高中第4章 氧化还原反应和电化学同步测试题

这是一份高中第4章 氧化还原反应和电化学同步测试题，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应式是Li＋MnO2=LiMnO2。下列说法正确的是
A．Li是负极，电极反应为Li-e-=Li+
B．Li是正极，电极反应为Li＋e-=Li-
C．MnO2是负极，电极反应为MnO2＋e-=MnO
D．Li是负极，电极反应为Li-2e-=Li2+
2．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A．B．
C．D．
3．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应B．该反应属于复分解反应
C．NaH是氧化剂D．H2O中的氢元素被还原
4．工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是
已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解；②氧化性：Ni2+ (高浓度)＞H+＞ Ni2+(低浓度)
A．碳棒上发生的电极反应：4OH- -4e- =O2↑+2H2O
B．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
C．电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
D．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH
5．下列图示中关于铜电极的连接错误的是
A．AB．BC．CD．D
6．某化学实验小组探究与某些盐溶液的反应，设计如下装置。左侧烧杯中加入50mL溶液，右侧烧杯中加入50mL溶液，盐桥中装有含氯化钾溶液的琼胶。当闭合开关K时，电流表中指针发生偏转，下列说法正确的是
A．该实验装置属于电解池
B．左侧烧杯中的电极反应式为
C．C电极上发生还原反应，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．盐桥中移向左侧烧杯
7．甲、乙、丙三个电解槽如图所示(其中电极的大小、形状、间距均相同)。乙、丙中AgNO3溶液浓度和体积均相同，通电一段时间后，若甲中铜电极的质量增加0.128g，则乙中电极上银的质量增加
A．0.054gB．0.108gC．0.216gD．0.432g
8． 用如图1所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系(图2)以及溶解氧(DO)随时间变化关系(图3)的曲线如下。
图1 图2 图3
下列说法不正确的是
A．时，具支锥形瓶中压强增大主要是因为产生了
B．整个过程中，负极反应式为
C．时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．时，正极反应式为和
9．二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．负极的电极反应式为
B．总反应式为
C．H+的移动方向为从电极B通过质子交换膜到电极A
D．通入气流速度的大小可能影响电池的电动势
10．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：还原性Fe＞Ni＞Cu)
A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e-=Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt
11．我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
12．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细。由此判断下列M、N、P物质可以成立的是
A．M为Mg，N为Al，P为NaOH溶液
B．M为Cu，N为Fe，P为稀盐酸
C．M为Zn，N为C(石墨)，P为溶液
D．M为Ag，N为Zn，P为溶液
13．向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．还原性：
B．通入氯气的总量为5ml
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则
D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子
14．控制合适的条件，将反应2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2设计成如图所示原电池，下列判断不正确的是
A．反应开始时，电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
15．已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.0kJ/ml。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH=+313.2kJ/ml
过程Ⅱ：……
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2ml电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=-128.9kJ/ml
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
二、填空题
16．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
(1)甲池为____(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为___。
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为____(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，乙池总反应式为____。
(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为____mL(标准状况下)，丙池中____极析出____g铜。
(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将____(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将___(填“增大”“减小”或“不变”)。
17．、、NO是有害气体，有多种方法处理有害气体的工艺。
Ⅰ．一种脱除回收硫碘工艺的两个阶段主要反应分别如下：
第一阶段：
第二阶段：
(1)该工艺需控制第一阶段与第二阶段参加反应的的物质的量之比约为1：2.若过大，会导致_______。
(2)溶液脱除空气中并再生的原理如图所示。溶液脱除空气中的总反应化学方程式为_______。
Ⅱ．有氧条件下，NO在催化剂作用下可被还原为。在钒基催化剂作用下的脱硝反应机理如图所示。
(3)根据如图机理，等物质的量的NO、在有氧条件下的总化学方程式是_______。
(4)按上述图中、NO和的比例进行催化脱硝反应。相同反应时间，和NO的转化率与温度的关系如图所示，200℃后，NO转化率急剧下降的原因是_______。
(5)羟基自由基(HO·)也可以用于脱硫脱硝。如图表示光催化氧化技术可生成HO·；光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上直接转化为HO·；描述产生HO·的另一种过程：_______。
三、实验题
18．某化学研究性小组采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电离率。饱和食盐水的电解率=(电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量)×100%
甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率
(1)若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的U形管左端的实验现象为_____； 该电解池总反应的化学方程式为_______；
(2)若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为________连______(填A、B、C、D、E等导管口)，则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为_______；
乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率
(3)对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率
Ⅰ．通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率。
Ⅱ．通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率
①一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与______口连接(填A、B、C、D、E等导管口)。
②另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？_____(填“同意”或“不同意”)请说明理由 ____。
丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率
(4)若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的pH为14，求饱和食盐水的电解率_______(保留一位小数，假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g)。
19．Ⅰ.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
(1)将将Na、K、Mg、Al各1ml分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_______与盐酸反应最剧烈，_______与盐酸反应产生的气体最多(填元素符号)。
(2)向溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_______。
Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(3)仪器A的名称为_______。
(4)实验室中现有药品：①酸稀盐酸；②酸稀硝酸；③液溶液；④固体，请选择证合适药品设计实验验证N、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、B中所装药品分别为_______、_______(填序号)。但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？_______。
Ⅲ.完成下列问题
(5)铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，请书写铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______。
(6)消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN，C为+2价)，经以下反应实现：(已配平)。试指出A的化学式_______，如此反应中有6.72L(标准状况)气体生成，转移电子数目为_______。
A．铜锌原电池
B．电解精炼铜
C．在镀件上镀铜
D．电解氯化铜溶液
参考答案：
1．A
【详解】A．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故A正确；
B．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故B错误；
C．MnO2是正极，电极反应为MnO2+e-=，故C错误；
D．根据锂电池的总反应式Li+MnO2=LiMnO2，失电子的金属Li为负极，电极反应为：Li-e-=Li+，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．该反应中Cl化合价从+5价降低为-1价，共得到个电子，同理O共失去个电子，A错误；
B．该反应中Mg化合价从0价升高为+2价，共失去个电子，同理O共得到个电子，B正确；
C．该反应中Cu化合价从+2价降低为0价，共得到个电子，C化合价从0价升高到+4价，共失去4个电子，C错误；
D．该反应中O化合价从0价降低到-2价，共得到个电子，D错误；
故答案选B。
3．D
【分析】NaH中H元素显-1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B．该反应不属复分解反应，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素显-1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C错误；
D．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D正确；
故选D。
4．C
【分析】碳棒与电源正极相连，为电解池的阳极，发生氧化反应，氢氧根放电生成氧气，镀镍铁棒与电源负极相连，为电解池阴极，发生还原反应，Ni2+放电生成Ni单质，由于溶液显酸性，H+也会放电生成氢气。
【详解】A．碳棒与电源正极相连，为电解池的阳极，发生氧化反应，氢氧根放电生成氧气，电极反应为4OH- -4e- =O2↑+2H2O，A正确；
B．若将图中阳离子膜去掉，氯离子进入阳极室，阳极会生成氯气，总反应发生改变，B正确；
C．由于C室中Ni2+、H+不断减少，Cl-通过阴离子膜从C室移向B室，A室中OH-不断减少，Na+通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，C错误；
D．由于H+氧化性大于Ni2+(低浓度)的氧化性，所以为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH，D正确；
综上所述答案为C。
5．C
【详解】A．锌、铜、稀硫酸原电池中，锌作负极，铜作正极，A正确；
B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，精铜作阴极，与电源负极相连，B正确；
C．在镀件上镀铜时，镀件作阴极，与电源负极相连，镀层金属铜作阳极，与电源正极相连，C错误；
D．电解氯化铜溶液时，铜电极不参予电极反应，则铜作阴极，与电源负极相连，D正确；
故选C。
6．B
【详解】A．由题图可知，该实验装置没有外接电源，不属于电解池，属于原电池，A错误；
B．该实验装置是利用MnO2与Cl-的氧化还原反应而设计的原电池装置，故左侧烧杯中MnO2发生还原反应，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，右侧烧杯中C电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，B正确；
C．C电极为负极，发生氧化反应，C错误；
D．盐桥中的阴离子移向负极区，即盐桥中Cl-移向右侧烧杯，D错误；
故选B。
7．C
【详解】甲中铜电极增重0.128g，说明析出铜为0.002ml。由图示可知，乙、丙并联后与甲串联，又因乙、丙两槽中的电极反应相同，故乙、丙中的电子转移分别是甲中的一半。甲中转移电子为0.004ml，则乙中转移的电子为0.002ml，故乙中析出的银为0.002ml，质量为。故选C。
8．C
【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。
【详解】A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，故A正确；
B．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故B正确；
C．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：2H++2e-═H2↑和O2+4e-+4H+═2H2O，故D正确；
故选C。
9．C
【详解】A． A极通入和，在负极失电子生成，电极反应式为，故A正确；
B． 该电池的总反应式为，故B正确；
C． A为负极，B为正极，的移动方向为从电极A通过质子交换膜到电极B，故C错误；
D． 其他条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，通入气流速度的大小可能影响电池的电动势，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，不仅仅是Ni2++2e-═Ni，A选项错误；
B．电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B选项错误；
C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，C选项错误；
D．因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，D选项正确；
答案选D。
11．C
【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；
故选C。
12．D
【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N，依据此分析解答。
【详解】A．N极铝是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，A错误；
B．N极铁是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，B错误；
C．M极（Zn）易失电子作负极，变细，N极（石墨）上析出Cu而变粗，C错误；
D．N极材料Zn比M极Ag活泼，且M极Ag上有银析出，所以质量增加，D正确；
故答案选：D。
13．C
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2ml、4ml、6ml，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2ml+4ml+6ml) ×=6ml，故B错误；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于aml时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选C。
14．D
【分析】由总反应方程式得，I-被氧化，Fe3+被还原，因此甲中石墨为正极，乙中石墨为负极。
【详解】A．乙中I-被氧化，Fe3+被还原，因此甲中石墨为正极，乙中石墨为负极，电流方向是从正极导线流向负极，所以从甲池石墨棒流向乙池石墨棒，A正确；
B．由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，C正确；
D．加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，D错误；
故选D。
15．B
【详解】A．过程I中O从-2价升高为0价，每生成1mlO2转移4ml电子，则每消耗232g(即1ml)Fe3O4转移2ml电子，A选项正确；
B．根据盖斯定律，(总反应式-过程I方程式)/2得出过程II方程式为3FeO(s) + H2O(l) = H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+128.9kJ/ml，B选项错误；
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能，C选项正确；
D．根据上述制备原理可看出，铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点，D选项正确；
答案选B。
16．(1) 原电池 CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
(2) 阳极 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3
(3) 280 D 1.60
(4) 减小 增大
【分析】由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=+6H2O，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。
【详解】（1）①由分析可知，甲池为原电池；
②通入CH3OH 电极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=+6H2O；
（2）①由分析可知，乙池A(石墨)电极的名称为阳极；
②电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，则乙池中总反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；
（3）①由分析可知，当乙池中B极质量增加 5.40g ，即析出5.40g的Ag时，n(Ag)==0.05ml，则电路中转移的电子的物质的量为0.05ml，故甲池中理论上消耗 O2的体积为=0.28L=280mL；
②丙池中阴极（即D极）;
③析出铜的质量为=1.60g；
（4）①若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，电键闭合一段时间后，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=+6H2O，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-则溶液的 pH 将减小；
②若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，电键闭合一段时间后，即用惰性电极电解NaCl溶液，丙中D极即阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则阴极的产物为NaOH、H2，由于生成了NaOH，则溶液的 pH 将增大。
17．(1)SO2不能完全转化为S2，多余的SO2排放到空气中会污染大气
(2)
(3)
(4)NH3与O2生成了NO
(5)光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2-，最终转化为HO•
【详解】（1）由题意可知，若过大，第一步反应生成的SO2过多，在第二步反应中SO2不能完全转化为S2，多余的SO2排放到空气中会污染大气；
故答案为：SO2不能完全转化为S2，多余的SO2排放到空气中会污染大气；
（2）由图可知，溶液脱除空气中H2S的总反应为H2S与O2反应生成了S和H2O，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：；
故答案为：；
（3）根据如图机理，等物质的量的NO、在有氧条件下的总化学方程式是：；
故答案为：；
（4）按上述图中 、NO和 的比例进行催化脱硝反应。相同反应时间， 和NO的转化率与温度的关系如图所示，200℃后，NO转化率急剧下降的原因是NH3与O2生成了NO；
故答案为：NH3与O2生成了NO；
（5）由图可知，价带上水转化为自由基HO• ，电极反应为：H2O-e-=H++HO•，图中HO•还有另外的产生途径，光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2-，最终转化为HO• ；
故答案为：光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2-，最终转化为HO• 。
18．(1) 碳棒上有气泡产生，溶液变红 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
(2) B C Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ ClO-
(3) D 同意 在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大
(4)16.6%
【详解】（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，总电解反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C。
（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差。
（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的pH为14，c(H+)=10-14ml/L，c(OH-)=1ml/L，氢氧根离子物质的量=0.15L×1ml/L=0.15ml，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解的氯化钠物质的量为0.15ml，质量为0.15ml×58.5g/ml=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，150mL饱和食盐水质量=1.33g/mL×150mL=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有溶质氯化钠质量=，电解率=。
19．(1) K Al
(2)S2-+Cl2=2Cl-+S↓
(3)分液漏斗
(4) ② ④ 在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3
(5)
(6) 0.6NA或
【分析】II.要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N＞C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较，在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3，据此分析解答。
III.根据氧化还原反应中电子转移守恒配平方程式，根据反应中元素化合价变化结合气体摩尔体积计算转移电子数。
【详解】（1）金属性由强到弱的顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1 ml氢气需要得到2 ml电子，1 ml钾、钠都失去1 ml电子，1 ml镁失去2 ml电子，而1 ml铝失去3ml电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为：K；Al；
（2）氯气能够与硫离子反应生成硫，所以氯气氧化性强于硫单质，反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为： Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
（3）根据图示仪器结构分析，A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（4）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A中可以加硝酸，通过硝酸和碳酸钠的反应来制取CO2，证明酸性：HNO3＞H2CO3，故非金属性：N＞C，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，故非金属性：C＞Si，所以装置A、B中所装药品分别为②、④；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，需在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；故答案为：②；④；在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；
（5）铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为；
（6）H2O2具有氧化性，将KCN中C氧化为+4价，再根据原子守恒判断A的化学式为KHCO3；n(NH3)=，则转移的电子数为，即0.6NA；故答案为：KHCO3；0.6NA或3.612×1023。