山東省聊城市蘭沃中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)模擬試卷含解析

山東省聊城市蘭沃中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)模擬試卷含解析一、單選題（本大題共15個(gè)小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，共60分。）1.下列關(guān)于化學(xué)與生產(chǎn)、生活的認(rèn)識(shí)，正確的是（

）A．制作航天服的聚酯纖維和用于通訊光纜的光導(dǎo)纖維都是新型無機(jī)非金屬材料B．不銹鋼餐具和溫度計(jì)中的水銀都屬于合金C．福島核電站泄漏的放射性物質(zhì)131I和127I互為同素異形體，化學(xué)性質(zhì)幾乎相同D．綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)對(duì)環(huán)境的污染參考答案：D2.根據(jù)下表(部分短周期元素的原子半徑及主要化合價(jià))信息，判斷以下敘述正確的是元素代號(hào)LMQRT原子半徑／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合價(jià)＋2＋3＋2＋6、－2－2

A．氫化物的沸點(diǎn)為H2T＜H2RB．單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)的速率為L(zhǎng)＜QC．M與T形成的化合物具有兩性

D．L2＋與R2－的核外電子數(shù)相等參考答案：C3.已知：①CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－akJ／mol②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)

△H＝－bkJ／mol③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)

△H＝－ckJ／mol④H2(g)＋O2(g)=H2O(l)

△H＝－dkJ／mol下列敘述不正確的是A.由上述熱化學(xué)方程式可知d＞cB.H2的燃燒熱為dkJ／molC.CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)△H＝(b＋2c－a)kJ／molD.當(dāng)CO和H2的物質(zhì)的量之比為1:2時(shí)，其完全燃燒生成CO2和H2O(l)時(shí)，放出QkJ熱量，則混合氣中CO的物質(zhì)的量為mol參考答案：DA.因氣態(tài)水到液態(tài)水放熱，所以d＞c，正確；B.H2的燃燒熱是指生成液態(tài)水放出的熱量，正確；C.根據(jù)蓋斯定律，①-②-2③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)△H＝(b＋2c－a)kJ/mol，正確；D.設(shè)CO和H2物質(zhì)的量分別為n、2n，則CO放出的熱量是nbkJ，H2放出的熱量是2ndkJ，則nb+2nd=Q，n=，即該混合物中CO的物質(zhì)的量為，錯(cuò)誤。答案選D。4.有關(guān)反應(yīng)14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，的下列說法錯(cuò)誤的是A．FeS2既是氧化劑也是還原劑B．CuSO4在反應(yīng)中被還原C．14molCuSO4氧化了1molFeS2D．被還原的S和被氧化的S的質(zhì)量之比為3:7參考答案：D試題分析：A、因FeS2中部分S元素的化合價(jià)由-1升高到+6價(jià)，部分S元素的化合價(jià)由-1升高到+6價(jià)，所以FeS2既是作氧化劑，又做還原劑，故A正確；B、因硫酸銅中Cu元素的化合價(jià)降低，CuSO4在反應(yīng)中被還原，故B正確；C、該反應(yīng)中部分FeS2作氧化劑、部分FeS2作還原劑，且FeS2作氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為7：3，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒知14mol

CuSO4可氧化1mol

FeS2，故C正確；D、生成Cu2S的S元素被還原、生成部分硫酸根離子的S元素被氧化，根據(jù)原子守恒知，被還原的硫與被氧化的硫的質(zhì)量比為7：3，故D錯(cuò)誤；故選D5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W

與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電了數(shù)，X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，W的單質(zhì)是空氣中體

積分?jǐn)?shù)最大的氣體。下列說法正確的是A.Y的最高價(jià)氧化物對(duì)成水化物的酸性比W的強(qiáng)B.W的氣態(tài)氫化物比X的穩(wěn)定C.離子半徑的大小順序：r(w)>r(X)>r(Y)>(Z)D.XY2與ZY2中的化學(xué)鍵類型相同參考答案：C試題分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是空氣中體積分?jǐn)?shù)最大的氣體，則W為N元素；Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電子數(shù)，原子序數(shù)大于N元素，只能處于第三周期，故Z為Mg元素；X、Y、Z的簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)構(gòu)原子序數(shù)可知，X只能處于第二周期，且最外層電子數(shù)大于5，W(氮元素)與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，則Y原子最外層電子數(shù)只能為奇數(shù)，結(jié)合原子序數(shù)可知，Y不可能處于ⅠA族，只能處于ⅦA族，故Y為F元素，X最外層電子數(shù)為=6，則X為O元素。A、Z為Mg元素最高正化合價(jià)為+2，Y為F元素，沒有最高正化合價(jià)，故A錯(cuò)誤；B、非金屬性O(shè)＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故B錯(cuò)誤；C、具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑r(N3-)＞r(O2-)＞r(F-)＞r(Mg2+)，故C正確；D、OF2中含有共價(jià)鍵，MgF2中含有離子鍵，二者化學(xué)鍵類型不同，故D錯(cuò)誤，故選C。6.在同溫同壓下將SO2和Cl2按1∶1體積比混合后，通入BaCl2和品紅的混合溶液中，下列說法正確的是

（

）

A．溶液褪色，無沉淀生成

B．溶液不褪色，無沉淀生成

C．溶液褪色，有沉淀生成

D．溶液不褪色，有沉淀生成參考答案：D略7.關(guān)于膠體和溶液的區(qū)別，下列敘述中正確的是()A．溶液呈電中性，膠體帶有電荷B．溶液中溶質(zhì)微粒一定帶電，膠體中分散質(zhì)粒子帶電，且通電后，溶質(zhì)粒子向兩極移動(dòng)，膠體粒子向一極移動(dòng)C．溶液中溶質(zhì)粒子有規(guī)律運(yùn)動(dòng)，而膠體粒子無規(guī)律運(yùn)動(dòng)D．溶液中通過一束光線時(shí)無特殊現(xiàn)象，膠體中通過一束光時(shí)有明顯的光帶參考答案：D略8.在10mL0.01mol·L－1的純堿溶液中，不斷攪拌并逐滴加入l.2mL0.05mol·L－1的鹽酸，完全反應(yīng)后在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成二氧化碳的體積為

（

）

A.1.344mL

B.2.240mL

C.0.672mL

D.

0mL參考答案：D略9.歷史上最早應(yīng)用的還原性染料是靛藍(lán)。春秋時(shí)期，我國(guó)先民已能從藍(lán)草中提出這種染料，早于歐洲1500多年。其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示：下列關(guān)于靛藍(lán)的敘述，錯(cuò)誤的是A．靛藍(lán)由碳、氫、氧、氮4種元素組成B．它的分子式是C16H10N2O2C．該物質(zhì)是高分子化合物

D．它是不飽和的有機(jī)物參考答案：C略10.25oC時(shí)，下列敘述正確的是

A．pH=12的一元堿與pH=2的一元強(qiáng)酸等體積混合后c(OH-)=c(H+)

B．向水中加入硫酸氫鈉固體，c(H+)增大，Kw增大

C．pH=7的醋酸與醋酸鈉混合溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)

D．0.1mol·L-1的碳酸氫鈉溶液中c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)參考答案：D略11.下列實(shí)驗(yàn)操作中儀器末端需插入液面下的有（

）①用NaOH溶液和FeSO4溶液制Fe(OH)2時(shí)吸有NaOH的滴管；②制備H2的簡(jiǎn)易裝置中的長(zhǎng)頸漏斗；③分餾石油時(shí)控制溫度所用的溫度計(jì)；④用乙醇制備乙烯時(shí)所用的溫度計(jì)；⑤用水吸收氨氣時(shí)的導(dǎo)氣管A．③⑤

B．②⑤

C．①②④

D．①②③④⑤參考答案：C略12.相同條件下，將Mg、Al、Fe分別投入質(zhì)量相等且足量的稀硫酸中，反應(yīng)結(jié)束后三種溶液的質(zhì)量相等，則投入的Mg、Al、Fe質(zhì)量關(guān)系為A、Mg>Al>Fe

B、Fe>Al>Mg

C、Fe>Mg>Al

D、Al>Mg>Fe參考答案：D13.下列說法正確的是（）A．青銅、碳素鋼和石英都是合金B(yǎng)．陶瓷、玻璃和水泥都是無機(jī)非金屬材料C．乙醇與乙醛互為同分異構(gòu)體，都能發(fā)生銀鏡反應(yīng)D．油脂皂化和蛋白質(zhì)水解都是由高分子生成小分子的過程參考答案：B考點(diǎn)：生活中常見合金的組成；硅酸鹽工業(yè)；乙醛的化學(xué)性質(zhì)；有機(jī)高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析：A．石英是二氧化硅；B．玻璃、陶瓷和水泥是無機(jī)非金屬材料；C．分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互為同分異構(gòu)體；D．油脂不是高分子化合物．解答：解：A．青銅為Cu的合金，碳素鋼為鐵的合金，石英是二氧化硅，不是合金，故A錯(cuò)誤；B．玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的無機(jī)非金屬材料，故B正確；C．乙醇和乙醛的分子式不同，分別為C2H6O、C2H4O，二者不是同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；D．油脂相對(duì)分子質(zhì)量較小，不是高分子化合物，故D錯(cuò)誤．故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查合金、無機(jī)非金屬材料、同分異構(gòu)體、高分子化合物等知識(shí)，題目難度不大，掌握物質(zhì)性質(zhì)和相關(guān)概念是解題的關(guān)鍵．14.下列變化一定屬于化學(xué)變化的是：①

風(fēng)化②變色③燃燒④爆炸⑤白磷轉(zhuǎn)變成紅磷⑥工業(yè)制氧氣⑦久置氯水變成無色

⑧分餾

⑨NO2氣體冷卻后顏色變淺

⑩潮解A．①②③④⑦

B．③④⑤⑦C．①③⑤⑦⑨D．①③④⑦⑩參考答案：C15.X、Y、Z是三種常見的單質(zhì)，甲、乙是兩種常見化合物。下表各組物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)如右圖所示轉(zhuǎn)化的是

選項(xiàng)XYZ甲乙AH2SiCl2SiCl4HClBMgCO2CO2MgOCZnFeCl2FeCl2ZnCl2DO2N2H2NH3H2O

參考答案：C略二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括1個(gè)小題，共10分）16.鍶（Sr）為第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化鍶（SrCl2?6H2O）是實(shí)驗(yàn)室重要的分析試劑，工業(yè)上常以天青石（主要成分為SrSO4）為原料制備，生產(chǎn)流程如下：已知：①經(jīng)鹽酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Ba2+雜質(zhì)；②SrSO4、BaSO4的溶度積常數(shù)分別為3.3×10﹣7、1.1×10﹣10；③SrCl2?6H2O的摩爾質(zhì)量為：267g/mol．（1）天青石焙燒前先研磨粉碎，其目的是

．（2）隔絕空氣高溫焙燒，若0.5molSrSO4中只有S被還原，轉(zhuǎn)移了4mol電子．寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：

．（3）為了得到較純的六水氯化鍶晶體，過濾2后還需進(jìn)行的兩步操作是．（4）加入硫酸的目的是

．為了提高原料的利用率，濾液中Sr2+的濃度應(yīng)不高于mol/L（注：此時(shí)濾液中Ba2+濃度為1×10﹣5mol/L）．（5）產(chǎn)品純度檢測(cè)：稱取1.000g產(chǎn)品溶解于適量水中，向其中加入含AgNO31.100×10﹣2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl﹣外，不含其它與Ag+反應(yīng)的離子），待Cl﹣完全沉淀后，用含F(xiàn)e3+的溶液作指示劑，用0.2000mol/L的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出．①滴定反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是

．②若滴定過程用去上述濃度的NH4SCN溶液20.00mL，則產(chǎn)品中SrCl2?6H2O的質(zhì)量百分含量為

（保留4位有效數(shù)字）．參考答案：（1）增加反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率；（2）SrSO4+4CSrS+4CO↑，（3）洗滌、干燥；（4）除去溶液中Ba2+雜質(zhì)；0.03；（5）①溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色；②93.45%．考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．版權(quán)所有專題：實(shí)驗(yàn)題．分析：以天青石（主要成分為SrSO4）為原料制備六水氯化鍶（SrCl2?6H2O），由流程可知，天青石和碳隔絕空氣高溫焙燒生成CO、SrS，SrS加鹽酸后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，還含有少量Ba2+雜質(zhì)，然后加硫酸生成硫酸鋇沉淀，所以過濾后濾渣為硫酸鋇，濾液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶得到SrCl2?6H2O，（1）研磨粉碎的目的是增加反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率；（2）0.5molSrSO4中只有S被還原，轉(zhuǎn)移了4mol電子，則1mol的S轉(zhuǎn)移8mol的電子，反應(yīng)后生成的﹣2價(jià)硫離子，據(jù)此寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；（3）過濾1后的濾液中含有氯化鍶，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，然后從溶液中將晶體過濾出來，洗滌除去表面的雜質(zhì)離子并進(jìn)行干燥即獲得SrCl2?6H2O；（4）用HCl溶解SrS后的溶液中含有雜質(zhì)鋇離子，加入硫酸的后生成硫酸鋇沉淀從而除去溶液中Ba2+雜質(zhì)；根據(jù)鋇離子濃度、硫酸鋇的溶度積計(jì)算出鋇離子完全除去時(shí)硫酸根離子的濃度，然后根據(jù)硫酸鍶的溶度積計(jì)算出需要鍶離子的最小濃度；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+結(jié)合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就會(huì)含有SCN﹣，就會(huì)與Fe3+產(chǎn)生絡(luò)合物是溶液變?yōu)榧t色，據(jù)此判斷滴定終點(diǎn)；②根據(jù)n=cV計(jì)算出n（NH4SCN），Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，據(jù)此計(jì)算出溶液中剩余的Ag+的物質(zhì)的量及與Cl﹣反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量，再根據(jù)氯離子守恒計(jì)算出1.000g產(chǎn)品中SrCl2?6H2O的物質(zhì)的量、質(zhì)量，最后計(jì)算出產(chǎn)品純度．解答：解：（1）天青石焙燒前先研磨粉碎，其目的是為了增加反應(yīng)物的接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率，從而提高原料的轉(zhuǎn)化率，故答案為：增加反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率；（2）在焙燒的過程中若只有0.5molSrSO4中只有S被還原，轉(zhuǎn)移了4mol電子，則1mol的S轉(zhuǎn)移8mol的電子，由于在反應(yīng)前元素的化合價(jià)為+6價(jià)，所以反應(yīng)后元素的化合價(jià)為﹣2價(jià)，因此碳與天青石在高溫下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案為：SrSO4+4CSrS+4CO↑；（3）然后向得到的含有SrS固體中加入HCl發(fā)生反應(yīng)：SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，然后從溶液中將晶體過濾出來，洗滌除去表面的雜質(zhì)離子并進(jìn)行干燥即獲得SrCl2?6H2O，故答案為：洗滌、干燥；（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+雜質(zhì)；由于在Ba2+濃度為1×10﹣5mol/L，BaSO4的溶度積常數(shù)為1.1×10﹣10，所以c（SO42﹣）=mol/L=1.1×10﹣5mol/L，而SrSO4的溶度積常數(shù)為3.3×10﹣7，所以c（Sr2+）=mol/L=3.0×10﹣2=0.03mol/L，故答案為：除去溶液中Ba2+雜質(zhì)；0.03；（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+結(jié)合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就會(huì)含有SCN﹣，就會(huì)與Fe3+產(chǎn)生絡(luò)合物是溶液變?yōu)榧t色，因此滴定達(dá)到終點(diǎn)時(shí)溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色，故答案為：溶液由無色變?yōu)檠t色，且30s不褪色；②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10﹣3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物質(zhì)的量為：n（Ag+）=4.0×10﹣3mol，則與Cl﹣反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為：n（Ag+）=1.100×10﹣2mol﹣4.0×10﹣3mol=7.0×10﹣3mol，1.000g產(chǎn)品中SrCl2?6H2O的物質(zhì)的量為：n（SrCl2?6H2O）=×n（Ag+）=3.5×10﹣3mol，1.000g產(chǎn)品中SrCl2?6H2O的質(zhì)量為：m（SrCl2?6H2O）=3.5×10﹣3mol×267g/mol=0.9345g，所以產(chǎn)品純度為：×100%=93.45%，故答案為：93.45%．點(diǎn)評(píng)：本題考查制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，為高頻考點(diǎn)，把握制備流程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及物質(zhì)分離方法為解答的關(guān)鍵，涉及反應(yīng)速率、氧化還原反應(yīng)、滴定原理等，注意信息與所學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，題目難度較大．三、綜合題（本題包括3個(gè)小題，共30分）17.（15分）氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)去認(rèn)識(shí)和理解。（1）溴的價(jià)電子排布式為

；PCl3的空間構(gòu)型為

。（2）已知CsICl2不穩(wěn)定，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，則它按下列

式發(fā)生:A．CsICl2=CsCl+ICl

B．CsICl2=CsI+Cl2（3）根據(jù)下表第一電離能數(shù)據(jù)判斷：最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽(yáng)離子的鹵素原子是__________

氟氯溴碘第一電離能（kJ?mol﹣1）1681125111401008（4）下列分子既不存在s﹣pσ鍵，也不存在p﹣pπ鍵的是

A．HCl

B．HF

C．SO2

D．SCl2（5）已知COCl2為平面形，則COCl2中心碳原子的雜化軌道類型為

，寫出CO的等電子體的微粒

（寫出1個(gè)）。（6）鈣在氧氣中燃燒時(shí)得到一種鈣的氧化物晶體，其結(jié)構(gòu)如圖所示：由此可判斷該鈣的氧化物的化學(xué)式為

。已知該氧化物的密度是ρg?cm﹣3，則晶胞離得最近的兩個(gè)鈣離子間的距離為

cm（只要求列算式，不必計(jì)算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)為NA）。參考答案：（1）4s24p5、三角錐形；（2）A；（3）碘；（4）D；（5）sp2雜化；N2；（6）CaO2；

cm。試題分析：（1）價(jià)電子指最外層電子，溴屬于第VIIA族元素，最外層電子數(shù)為7，因此溴的價(jià)電子排布式為：4s24p5；PCl3中有3個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(5－3)/2=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此空間構(gòu)型為三角錐形；(2)晶格能與半徑和所帶電荷數(shù)相等，Cl的半徑小于I，即CsI的晶格能小于CsCl，故選項(xiàng)A正確；(3)第一電離能越大，非金屬性越強(qiáng)，越容易得到電子，形成陰離子，因此形成穩(wěn)定陽(yáng)離子的是碘；(4)A、形成s－pσ鍵，故錯(cuò)誤；B、形成s－pσ鍵，故錯(cuò)誤；C、存在p－pπ鍵，故錯(cuò)誤；D、只有p－pσ鍵，故正確；(5)COCl2是平面形結(jié)構(gòu)，因此C的雜化類型為sp2，CO的等電子體為微粒是N2等；(6)Ca2＋位于頂點(diǎn)和面心，個(gè)數(shù)為8×1/8＋6×1/2=4，陽(yáng)離子位于棱上和體心，個(gè)數(shù)為12×1/4＋1=4，因此化學(xué)式為CaO2，根據(jù)密度的定義，晶胞的質(zhì)量為4×72/NAg，晶胞的體積為cm3，兩個(gè)鈣離子最近的距離是面對(duì)角線的一半，即cm。18.（14分）請(qǐng)按要求回答下列問題．（1）根據(jù)圖1回答①②：①打開K2，閉合K1．A電極可觀察到的現(xiàn)象

；B極的電極反應(yīng)式

．②打開K1，閉合K2．A電極可觀察到的現(xiàn)象是

；B極的電極反應(yīng)式為

．（2）根據(jù)圖2回答③④：③將較純凈的CuSO4溶液放入上圖所示的裝置中進(jìn)行電解，石墨電極上的電極反應(yīng)式為

，電解反應(yīng)的離子方程式為

；④實(shí)驗(yàn)完成后，銅電極增重ag，石墨電極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體體積

L．參考答案：（1）①鋅不斷溶解；Cu2++2e﹣═Cu；②鋅極鍍上一層紅色物質(zhì)；Cu﹣2e﹣═Cu2+；（2）③4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；④0.175a

【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】（1）①若斷開K2，閉合K1，形成原電池反應(yīng)，Zn為負(fù)極，被氧化，Cu為正極，發(fā)生還原反應(yīng)生成銅；②若斷開K1，閉合K2，為電鍍池，Cu為陽(yáng)極，被氧化，Zn為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)生成銅；（2）電鍍時(shí)，石墨為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧氣，銅為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，以此解答．【解答】解：（1）①若斷開K2，閉合K1，形成原電池反應(yīng)，Zn為負(fù)極，被氧化而鋅不斷溶解，Cu為正極，發(fā)生還原反應(yīng)生成銅，電極方程式為Cu2++2e﹣═Cu，故答案為：鋅不斷溶解；Cu2