2OH(g) +H2O(g) ∆H = —75．6  kJ·mol-1（3分）

（2）cd（2分）  

(3)AD（2分）  

(4) Ⅳ（2分）  18．8（3分）

(5)CH3OH－6e－＋3O2－＝CO2↑＋2H2O(3分)

试题分析：（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ×2，然后用反应Ⅱ减去反应Ⅰ×2即得所求方程式。所以由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的热化学反应方程式2CH3OH(g)  CH3CH2OH(g) +H2O(g) ∆H = —75．6  kJ·mol-1

（2）a、化学平衡是动态平衡，反应一直进行，错误；b、温度不变，化学平衡常数不变，所以一定温度下的平衡常数一直不变，错误；c、反应开始时二氧化碳的转化率一直升高，达平衡时转化率不再升高，正确；d、该反应是反应前后气体的物质的量改变的可逆反应，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变化，达平衡时不再变化，正确，答案选cd。

（3）提高CO2转化率也就是使平衡正向移动，A、降温，平衡向放热反应方向移动，正反应为放热反应，所以平衡正向移动，正确；B、补充二氧化碳只能提高氢气的转化率，本身的转化率降低，错误；C、加入催化剂对平衡无影响，错误；D、移走甲醇，使生成物浓度减小，平衡正向移动，正确，答案选AD。

（4）升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳与氢气的含量增大，乙醇与水的含量减小，反应开始时按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，所以生成的乙醇与水的物质的量比仍为1:3，即水的含量是乙醇含量的3倍，所以表示CH3CH2OH组分的曲线是Ⅳ；曲线曲线Ⅱ和Ⅲ分别代表二氧化碳、水，当二者的体积分数相同时，体积也相同，设它们的体积都是V，根据投料比，氢气的体积是二氧化碳的3倍为3V，乙醇的体积是水的1/3，即1/3V，所以总体积是V+V+3V+1/3V=16V/3，则a点对应的体积分数ya=V/16V/3×100%=18．75%；保留3位有效数字是18．8%。

（5）甲醇燃料电池中在负极发生氧化反应的是甲醇，结合正极产生的氧负离子生成二氧化碳和水，电极反应式CH3OH－6e－＋3O2－＝CO2↑＋2H2O

（14分）

（1）①2 N2H4(g) +  N2O4(g)= 3N２(g)＋4H20(g) △H＝－1096.7KJ·mol-1（2分）

②加压、降温（各1分）

（2）①正极（2分）  CH4 - 8e- + 402-=CO2+2H2O （2分）

②4OH—- 4e-=2H2O+O2 （2分）  1 （2分）  a、c （2分）

试题分析：（1）①a、N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=10.7kJ·mol－1；b、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-543kJ·mol－1

依据盖斯定律b×2-a得到  2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1096.7KJ·mol－1；

答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1096.7KJ·mol－1；

②四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮，由二氧化氮制取四氧化二氮，2NO2N2O4，反应是放热反应，反应前后气体体积减小所以反应条件为：增大压强、降温都有利于反应正向进行；

故答案为：增大压强、降温；

（2）①图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极甲烷是电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2－离子，结合电子守恒写出电极反应为：CH4- 8e-+4O2－=CO2+2H2O；

答案为：正极； CH4- 8e-+4O2－=CO2+2H2O；

②如图2所示电解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中 氢氧根离子是电子发生氧化反应，电极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑；若a电极产生56mL（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，c（H＋）==0.1mol·L－1，PH=-lg0.1=1；则所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个 O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4 +CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水；选ac．

答案为：4OH—- 4e-=2H2O+O2 ；1；ac；