【化学】福建省福州八县一中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

福建省福州八县一中2018-2019学年高二上学期期中考试
相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Cu－64 S－32 Fe－56
Ⅰ卷（选择题，共50分）
一、选择题：（共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.对于反应中的能量变化，表述正确的是
A. 断开化学键的过程会放出能量
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C. 加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 化学反应中的能量变化就是热量的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A、断开化学键的过程会吸收能量，故A错误；
B、植物进行光合作用制造有机物，储存能量，植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭．所以煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；
C、吸热反应不一定需要加热热才发生，如氯化铵和十水合氢氧化钡的反应就是吸热的，加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，故C错误；
D、化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，还可以表现为光能和电能，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】化学反应中的能量变化涉及到一些概念一定要清晰，反应物能量高于生成物能量时，多余的能量一般以热量的形式放出为放热反应，因此反应放热还是吸热与反应条件无关，决定与反应物和生成物的能量高低，断裂化学键需吸收能量，形成化学键释放能量。
2.下列有关中和热实验的说法正确的是
A. 用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得△H偏高
B. 强酸与强碱反应生成的水越多，该反应的中和热越大
C. 强酸与强碱反应生成1mol水的△H都约为-57.3 kJ•mol﹣1
D. 测定中和热实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度
【答案】A
【解析】
【详解】A、用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，但△H偏高，所以A选项是正确的；
B、中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，是一个定值，其大小与中和反应生成的水多少无关，故B错误；
C、强酸强碱反应生成沉淀和水的中和反应伴随沉淀热的生成，如硫酸和氢氧化钡酸碱中和反应，生成1molH2O时放出的热量都大于57.3kJ，故C错误；
D、中和热的测定实验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度，故D错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热。理解中和热是要注意：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热。 2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H＋(aq)＋OH－(aq)====H2O(l)中和热均为57.3 kJ·mol－1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于57.3 kJ·mol－1； 3．以生成1 mol水为基准。
3.工业生产中，降低能耗是重要的节能措施。可以通过合理设计工艺路线，优化工艺条件，从而达到降低能耗的目的。下列措施不能达到降低能耗的目的的是
A. 在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂
B. 电解熔融氧化铝制取铝，在氧化铝中加冰晶石
C. 陶瓷烧制时，用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料
D. 接触法生产H2SO4的过程中，在接触室中采用热交换器
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂，可以缩短到达平衡的时间，提高单位时间的产量，故A可以；
B. 纯净氧化铝的熔点很高（约2045℃），在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石（Na3AlF6）在1000℃左右就可以得到熔融体，从而降低了能耗，故B可以；
C.用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料，不能降低能耗，故C不可以；
D. 采用热交换器使热量得到充分利用，从而降低了能耗，故D可以。
故选C。
4.在不同情况下测得A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)的下列反应速率，其中反应速率最大的是
A. v(D)=0.4mol•L-1•s-1 B. v(C)=0.5 mol•L-1•s-1
C. v(B)=0.6 mol•L-1•s-1 D. v (A)=2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.=0.2，B. =0.25，C.=0.2，D.=0.033，显然B中比值最大，反应速率最快，故选B。
点睛：本题考查反应速率的比较，明确比值法可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率比较快慢，利用反应速率与化学计量数之比可知，比值越大，反应速率越快，注意选项D中的单位。
5.下列叙述正确的是
A. 使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）。
B. 金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C. 原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D. 牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理，能有效保护作为阴极(正极)的金属不被腐蚀。
【答案】D
【解析】
【详解】A项，催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应的反应热，故A项错误；
B项，金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度紧密相关，故B项错误；
C项，原电池中发生的反应达平衡时，正逆反应速率相等，该电池电流为零，故C项错误；
D项，在原电池中正极被保护，负极被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以牺牲阳极的阴极保护法是利用了原电池原理，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题的易错项为C项。反应达平衡后，两电极间就不存在电势差了，无法形成电压驱动电子移动，无法形成电流。
6.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法不正确的是

A. CO和O生成CO2是放热反应。
B. 在该过程中，CO分子中碳氧键没有断裂成C和O。
C. 在该过程中，O与CO中C结合形成共价键。
D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程。
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题。
【详解】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A正确；
B．由图可知不存在CO的断键过程，故B正确；
C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误。
故选D。
7.某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确的是

A. 反应过程b有催化剂参与。
B. 该反应的焓变△H<0。
C. 改变催化剂，会改变该反应的活化能。
D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2 。
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应a过程活化能高，说明反应b有催化剂参与，故A项正确；
B项，反应物的能量高于生成物的能量，反应放热，由图可知反应物与产物的能量差为△H，故B项正确；
C项，催化剂能够改变反应的活化能，故C项正确；
D项，分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能，由图可知，反应的活化能为E1，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查了化学反应能量变化的分析应用，注意催化剂的作用理解和应用，催化剂能够降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，使反应速率加快。
8.通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g) △H1=+571.6kJ•mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) △H2=+131.3kJ•mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H3=+206.1kJ•mol﹣1．
A. 反应CH4（g）＝ C(s)+2 H2(g)的△H=+74.8kJ•mol﹣1 。
B. 电解水也可制取氢气和氧气，而且比方法①更方便，更节能。
C. 反应②每生成2g氢气，要吸收131.3kJ的热量，所以该反应没有应用价值。
D. 反应③中，若将各1mol的甲烷与水蒸气混合，要吸收206.1kJ的热量。
【答案】A
【解析】
【详解】A项，根据盖斯定律，③-②得CH4（g）＝ C(s)+2H2(g)的△H=+74.8kJ•mol﹣1，故A项正确；
B项，电解水分解需要在通电条件下进行反应，因此需要消耗电能，而反应①中光能转化为化学能，故B项错误；
C项，反应②生成的氢气和一氧化碳都具有可燃性和还原性，主要用途是用作燃料和冶炼金属，故C项错误；
D项，反应③为可逆反应，反应不能进行到底，所以1mol的甲烷与水蒸气混合，吸收的热量要小于206.1kJ，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
9.有关电化学知识的描述正确的是

A. Cu＋H2SO4= CuSO4＋H2↑这个反应可设计成原电池。
B. 利用Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K+向FeCl3溶液移动。
C. 因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋。
D. 由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。
【答案】B
【解析】
【分析】
A.构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应；
B.盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；
C.Fe遇到浓硝酸会钝化；
D.原电池中失电子的一极为负极。
【详解】A．构成原电池内界条件是自发的发生氧化还原反应，Cu＋H2SO4= CuSO4＋H2↑为非自发进行的氧化还原反应，故不能设计成原电池，故A错误；
B．该原电池中，铜做负极，碳棒做正极，所以盐桥中的K+向FeCl3溶液移动，所以B选项是正确的；
C．Fe遇到浓硝酸会钝化，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，必是Cu作负极，Fe作正极，其负极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；
D．原电池中失电子的一极为负极，由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池中，Al在负极失电子生成偏铝酸根离子，Mg作正极，故D错误。
所以B选项是正确的。
10.有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、X能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y。这四种金属的活动性顺序是
A. Z＞X＞W＞Y B. Y＞Z＞W＞X C. Z＞X＞Y＞W D. X＞Z＞Y＞W
【答案】C
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中。金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱。
【详解】将合金放入盐酸中，只有Z、X能溶解，说明Z、X在氢前，Y、W在氢后，故B错误；
若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞X，故D错误；
若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y，说明W的活泼性最弱，活泼性是Y＞W，故活泼性顺序是：Z＞X＞Y＞W。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查的是金属活动性顺序的应用，完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断。
比较元素金属性强弱的一般依据是：1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强；2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强；3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强；4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属；5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）；6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强；7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性；8．依据电解池中阳离子的放电（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。
11.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，一定能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是
组号
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
盐酸
B
Pt
Cu
CuSO4
氢氧化铜
C
C
C
NaOH
水
D
Ag
Fe
AgNO3
氧化银
【答案】C
【解析】
【分析】
用阳极X和阴极Y 电解Z的水溶液，电解一小段时间后，再加入W能使溶液恢复到电解前的状态，根据“析出什么加入什么”原则判断。
【详解】A. C作阳极、Fe作阴极、电解NaCl溶液，阳极上Cl−放电生成Cl2、阴极上H2O得电子生成H2和OH−，所以析出的相当于HCl，要使电解后溶液恢复原状，需要通入适量HCl，故 A 错误；
B. Pt 作阳极、Cu作阴极、电解CuSO4溶液，阳极上H2O得电子生成 O2和H+，阴极Cu2+ 得电子生成Cu ，所以析出的相当于CuO ，应该加入CuO 使溶液恢复原状，故B错误；
C. 以C作阴阳极，电解NaOH溶液，阳极上H2O得电子生成 O2和H+,，阴极上H2O得电子生成H2和OH−，相当于电解水，所以需要加入适量水使电解后溶液恢复原状，故C正确；
D. 以Ag作阳极、Fe 作阴极、电解 AgNO3溶液，阳极上Ag失电子、阴极上Ag+得电子生成Ag ，所以该装置相当于电镀池，相当于电解质溶液不发生变化，所以不需要加入物质，故D错误。
故选C。
12.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法错误的是

A. 放电时，多孔碳材料电极为正极
B. 放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1－0.5 x)O2
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极反应要求进行电极反应式的书写。
【详解】A.利用题中信息，放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极处移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳材料电极为正极，故A正确；
B.因为多孔碳材料电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极（由负极流向正极），故B正确；
C.充电和放电离子移动方向正相反，放电时，Li+向多孔碳电极处移动，充电时，向锂电极移动，故C错误；
D.根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子生成Li2O2-x，电池的负极反应应该是Li失电子生成Li+，所以总反应为2Li+(1－0.5 x)O2 = Li2O2-x，充电反应与放电反应正好相反，所以为Li2O2-x=2Li+(1－0.5 x)O2，故D正确。
答案选C。
13.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成n molO2 的同时消耗 2n mol NO；②单位时间内消耗2n molNO2的同时生成n molO2；③混合气体的颜色不再改变的状态；④2v(NO2)正= v(O2)逆；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，二氧化氮的浓度不变，混和气体的颜色不变，此分析解答。
【详解】①单位时间内生成n molO2 的同时消耗 2n mol NO，说明反应v正= v逆，达到平衡状态，故①正确；
②无论反应是否达到平衡状态，消耗2n molNO2的同时一定生成n molO2，不能说明达到平衡状态，故②错误；
③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故③正确；
④2v(NO2)正= v(O2)逆，化学反应速率之比与化学计量数之比不等，故正逆反应速率不等，故④错误；
⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故⑤正确；
⑥容器体积不变，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能确定是否达到平衡，故⑥错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为④，注意反应物和生成物的化学计量数关系，以此判断平衡时正逆反应速率大小关系，容易出错。
14.粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质．在如图3所示装置中，甲池的总反应方程式为：C2H5OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+5H2O 接通电路一段时间后，纯Cu电极质量增加了6.4 g。在此过程中，下列说法正确的是

A. 电子流向A→D→C→B
B. 乙池硫酸铜溶液的浓度不变
C. 甲池氧气消耗2.24 L
D. 甲池负极反应式为C2H5OH-12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
甲池中，通入甲醇的电极是负极，碱性条件下，电极反应式中不能产生氢离子，乙池中，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，据此分析。
【详解】A. 电子从负极A流向D电极，乙池中Cu2+在D电极（阴极）得到电子，乙池中活泼金属在阳极失电子，电子流向正极B，电子只经过外电路，溶液中由离子的定向移动形成闭合回路，故A错误；
B. 乙池中，阳极上不仅溶解铜还溶解锌、铁等金属，阴极上只有铜析出，所以阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，则溶液中硫酸铜溶液浓度减小，故B错误；
C.没指明是在标准状况下，无法计算其体积，故C错误；
D. 甲池中，通入乙醇的电极是负极，碱性条件下，电极反应式中不能产生氢离子，电极反应式为: C2H5OH-12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，故D正确。
故选D。
15.某温度下，将3molA和2molB充入2L一密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K=1，下列选项正确的是
A. C平衡浓度为1.2mol/L B. 速率v(B)= 0.08 mol/(L•min)
C. A的转化率为40% D. B的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三行式计算化学反应中物质的平衡浓度、速率和转化率。
【详解】根据反应式可知
A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)
起始量(mol) 3     2       0      0   
变化量(mol) x     x x x
平衡量(mol) 3-x   2-x     x      x
所以有=1，计算得出x=1.2，
C平衡浓度为=0.6mol/L ；
速率v(B)== 0.12 mol/(L•min)
A的转化率为×100%=40%；
B的转化率为×100%=60%。
所以C选项是正确的。
16.下列说法正确的是
A. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B. 催化剂能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
C. 放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
D. 化学反应速率通常是指一定时间内反应物的物质的量减少或生成物的物质的量增加
【答案】B
【解析】
【详解】A、有的化学反应现象明显，有的反应现象不明显，故A错误；
B. 加入催化剂，降低了反应能量，增加了活化分子百分数，所以B选项是正确的；
C. 根据△G＝△H－T·△S可知，只有△G小于0时，反应才是自发的，反应是否自发进行与反应是放热反应或吸热反应无关，故C错误；
D. 化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量浓度的减少或任何一种生成物物质的量浓度的增加来表示的，故D错误。
故选B。
17.“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如下图。下列说法错误的是

A. 该装置是将化学能转变为电能
B. 每得到1 mol草酸铝，电路中转移3mol电子
C. 正极的电极反应：2CO2 + 2e－=== C2O42-
D. 利用该技术可捕捉大气中的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
“碳呼吸电池”中，根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，以“呼出”的CO 2作为正极反应物得电子生成草酸根，据此解答。
【详解】A. “碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，故A正确；
B. 根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1mol草酸铝，电路中转移 3×2mol=6mol 电子，故B错误；
C. 根据工作原理图，“呼出” CO2作为正极反应物得电子生成草酸根，电极反应为：2CO2+2e−=C2O42−，故C正确；
D. “碳呼吸电池”能消耗二氧化碳气体，所以利用该技术可捕捉大气中的CO2，故D正确。
故选B。
18.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2-
下列说法不正确的是
A. 在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B. 在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C. 在pH＞8溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e—=2H2O
D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
【答案】C
【解析】
【分析】
在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀；在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀；
发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子与水反应生成氢氧根离子；煮沸除去氧气，碳钢腐蚀的速率会减缓，由此分析即可。
【详解】A、当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；
B、当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C、在pH＞8溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D、将碱性溶液煮沸除去氧气后，正极上氧气生成氢氧根离子的速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确。
故选C。
19.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是

A. 当有0.2 mol电子转移时，a极产生3.2g O2
B. b极上发生的电极反应是：2 H+ +2e- = H2↑
C. c极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A
D. d极上发生的电极反应是：O2+2H2O + 4e- = 4OH-
【答案】C
【解析】
【分析】
依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极。据此分析。
【详解】A项，当有0.2 mol电子转移时，a电极为电解池阴极，电极反应为2H+ +2e- = H2↑，产生0.1mol氢气，故A项错误；
B项，b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e- =2H2O+ O2↑，故B项错误；
C项，c电极上氧气得到电子发生还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A，故C项正确；
D项，d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4 H+，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
20.下列关于图装置的说法正确的是

A. 若断开K1关闭K2，X为石墨，Y是Fe，Z是海水，则该装置可用于保护Fe。
B. 若断开K1关闭K2，X是铁棒，Y是纯铜，Z是CuSO4溶液，则该装置可用于在铁棒上镀铜。
C. 若断开K2关闭K1，X是Mg，Y是Fe,Z是溶有氧气的NaCl溶液，则X与Y之间有Fe(OH) 2沉淀生成。
D. 若断开K2关闭K1，X是Sn，Y是Fe，Z是含有酚酞的海水，则铁电极附近溶液变红色。
【答案】A
【解析】
【详解】A. 若断开K1关闭K2，X为石墨，Y是Fe，Z是海水，构成电解池，依据电源可知X为阳极，Y为阴极，铁受到保护，故A正确；
B. 若断开K1关闭K2，要实现电解精炼粗铜，应该粗铜作阳极、纯铜作阴极，即X是粗铜、Y是纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故B错误；
C. 若断开K2关闭K1，是Mg，Y是Fe，Z是溶有氧气的NaCl溶液，该装置是原电池，Mg易失电子作负极、Fe作正极，X与Y之间不可能有Fe(OH) 2沉淀生成，故C错误；
D. 若断开K2关闭K1，X是Sn，Y是Fe，Z是含有酚酞的海水，该装置是原电池，Fe易失电子作负极、Sn作正极，正极反应为O2+2H2O + 4e- = 4OH-，正极附近溶液呈碱性，所以在Sn电极附近溶液变红色，故D错误。
所以A选项是正确的。
21.用惰性电极电解200mL KCl和CuSO4的混合溶液,经过一段时间后两极分别得到11.2L（标准状况下）气体。原混合溶液中KCl的物质的量浓度不可能为
A. 5mol/L B. 4mol/L C. 2.5mol/L D. 1mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
用惰性电极电解200mL KCl和CuSO4混合溶液，溶液中阳离子放电顺序Cu2+>H+，阴离子放电顺序Cl->OH-，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↑，根据两极生成气体物质的量相等，若阳极上只产生Cl2时，Cl-的物质的量最大，据此分析。
【详解】用惰性电极电解200mL KCl和CuSO4的混合溶液，在两极均生成标准状况下的气体11.2L，由于阴极产生的气体只有氢气，则n（H2）==0.5mol，电解时阳极电极反应依次为：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e- =2H2O+ O2↑，若阳极上只产生Cl2时，Cl-的物质的量最大，此时，n(Cl2）=n(H2）=0.5mol，所以n(Cl-)＜0.5mol×2=1mol，c(Cl-)＜=5mol·L-1。
故答案为A。
22.反应3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4+4H2（g）在一可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 保持体积不变，增加H2O（g）的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入Ne使体系压强增大
D. 压强不变，充入Ne使容器的体积增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、因浓度越大，化学反应速率越快，所以增加H2O（g）的量，反应速率加快，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入Ne，Ne不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；D、保持压强不变，充入Ne，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误；故选：C．
考点：考查影响化学反应速率的因素
23.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是

A. 反应进行到1s时，v (A)＝v (C)
B. 反应进行到10s时，各物质的反应速率相等
C. 反应进行到10s时，A的平均反应速率为0.06 mol/(L·s)
D. 该反应的化学方程式为6A＋3B4C＋2D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应进行到1s时，n(A)=n(C)，但是A、C的物质的量变化量不等，所以v (A)v (C)，故A错误；
B.反应进行到10s时，达到了平衡状态，根据v=可以知道，各物质的反应速率与物质的量变化成正比，则v(A):v(B):v(C):v(D)=(1.2-0):(1.0-0.4):(1.0-0.2):(0.4-0)=6:3:4:2，故B错误；
C.反应进行到10s时，A的平均反应速率v==0.06mol/(Ls)，所以C选项是正确的；
D.由图可以知道，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，B、C为反应物，且n(B):n(C): n(A):n(D)=6:3:4:2，所以该反应方程式为： 3B＋4C 6A＋2D ，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】关于化学平衡图像题的看图技巧：
1、 看面：弄清横、纵坐标的含义；
2、 看线：弄清线的走向，变化趋势及线的陡与平；
3、 看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等；
4、 看量的变化：弄清是浓度变化、温度变化还是转化率的变化；
5、 看要不要作辅助线：如等温线，等压线等。
24.在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI和淀粉，不停地搅拌，有下列反应发生：①IO3－＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；②I2＋HSO3－＋H2O===2I－＋SO42－＋3H＋。当反应进行到15 min时，溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失，这一反应称为时钟反应，有人用它来解释生物钟现象，下列说法中错误的是
A. 在整个反应过程中，起催化作用的物质是KI
B. 时钟反应的快慢由反应②决定
C. 上述两个反应中，反应速率较快的是②
D. “溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失”这一现象与①②的反应速率有关
【答案】C
【解析】
试题分析：由反应①②可以得出KI是KIO3、KHSO3反应的催化剂，反应中生成的I2能使淀粉溶液变蓝色，由题给信息——反应进行到15分钟时，溶液变蓝，说明反应①很慢，它决定了时钟反应的快慢，属于答案选C。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题贴近高考，综合性强，旨在对学生分析、归纳、总结问题的能力，有利于培养学生严谨的逻辑推理能力和抽象思维能力。
25.已知乙苯制备苯乙烯的反应为：
化学键
C﹣H
C﹣C
C=C
H﹣H
键能/KJ/mol
412
348
612
436

下列说法错误的是
A. 上述反应的△H=+124kJ•mol﹣1 B. 乙苯比苯乙烯稳定
C. 乙苯中不存在碳碳双键 D. 1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差264kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可以知道，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，以此解答该题。
【详解】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可以知道，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=(5412+348-3412-612-436)kJ/mol=+124kJ/mol，
A. 由以上分析可知，上述反应的△H =+124 kJ/mol，故A正确；
B. 用键能计算1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/mol，所以乙苯比苯乙烯能量低，故乙苯比苯乙烯稳定，故B正确；
C. 乙苯中含有苯环，苯环含有大键，不存在碳碳双键，故C正确；
D. 用键能计算1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差△H=(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/mol，故D错误。
故选D。
Ⅱ卷（非选择题，共50分）
二、填空题（共4小题，共50分）
26.“反向燃烧”可将二氧化碳变为燃料。回答下列问题：

(已知甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890 kJ·mol－1) 。
(1)科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。
①写出铜电极表面的电极反应式：_________________________；
②该总反应的热化学方程式为：___________________________，
(2)利用CO2与H2反应可制备CH4。
已知氢气的标准燃烧热ΔH＝－286 kJ·mol－1 ；H2O(g) = H2O (l)，ΔH＝－44kJ·mol－1；
则二氧化碳与氢气反应生成甲烷和水蒸气的热化学方程式为_____________________；
该反应能自发的条件是__________(填高温或低温)。
【答案】 (1). CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O (2). CO2（g）+2H2O（l）＝CH4（g）＋2 O 2（g）△H=+890kJ·mol－1 (3). CO2（g）+ 4H2（g）＝CH4（g）+ 2H2O（g）△H=﹣166kJ·mol－1 (4). 低温
【解析】
【分析】
（1）由电池装置图可知，在太阳光作用下形成原电池，电池工作时是将太阳能转化为电能的过程，铜的表面发生还原反应，CO2得电子与氢离子反应生成甲烷；原电池的总反应为甲烷燃烧的逆过程，能量变化为吸热，以此分析。
（2）写出方程式CO2（g）+ 4H2（g）＝CH4（g）+ 2H2O（g），根据盖斯定律结合已知的热化学方程式求出反应热；根据△H-T△S<0，分析反应条件。
【详解】（1）①由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
因此，本题正确答案是：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②该原电池负极反应为4H2O-4e-=8H++2O 2↑，则总反应为：CO2+2H2O＝CH4＋2O 2，该反应为甲烷燃烧的逆过程，能量变化为吸热，根据甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890 kJ·mol－1，可得该总反应的热化学方程式为：CO2（g）+2H2O（l）＝CH4（g）＋2 O 2（g）△H=+890kJ·mol－1，
因此，本题正确答案是：CO2（g）+2H2O（l）＝CH4（g）＋2 O 2（g）△H=+890kJ·mol－1。
（2）根据已知①CO2（g）+2H2O（l）＝CH4（g）＋2 O 2（g）△H=+890kJ·mol－1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ·mol－1，
③ H2O(g) = H2O (l)，ΔH＝－44kJ·mol－1；
根据盖斯定律，①+②4-③2，得到CO2（g）+ 4H2（g）＝CH4（g）+ 2H2O（g）
△H=+890 kJ·mol－1+（-286 kJ·mol－1）4﹣（-44 kJ·mol－1）2=﹣166kJ·mol－1 ，
根据△H-T△S<0时，反应能够自发进行，该反应为放热反应，ΔH<0，气体分子数减小，ΔS<0，所以，低温有利于反应自发进行，
因此，本题正确答案是：CO2（g）+ 4H2（g）＝CH4（g）+ 2H2O（g）△H=﹣166kJ·mol－1；低温。
27.焦炭是重要的工业原材料。
(1)已知在一定温度下，C(s)+CO2(g) 2CO(g) 平衡常数K1；C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K2 ；CO(g)+H2O（g) H2(g)+CO2(g) 平衡常数K。则K、K1、K2,之间的关系是__________。
(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+ C(s)N2(g) + CO2(g) ΔH，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温（反应温度分别为400℃、T ℃、400℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
40
80
120
160
n(NO)（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO)（乙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
n(NO)（丙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45

①甲容器中，0～40 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_____________ ；
②该反应的平衡常数表达式为__________________；400℃，该反应的平衡常数为_______；
③乙容器的反应温度T____400 ℃（填“>”“<”或“=”）
④丙容器达到平衡时，NO的转化率为___________；平衡时CO2的浓度为________。
⑤在恒容密闭容器中加入焦炭并充入NO气体，下列图像正确且能说明反应达到平衡状态的是___。

【答案】 (1). K=K2/K1 (2). 0.0125mol•L-1•min-1 (3). c(N2)c(CO2)/c(NO)2 (4). 0.5625 (5). > (6). 60% (7). 0.3mol·L-1 (8). A
【解析】
【分析】
（1）根据三个反应的平衡常数表达式可判断平衡常数之间的关系；
（2）①根据数据，计算0～40 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率；
②依据反应式2NO(g)+ C(s)N2(g) + CO2(g)，平衡常数表达式为c(N2)c(CO2)/c(NO)2；
列出三行式，求该反应的平衡常数为；
③根据数据，在400℃时，甲丙容器，丙的充入量为甲的一半，随着反应的进行，在各个时间段内NO的浓度比甲的一半还要大，说明该反应为放热反应。再比较甲和乙，开始充入量相同，乙容器达到平衡时间短，反应快，且平衡时NO含量乙比甲多，说明温度比甲容器的高，升温平衡向逆反应方向移动，所以乙容器的反应温度T>400 ℃,
④由反应式2NO(g)+ C(s)N2(g) +CO2(g)可知，
该反应为气体分子数不变的反应，改变压强不能使平衡发生移动，甲丙两容器建立等温等容条件下的等效平衡，NO的转化率和甲容器平衡时转化率相同；平衡时CO2的浓度为甲容器的一半。
⑤可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，以此分析。
【详解】（1）反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)中K1=，
反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)中K2=，
反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）中K=，所以K= K=K2/K1，
故答案为：K=K2/K1；
（2）①根据数据，甲容器中，0～40 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)==0.0125mol•L-1•min-1；
故答案为：0.0125mol•L-1•min-1。
②依据反应式2NO(g)+ C(s)N2(g) + CO2(g)，平衡常数表达式为c(N2)c(CO2)/c(NO)2；400℃，甲容器120min时达到平衡，
2NO(g)+ C(s)N2(g) + CO2(g)
起始量(mol) 2.00 0 0
转化量(mol) 1.20 0.60 0.60
平衡量(mol) 0.80 0.60 0.60
则该反应的平衡常数为=0.5625；
故答案为：0.5625。
③根据数据，在400℃时，甲丙容器，丙的充入量为甲的一半，随着反应的进行，在各个时间段内NO的浓度比甲的一半还要大，说明该反应为放热反应。再比较甲和乙，开始充入量相同，乙容器达到平衡时间短，反应快，且平衡时NO含量乙比甲多，说明温度比甲容器的高，升温平衡向逆反应方向移动，所以乙容器的反应温度T>400 ℃,
故答案为：>。
④由反应式2NO(g)+ C(s)N2(g) +CO2(g)可知，
该反应为气体分子数不变的反应，改变压强不能使平衡发生移动，甲丙两容器建立等温等容条件下的等效平衡，NO的转化率和甲容器平衡时转化率相同，为100%=60%；平衡时CO2的浓度为甲容器的一半，为=0.3mol/L。
故答案为：60% ；0.3mol·L-1。
⑤可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，
A.N2的百分含量不变，说明达到平衡状态，故A选；
B.焓变对于确定的反应是恒定量，不能作为达到平衡的标志，故B不选；
C. 根据反应式2NO(g)+ C(s)N2(g) + CO2(g)，平均摩尔质量M=，气体总物质的量不变，气体质量增加，所以气体平均摩尔质量应增大。故C不选；
D．CO2的浓度开始应为0，后来增加，故图像不正确，故D不选。
故答案为：A。
28.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
实验编号
0.01mol•L﹣1
酸性KMnO4溶液
0.1mol•L﹣1
H2C2O4溶液
水
某种物质
反应温度/℃
反应时间（min）
Ⅰ
2ml
2ml
0
0
20
2.1
Ⅱ
V1ml
2ml
1ml
0
20
5.5
Ⅲ
V2 ml
2ml
0
0
50
0.5
Ⅳ
2ml
2ml
0
少量
20
0.2
请回答：
(1)已知KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应有CO2生成，用化学方程式表示该实验的实验原理：__________________________________________________________________。
(2)实验计时方法是从溶液混合开始记时，至_________________时记时结束。
(3)V1=_____，V2=_____；设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是______________________________。
(4)利用实验Ⅲ中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝________。
(5)有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做Ⅰ号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是：
①________不是反应速率突然加快的原因；
②可能是反应产物有催化作用。Ⅳ号实验是为验证你的猜测，实验中要加入的少量某种物质是___________。
【答案】 (1). 2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O (2). 紫红色刚好褪去或混合溶液刚好褪色（或其他合理答案） (3). 1 (4). 2 (5). 探究温度对反应速率的影响 (6). 0.01 mol/(L·min) (7). 温度 (8). MnSO4固体
【解析】
【分析】
（1）高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平写出化学方程式。
（2）实验结束的时间计时应为反应恰好完成时间，此时紫红色刚好褪去或混合溶液刚好褪色。
（3）根据控制变量分析设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，
（4）根据v=计算用KMnO4溶液表示的平均反应速率。
（5）①重做Ⅰ号实验，结果温度没有明显变化，则说明温度不是反应速率突然加快的原因；
KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用。
【详解】（1）高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平化学方程式为：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O，
故答案为：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O。
（2）实验结束的时间计时应为反应恰好完成，此时紫红色刚好褪去或混合溶液刚好褪色，
故答案为：紫红色刚好褪去或混合溶液刚好褪色（或其他合理答案）。
（3）四组实验中草酸溶液的浓度、体积均相等，为了探究高锰酸钾酸性溶液浓度对反应速率的影响，可以加蒸馏水来控制溶液总体积不变，由实验Ⅰ数据可知，总体积为2mL，所以
V1=1mL，V2=2mL；对比实验Ⅰ和实验Ⅲ，其他条件都相同，只是温度不同，所以设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，
故答案为：1；2；探究温度对反应速率的影响。
（4）实验Ⅲ中，2mL 0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液与2mL 0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液反应，草酸过量，用KMnO4溶液表示的平均反应速率为：v(KMnO4)==0.01 mol/(L·min)。
故答案为：0.01 mol/(L·min)。
（5）①重做Ⅰ号实验，结果温度没有明显变化，则说明温度不是反应速率突然加快的原因；
KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以实验中要加入的少量某种物质是MnSO4固体，
故答案为：温度；MnSO4固体。
【点睛】本题考查氧化还原反应、反应速率影响因素实验等，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，注意利用控制变量法测定外界条件对反应速率的影响。
29.K2Cr2O7是一种有致癌性的强氧化剂，含Cr2O72—的酸性工业废水必须经过处理才能排放。工业上通常采用Fe电极电解法处理，调节pH值使之以Cr(OH)3沉淀形式除去。某化学兴趣小组在实验室里探究了该处理工艺，具体实验日志如下：

I.原理探查
查阅文献发现，电解时阳极产生Fe2+，在阴极附近（如图），Cr2O72—被Fe2+还原成Cr3+，而Fe3+则在阴极表面还原为Fe2+，如此循环。
(1)用离子方程式表示Cr2O72—与Fe2+的反应：______________________________。
II.实验探究
实验一：探究不同电压对Cr2O72-降解效率的影响
各取6份100 mL 1 mol/L 酸性K2Cr2O7溶液，均以Fe为电极，分别用不同电压电解5 min。取电解后溶液10 mL，测定Cr2O72-的含量，所测溶液中Cr2O72-物质的量与电解电压关系如下图所示。（假设电解前后溶液体积不变）

(2)实验结果显示，最佳电解电压应选择_______V。
(3)电压为6 V时，用Cr2O72-表示5 min内平均反应速率为_________mol·L—1·min—1。
(4)当电压高于3 V时，阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生，且测得体积比约等于2:1。因此，阳极产生气泡的电极反应式为：__________________________________。
实验二：探究其他影响Cr2O72-降解效率的因素
以1A电流电解500mL K2Cr2O7稀溶液，通电时间30min，考察影响Cr2O72-降解效率的其他因素。具体方法和数据如下表所示。
实验组
①
②
③
④
加入硫酸铁 /g
0
0
5.0
0
加入浓硫酸 /mL
0
1.0
1.0
1.0
电极材料
阴极
石墨
石墨
石墨
石墨
阳极
石墨
石墨
石墨
铁
Cr2O72-浓度
/ mol·L-1
初始
0.00651
0.00651
0.00651
0.00651
结束
0.00645
0.00568
0.00516
0.00278
(5)以上实验中，Cr2O72-降解效率最高的是实验组_____（填编号），该实验组阳极电极反应式为：__________________________________。
(6)对比②和③，Cr2O72-降解效率③＞②的原因是：__________________________。
(7)由实验组①和②，可认为Cr2O72-能直接在阴极放电还原，电极反应式为：__________________________________。
(8)法拉第提出了电解定律，为电化学的发展作出了巨大贡献。根据法拉第电解定律： Q=It=n(e-)F，[I为电流强度单位为A，t为时间单位为s,n(e-)为通过电路的电子的物质的量，F为法拉第常数（每摩电子电量，F＝96500 C·mol-1）]，则实验组②中的电流效率＝______________。（保留三位有效数字；假设电解前后溶液体积不变，且没有副反应发生。）
【答案】 (1). 6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ ＝ 6Fe3+ + 2 Cr3+ + 7H2O (2). 2（或2 V） (3). 0.001 mol·L—1·min—1 (4). 2H2O — 4e— = O2↑ + 4H+ （或4OH— — 4e— = O2↑ + 2H2O） (5). ④ (6). Fe － 2e— = Fe2+ (7). Fe3+在阴极放电产生Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反应，提高Cr2O72-降解效率 （或其他合理答案） (8). 14H++ Cr2O72- +6e—=2Cr3++7H2O (9). 13.3%
【解析】
【分析】
I.(1) Cr2O72—与Fe2+反应生成Fe3+ 和Cr3+，由电子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式。
II. (2)由图可知，电解电压为2V时，Cr2O72-的物质的量最小，所以最佳电解电压应选择2 V。
(3) 根据v=计算平均反应速率。
(4)当电压高于3 V时，阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生，且测得体积比约等于2:1。则为电解水。
(5)通过对比表格中4组实验数据可知，第④实验结束时Cr2O72-浓度最小，说明降解效率最高的是实验组④组，④组阳极材料为活性电极Fe，则电极反应式为：Fe － 2e— = Fe2+。
(6)对比②和③，其他条件都相同，组加入了5.0g的硫酸铁，说明硫酸铁对Cr2O72-降解起了作用，原因是Fe3+在阴极放电产生Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反应，提高Cr2O72-降解效率，
(7)由实验组①和②，都用石墨作电极，Cr2O72-直接在阴极放电还原，根据电子守恒写出电极反应式。
(8) 由表格数据求出实验组②中生成产物的电子转移的物质的量，再根据 Q=It=n(e-)F，计算出电路中提供的电子的物质的量，即可求出电流效率。
【详解】I.(1) Cr2O72—与Fe2+反应生成Fe3+ 和Cr3+，由电子守恒及电荷守恒可得，反应的离子方程式为：6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ ＝ 6Fe3+ + 2 Cr3+ + 7H2O。
故答案为：6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ ＝ 6Fe3+ + 2 Cr3+ + 7H2O。
II. (2)由图可知，电解电压为2V时，Cr2O72-的物质的量最小，所以最佳电解电压应选择2 V。
故答案为：2。
(3) 由图可知，电压为6 V时，100mL溶液中含Cr2O72-的物质的量为9.95×10-3mol×=9.95×10-2mol，电解后溶液体积不变为100mL，则用Cr2O72-表示5 min内平均反应速率为=0.001mol·L—1·min—1。
故答案为：0.001mol·L—1·min—1。
(4)当电压高于3 V时，阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生，且测得体积比约等于2:1。则为电解水，阳极是水失电子生成氧气，电极反应式为：2H2O — 4e— = O2↑ + 4H+ （或4OH— — 4e— = O2↑ + 2H2O），
故答案为：2H2O — 4e— = O2↑ + 4H+ （或4OH— — 4e— = O2↑ + 2H2O）。
(5)通过对比表格中4组实验数据可知，第④实验结束时Cr2O72-浓度最小，说明降解效率最高的是实验组④组，④组阳极材料为活性电极Fe，则电极反应式为：Fe － 2e— = Fe2+。
故答案为：④；Fe－2e— = Fe2+。
(6)对比②和③，其他条件都相同，组加入了5.0g的硫酸铁，说明硫酸铁对Cr2O72-降解起了作用，原因是Fe3+在阴极放电产生Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反应，提高Cr2O72-降解效率，
故答案为：Fe3+在阴极放电产生Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反应，提高Cr2O72-降解效率 （或其他合理答案）。
(7)由实验组①和②，都用石墨作电极，Cr2O72-直接在阴极放电还原，生成Cr3+,电极反应式为：14H++ Cr2O72- +6e—=2Cr3++7H2O。
故答案为：14H++ Cr2O72- +6e—=2Cr3++7H2O。
(8) 由表格数据可知实验组②中，反应的Cr2O72- 的物质的量为：（0.00651mol/L×0.5L-0.00568mol/L×0.5L）=4.15×10-4mol，由电极反应式知转移电子4.15×10-4mol×6=2.49×10-3mol，
根据 Q=It=n(e-)F，电路中提供的电子的物质的量为n(e-)==0.0187mol，
则实验组②中的电流效率＝×100%=13.3%。
故答案为：13.3%。