【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△HH+，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。
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%。