第四章化学反应与电能同步习题（Word含答案）高中化学人教版（2019）选择性必修1

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第四章 化学反应与电能同步习题
一、选择题
1．以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是(阳离子交换膜只允许阳离子通过)

A．充电时，Cu/CuxS电极为阳极
B．充电时，阳极区的电极反应式为
C．放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动
D．放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻30g
2．3.25 g锌与100 mL 1 mol·L-1的稀硫酸反应，为了加快反应速率而不改变H2的产量，可采取的措施是
A．滴加几滴浓盐酸 B．滴加几滴浓硝酸
C．滴加几滴硫酸铜溶液 D．加入少量锌粒
3．下列实验操作及现象所得结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量KSCN溶液
溶液变红
溶液中含有
B
向与MgO混合物中加入足量NaOH溶液
固体部分溶解
可用NaOH溶液除去MgO中混有的
C
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的ZnS和CuS固体
ZnS溶解而CuS不溶解

D
将锌铜合金与锌分别加入等浓度硫酸溶液中
锌铜合金生成氢气速率更快
铜作反应的催化剂

A．A B．B C．C D．D
4．如图所示的装置，通电较长时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属。下列说法中正确的是

A．甲池是b电极上析出金属银，乙池是c电极上析出某金属
B．甲池是a电极上析出金属银，乙池是d电极上析出某金属
C．该盐溶液可能是CuSO4溶液
D．该盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液
5．锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是

A．0~t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B．t1~t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀
C．负极反应为：Fe-3e-=Fe3+
D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性
6．中国文化源远流长，三星堆出土了大量文物，下列有关说法正确的是。
A．测定文物年代的与互为同素异形体
B．三星堆出土的青铜器上有大量铜锈，可用明矾溶液除去
C．青铜是铜中加入铅，锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀
D．文物中做面具的金箔由热还原法制得
7．下列说法正确的是

A．对铅蓄电池进行充电时，铅电极应连接外电源的正极
B．增大气体压强或使用催化剂能能提高活化分子的百分数，从而加快反应速率
C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率和氢气的平衡转化率均增大
D．将图中的活塞快速推至A处固定，气体颜色先变深、再变浅，但比起始时深
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
B．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
9．中科大经过多次实验发现，采用如图所示装置，阳极(Ti基)上产生羟基(·OH)，阴极上产生H2O2，分别深度氧化苯酚为CO2，高效处理废水。下列有关说法错误的是

A．电流从a极Ti基废水不锈钢b极
B．阳极电极反应为H2O-e-=·OH+H+
C．阴极深度氧化苯酚方程式为C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O
D．当消耗7molO2时，理论上共氧化处理47g苯酚
10．关于下列装置说法正确的是

A．装置①中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成
B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大
C．装置③中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护
D．装置④盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯
11．科学家采用如图所示方法，可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。下列说法正确的是

A．该过程中Li和H2O作催化剂
B．三步反应都是氧化还原反应
C．反应Ⅲ可能是对LiOH溶液进行了电解
D．反应过程中每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2
12．下列叙述正确的是
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②光能和化学能都能转化成电能
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解原理有可能实现
A．①③④ B．③④ C．②③④ D．④
13．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
①②③④
A．图①装置可制备无水 MgCl2
B．图②装置可证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
C．图③装置可制乙烯并验证其还原性
D．图④装置可观察铁的析氢腐蚀
二、填空题
14．相同金属在其不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。现用此浓差电池电解Na2SO4溶液(电极a和b均为石墨电极)可以制得O2、H2、H2SO4、NaOH。

(1)当电路中转移1mol电子时，电解池理论上能产生标况下的气体___L。
(2)电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得NaOH___g。
15．城镇地面下常埋有纵横交错的多种金属管道，地面上还铺有铁轨等。当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计了如图所示的装置，请分析其工作的原理_______。

16．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

(1)C 中 Zn极的电极反应式为___________Fe 极附近溶液的 pH___________。
(2) B中总反应离子方程式为___________。 比较 A、B、C 中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________。
17．燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源。下图为燃料电池的结构示意图，电解质溶液为NaOH溶液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。请回答下列问题：

(1)若该燃料电池为氢氧燃料电池。
①a极通入的物质为_______(填物质名称)，电解质溶液中的OH-移向_______极(填”负”或“正”)。
②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：_______。
(2)若该燃料电池为甲烷燃料电池。已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=+3H2O
①下列有关说法正确的是_______(填字母代号)。
A．燃料电池将电能转变为化学能
B．负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O
C．正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
D．通入甲烷的电极发生氧化反应
②当消耗甲烷33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的量为___mol。
三、计算题
18．已知高能锂离子电池的总反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2S[LiPF6·SO(CH3)2为电解质]。用该电池为电源，石墨为电极进行如图的电解实验

①当电极X减少2.8g时，电子转移___________mol。(电解质均足量)。
②当电流为I A(1安培=1库仑/秒)，通过时间t s时，甲池增重mg(每个电子的电量为q库伦)，请写出阿伏伽德罗常数的表达式___________。
19．工业上可用电解饱和食盐水的方法制备烧碱、氯气等化工原料，其反应原理如下：。若需要制备标准状况下的氯气11.2L(不考虑溶解)。请计算：
(1)产生氢气的物质的量_______；
(2)所得溶液中氢氧化钠的物质的量浓度_______(假设反应后溶液的体积为500mL)。
四、实验题
20．某小组研究Na2S 溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。
实验序号
I
II
实验过程
加10滴(约0.3mL)溶液
酸性KMnO4溶液(酸化至)
滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)

溶液
实验现象
紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()
溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()

资料：i. 在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为。
ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知，Na2S具有_______性。
(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是_______。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成。

a.右侧烧杯中的溶液是_______。
b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_______(填操作和现象)。
(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是_______。
(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_______。
(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与_______因素有关。
21．实验室探究NaHSO3溶液与Cu2+的反应。
I.如图所示制备(经检验装置气密性良好)。

(1)仪器a的名称是____。
(2)写出C中制备NaHSO3的离子方程式____。
II.探究NaHSO3溶液与Cu2+的反应，过程如图所示：

已知：硫酸亚铜易溶于水。
回答下列问题：
(3)加入NaCl固体后产生的无色气体和白色沉淀经检验分别是SO2和CuCl，说明发生了氧化还原反应。加入NaCl固体发生反应的原因。
a.Cl-改变了HSO的还原性
b.Cl-改变了Cu2+的氧化性
用原电池原理进行试验，探究上述现象可能的原因。
编号
实验1
实验2
实验


现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象
闭合开关K，电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见明显现象

①由实验1、2可知原因a不合理，依据是_____。
②实验3：用如图所示装置实验，B中有白色沉淀生成，证明原因b合理。

ⅰ.补全电化学装置示意图____。
ⅱ.写出B中的电极反应方程式____。
ⅲ.请从反应原理的角度解释原因：Cl-与Cu2+的还原产物Cu+形成沉淀，____，使HSO与Cu2+的反应能够反应完全。
III.金能与浓硝酸发生微弱反应生成Au3+，短时间几乎观察不到金溶解。金易溶于“王水”［浓硝酸与浓盐酸按体积比1∶3混合］
已知：Au3++4Cl-+H+HAuCl4
(4)利用(3)中实验探究的结论，分析“王水”溶金的原理：____。














参考答案
1．B
【解析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−；
充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS。
【解析】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A项正确；
B．由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS，B项错误；
C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C项正确；
D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D项正确；
故选B。
2．A
【解析】A．3.25 g Zn的物质的量n(Zn)=，100 mL 1 mol·L-1的稀硫酸中溶质的物质的量n(H2SO4)=1 mol/L×0.1 L=0.1 mol，根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知：二者反应的物质的量的比是1：1，故硫酸过量，反应放出H2要以不足量的Zn为标准计算。滴加几滴浓盐酸，增加了溶液中c(H+)，反应速率加快，A符合题意；
B．硝酸具有强氧化性，与Zn反应不能产生氢气，B不符合题意；
C．Zn与CuSO4发生置换反应产生Cu和ZnSO4，Zn、Cu及硫酸构成原电池，使反应速率加快；但由于Zn消耗，导致反应产生H2的量减少，C不符合题意；
D．加入少量的Zn，由于Zn是固体，浓度不变，因此反应速率不变，但由于不足量的Zn的量增加，以Zn为标准反应产生的H2的量增多，D不符合题意；
故合理选项是A。
3．B
【解析】向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液变红，原溶液中可能有干扰，A错误；利用与碱反应特性，B正确；向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的ZnS和CuS固体ZnS溶解而CuS不溶解，说明，C错误；将锌铜合金与锌分别加入等浓度硫酸溶液中锌铜合金生成氢气速率更快，因为形成原电池加快反应速率，D错误。
4．C
【解析】甲池中a极与电源负极相连为阴极，电极上银离子得电子析出银单质，b电极为阳极，水电离出的氢氧根放电产生氧气，同时产生氢离子；乙池中c为阴极，d为阳极，乙池电极析出0.64g金属，金属应在c极析出，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子。
【解析】A．甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故A错误；
B．甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；
C．甲池的a极银离子得电子析出银单质，2.16gAg的物质的量为，由Ag++e-=Ag，可知转移0.02mol电子，乙池电极析出0.64g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子，Cu2+氧化性强于氢离子，会先于氢离子放电，由Cu2++2e-=Cu，转移0.02mol电子生成0.01molCu，质量为m=n∙M=0.01mol×64g/mol=0.64g，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故C正确；
D．Mg2+氧化性弱于H+，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg(NO3)2溶液，故D错误；
故答案为C。
5．C
【解析】A．有图可知，0~t1时锥形瓶内压强增大，说明气体的物质的量增加，则铁可能发生了析氢腐蚀，故A不选；
B．有图可知，t1~t2时锥形瓶内压强减少，说明气体物质的量减少，则铁一定发生了吸氧腐蚀，故B不选；
C．负极反应为：Fe-2e-=Fe2+ ，故C选；
D．锥形瓶内开始发生析氢腐蚀，则用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性，故D不选；
故选：C。
6．B
【解析】A．与是质子数相同，中子数不同的两种核素互为同位素，A错误；
B．铜锈为碱式碳酸铜，明矾溶于水，铝离子水解，溶液显酸性可与碱式碳酸铜反应而除去，B正确；
C．铅、锡比铜活泼，腐蚀反应中铜做正极，会减缓铜的腐蚀，C错误；
D．古代得到金的方法是淘漉法，D错误；
故选B。
7．D
【解析】A．铅蓄电池中铅电极为负极，充电时，应连接外电源的负极，故A错误；
B．增大气体压强只能增大单位体积活化分子数，不能提高活化分子的百分数，使用催化剂能能提高活化分子的百分数，但二者都能加快反应速率，故B错误；
C．该反应的正反应为放热反应，其他条件不变时升高温度，反应速率增大，平衡逆移，氢气的平衡转化率减小，故C错误；
D．将图中的活塞快速推至A处固定，二氧化氮的浓度变大，故颜色变深，后平衡2NO2(g) N2O4(g)右移，故颜色又逐渐变浅，但由于平衡移动的结果是减弱而不是抵消，故颜色比原来深，故D正确；
答案选D。
8．D
【解析】A．标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子，即0.25NA个，故A错误；
B．pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液中氢离子浓度为1×10−13mol/L，氢氧化钠溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子的物质的量为1×10−13mol/L×1L=1×10-13mol，即水电离的OH−离子数目为1×10−13 NA，故B错误；
C．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移4mol电子，则电路中通过的电子数目为4 NA，故C错误；
D．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，2.0gH218O与D2O的物质的量为0.1mol，又每个H218O与D2O分子中均含有10个中子，故0.1mol该混合物中所含中子数为NA，故D正确；
故选D。
9．D
【解析】电解池中失去电子的电极为阳极，阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=•OH+H+，阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+14H2O2═6CO2↑+17H2O；
【解析】A．电流从正极经导线流向负极，即从a极Ti基废水不锈钢b极，A正确；
B．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-=•OH+H+， B正确；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，C正确；
D．阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，1个水失一个电子生成1个•OH，2个•OH可看作1个H2O2，即阴阳极各产生一个H2O2，消耗7molO2即产生14molH2O2，由C6H5OH~14H2O2，可知消耗1molC6H5OH，质量为m=nM=1mol×94g/mol=94g，D错误；
故选：D。
10．B
【解析】A．锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，故A错误；
B．a为与电源负极相连是阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，碱性增强，pH值增大，故B正确；
C．用外加电源的阴极保护法保护金属，被保护的金属应该接电源的负极，即钢闸门应与外接电源的负极相连，故C错误；
D．原电池中阴离子向负极移动，锌是负极，所以Cl－移向甲烧杯，故D错误。
答案选B。
11．D
【解析】A．从图中可以看出，该反应中Li参加了反应，最终又生成了Li，所以Li是催化剂。虽然在第二步水也参加了反应，第三步生成了水，但总反应为2N2+6H2O=3O2+4NH3，所以水为反应物，故A错误；
B．第二步反应是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C．电解LiOH溶液时，在阴极不可能是Li+得电子生成Li，故C错误；
D．根据总反应方程式：2N2+6H2O=3O2+4NH3，每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2，故D正确；
故选D。
12．C
【解析】①电解池是在直流电的作用下，发生氧化还原反应，所以是将电能转化为化学能的装置，①不正确；
②太阳能电池将光能转化成电能，蓄电池将化学能转化成电能，②正确；
③金属和石墨导电均为电子导电，属于物理变化，电解质溶液导电同时伴随着氧化还原反应的发生，是化学变化，③正确；
④不能自发进行的氧化还原反应，即便其ΔS＜0、△H＞0，通过电解原理也有可能让反应发生，④正确；
综合以上分析，②③④正确，故选C。
13．A
【解析】A．由于镁离子水解，因此得到MgCl2，需要在HCl气流中加热，因此图①装置可制备无水 MgCl2，故A符合题意；
B．图②装置不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可能氯气过量，将KI氧化为I2，从而使淀粉变蓝，故B不符合题意；
C．由于乙醇易挥发，图③装置可制乙烯，但乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，因此不能证明酸性高锰酸钾褪色是乙烯的还原性，故C不符合题意；
D．NaCl溶液是中性环境，因此图④装置可观察铁的吸氧腐蚀，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
14．(1)16.8
(2)160

【解析】浓差电池中左侧溶液中Cu2+浓度大，离子的氧化性强，所以Cu(1)电极为正极、电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则Cu (2 )电极为负极，电极反应式为Cu+2e-=Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，以此来解析；
(1)
电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有O2~e~H2可知1mold电子，生成0.25molO2和0.5molH2；总共0.75mol，V=0.75mol×22.4L/mol=16.8L；
(2)
电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu:( 2.5-1.5 ) mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu~2e~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，则m(NaOH) =nM=4mol×40g/mol=160g。
15．钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护
【解析】根据牺牲阳极的阴极保护法分析解答。
【解析】镁比铁活泼，根据图示，钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护，避免了钢铁输水管的腐蚀，故答案为：钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护。
16．     Zn - 2e- = Zn2+     增大     Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑     B > A > C
【解析】根据B中形成Sn−Fe原电池，Fe比Sn活泼，则Sn为正极发生还原反应；根据C中形成Zn−Fe原电池，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，据此解答。
【解析】(1)C中锌比铁活泼，锌为原电池负极，被腐蚀，负极电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Fe为原电池的正极，发生反应：2H++2e−=H2↑，Fe附近的溶液中氢离子浓度减小，pH值增大，故答案为：Zn−2e−=Zn2+；增大；
(2)B中形成Sn−Fe原电池，Fe比Sn活泼，Fe为负极，Sn为正极，总反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，所以A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B>A>C；
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；B>A>C。
17．     氢气     负     H2-2e-+2OH-＝2H2O     BD     9.6
【解析】(1)①氢氧燃料电池中通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，根据电子移动方向知，a为负极、b为正极，所以a通入的物质是氢气，放电时溶液中阴离子向负极移动，所以电解质溶液中的OH-移向负极，故答案为：氢气；负；
②该燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-＝2H2O，故答案为：H2-2e-+2OH-＝2H2O；
(2)①A．燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；
B．负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O，故B正确；
C．正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-＝4OH-，故B错误；
D．通入甲烷的电极失电子发生氧化反应，故D正确；
故选BD；
②n(CH4)=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，消耗1mol甲烷转移8mol电子，则消耗1.5mol甲烷转移电子物质的量=1.5mol×8=12mol，假设电池的能量转化效率为80%，则转移电子的物质的量=12mol×80%=9.6mol，故答案为：9.6。
18．     0.4     NA=
【解析】已知高能锂离子电池的总反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2S[LiPF6·SO(CH3)2为电解质]，金属锂在负极发生氧化反应，锂做负极；Y为电源的正极，为FeS，发生还原反应；与X极相连的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H++2e-=H2↑；与Y极相连的为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式：2I--2e-=I2，为了维持乙池溶液中电荷守恒，溶液中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲池中，溶液质量增加为钾离子和氢离子的质量差。
【解析】①金属锂在负极发生氧化反应，极反应式为：Li-e-=Li+，当电极X减少2.8g时，锂的摩尔质量为7g/mol，所以消耗的n(Li)=0.4mol，转移电子为0.4mol；
②甲池为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H++2e-=H2↑；阳极发生氧化反应，电极反应式：2I--2e-=I2，为了维持乙池溶液中电荷守恒，根据电荷守恒规律，乙池中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲池中，所以甲池增重的质量为钾离子与氢离子的质量差，1mol钾离子与1mol氢离子的质量差值为39g-1g=38g，即阴极溶液质量每增加38g，转移电子为1mol，现题给转移电子mol时，溶液质量增加mg，所以根据，所以NA=。
19．(1)0.5 mol
(2)2 mol/L

【解析】（1）
若需要制备标准状况下的氯气11.2L（不考虑溶解），其物质的量为，根据化学方程式可知产生氢气的物质的量与产生的氯气物质的量相同，生成氢气物质的量为0.5mol。
（2）
制备标准状况下的氯气11.2L即0.5mol，则生成氢氧化钠1mol，反应后溶液的体积为500mL，则所得溶液中氢氧化钠的物质的量浓度为。
20．(1)还原
(2)     溶液呈紫色，说明酸性溶液过量，能被其继续氧化     因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的     溶液(酸化至)     取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成
(3)
(4)将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀
(5)浓度、用量、溶液中的酸碱性

【解析】（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂，具有还原性；
（2）①根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性，还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的；
③a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)；
b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了；
（3）实验I的现象与资料ⅰ存在差异，KMnO4被还原成Mn2+，实验I中溶液成浅紫色说明高锰酸钾过量，新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应生成棕褐色沉淀()，该反应的离子方程式是；
（4）在近中性条件下被还原为，实验II的现象是溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()，KMnO4被还原成Mn2+，溶液过量，S2-与接着发生氧化还原反应生成浅粉色沉淀()。为了证明出现该现象的猜想其原因与(3)相似，可以将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀；
（5）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性；
21．(1)分液漏斗
(2)
(3)     对照实验1，实验2中在NaHSO3中加入NaCl并没有明显的电流，说明NaCl并未改变NaHSO3的还原性，所以a不合理。     A池中加入1mol/L NaHSO3溶液，B池中加入1mol/L CuSO4溶液和2gNaCl固体。     Cu2+ +e-+Cl-=CuCl     从而降低了平衡的产物浓度使平衡正向移动
(4)金能与浓硝酸发生微弱反应生成Au3+，加入浓盐酸Cl-消耗Au3+只是产物浓度降低平衡正向移动，促使Au被完全溶解。

【解析】装置A为制备SO2，B的作用为安全瓶，C制备NaHSO3溶液，D尾气吸收。
(1)
仪器作用为滴加液体，名称为分液漏斗；
(2)
SO2为酸性氧化物，过量的SO2与碱反应产生酸式盐，方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，方程式中NaOH与NaHSO3均为可溶性强电解质拆写成离子，所以离子方程式为；
(3)
该实验为探究实验注意控制单一变量，保证NaHSO3、CuSO4等溶液的体积及浓度对应一致，对照组不加NaCl，而研究对NaHSO3的影响就向其中加入1gNaCl，研究对CuSO4的影响就向其加入1gNaCl观察电流表以确定发生氧化还原反应。所以1不合理的依据为对照实验1，实验2中在NaHSO3中加入NaCl并没有明显的电流，说明NaCl并未改变NaHSO3的还原性，所以a不合理。由于B中有白色沉淀，则B池中加入了NaCl与CuSO4溶液的还原产物反应，所以证明b的设计为：A池中加入1mol/L NaHSO3溶液，B池中加入1mol/L CuSO4溶液和2gNaCl固体。B池中Cu2+的电子发生还原反应，电极反应为Cu2+ +e-+Cl-=CuCl。产生Cu+本身较微弱，但加入Cl-后沉淀就能使加强并反应彻底，利用平衡移动原理来解释，所以从而降低了平衡的产物浓度使平衡正向移动；
(4)
仿照上面的内容利用平衡移动原理来解释，金能与浓硝酸发生微弱反应生成Au3+，加入浓盐酸Cl-消耗Au3+只是产物浓度降低平衡正向移动，促使Au被完全溶解。