Cr2O72- 变成Cr3+需要加入氧化剂才能实现吗?

A．阳-氧-失，活泼电极失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A正确；B．在阴极，发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，故B正确；C．在阳极发生反应：Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，消耗了大量H+，使...

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查电解原理、氧化还原反应等，清楚发生的电极反应是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．

（1）c（H⁺）增大，平衡2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O右移，溶液呈橙色；
（2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变；
（3）根据电子得失守恒可知，还原1molCr₂O₇^2-离子得到Cr³⁺，得电子：2×（6-3）=6mol，需要FeSO₄•7H₂O的物质的量为：6÷（3-2）=6；
（4）当c（Cr³⁺）=10^-5mol/L时，溶液的c（OH^-）=
3
10−32
10−5
＝10−9mol/L，c（H⁺）═
10−14
10−9，pH=5，即要使c（Cr³⁺）降至10^-5mol/L，溶液的pH应调至5；
（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe-2e^-═Fe²⁺，以提供还原剂Fe²⁺；
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H⁺放电生成H₂的同时，大量产生了OH^-，所以溶液中的Fe³⁺也将转化为Fe（OH）₃沉淀．
故答案为：（1）橙；（2）c；（3）6；（4）5；（5）阳极反应为Fe-2e^-═Fe²⁺，提供还原剂Fe²⁺；（6）2H⁺+2e^-═H₂↑；Fe（OH）₃．

点评：
本题考点： 化学平衡移动原理；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容．分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答．

A．甲中C电极发生2H₂O=H₂↑+2OH^-，由CH₄～8e^-～4H₂↑可知，1.6gCH₄参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为[1.6g/16g/mol]×4×22.4L/mol=8.96L，故A正确；
B．离子浓度越大，导电性越强，则若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na₂SO₄来增强导电性，故B正确；
C．电解质为碳酸盐，燃料电池的正极上氧气得到电子，正极反应为O₂+4e^-+2CO₂=2CO₃^2-，故C正确；
D．亚铁离子具有还原性，Cr₂O₇^2-具有氧化性，发生氧化还原反应，甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式为Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+7H₂O+10OH^-=2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池、电解池及氧化还原反应，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意选项D中阳极上生成沉淀来处理污水，注重学生获取信息和应用信息的能力，题目难度中等．

反应中PbO₂→Pb²⁺，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr³⁺→Cr₂O₇^2-，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，
令1mol Cr³⁺反应所需PbO₂的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：
1mol×（6-3）=n×（4-2）
解得：n=1.5mol
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的有关计算，难度不大，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用．

反应中PbO₂→Pb²⁺，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr³⁺→Cr₂O₇^2-，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，
令1mol Cr³⁺反应所需PbO₂的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：
1mol×（6-3）=n×（4-2）
解得：n=1.5mol
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的有关计算，难度不大，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用．

（1）用Fe为电极进行电解，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe-2e^-═Fe²⁺，阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，即2H⁺+2e^-═H₂↑，故答案为：Fe-2e^-═Fe²⁺；2H⁺+2e^-═H₂↑；
（2）Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr³⁺，反应的实质是：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr³⁺，；
（3）在电解池的阴极发生反应2H⁺+2e^-═H₂↑，Cr₂O₇^2-与Fe²⁺反应的过程中，都将消耗大量的H⁺，使溶液pH上升，促使Fe³⁺、Cr³⁺水解并最终转化为Fe（OH）₃、Cr（OH）₃沉淀，
故答案为：在阴极反应及Cr₂O₇^2-与Fe²⁺反应的过程中，将消耗大量的H⁺，使溶液pH上升，促使Fe³⁺、Cr³⁺水解并最终转化为Fe（OH）₃、Cr（OH）₃沉淀；
（4）若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，
故答案为：不能；因为阳极产生的Cu²⁺不能使Cr₂O₇^2-还原到低价．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查学生电解池的工作原理以及氧化还原反应型离子方程式的书写方法等知识，难度不大．

（1）根据平衡常数表达式的概念，结合方程式2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O可知，K=

c( Cr2 O2−7 )

c 2 ( CrO2−4 ) • c 2 ( H+ )，
故答案为：K=

c(Cr2O2−7)

c2 ( CrO2−4) • c2 ( H+)；
（2）A_• 根据化学平衡状态的判断标准，结合可逆反应方程式2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O，随着反应的进行，溶液中c（H⁺）逐渐减小，当溶液中c（H⁺）保持不变时，即到达平衡状态，此时，溶液的pH不变，故A正确；
B_• 根据氧化反应的概念，一个反应中有元素化合价升降的，就为氧化还原反应，而此选项中，只有化合价的升高，没有化合价降低的元素，因此次变化是一个氧化还原反应中氧化过程，不是一个完整的氧化还原反应，故B错误；
C_• 根据影响化学平衡移动的条件，结合题意，强酸环境下，相当于增加了c（H⁺）的浓度，反应2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O向正向移动，即溶液颜色为橙色．故C正确，
故答案为：AC；
（3）根据氧化还原反应的计算，氧化剂得到的电子总数与还原剂失去电子总数相等．根据Cr₂O₇^2-→2Cr³⁺，1molCr₂O₇^2-被还原得到6mol电子，现在有0.1molCr₂O₇^2-被还原被还原，需得到0.6mol电子，0.6mol电子将有Fe²⁺失去变成Fe³⁺，1molFe²⁺变成Fe³⁺，将失去1mol电子，现在失去0.6mol电子，需要0.6mol FeSO₄•7H₂O，
故答案为：0.6；
（4）根据分析（3）当Cr₂O
2−7→2Cr³⁺变化时，溶液中产生了Cr³⁺的同时，又发生了Fe²⁺→Fe³⁺的过程 溶液中又产生了Fe³⁺，因此加入OH^-又有Fe（OH）₃生成．故答案为Fe（OH）₃；根据溶度积常数的计算，结合Cr（OH）₃（s）⇌Cr³⁺（aq）+3OH（aq），当溶液的pH值调至4时，c（OH^-）=1×10^-10，常温下，Cr（OH）₃的溶度积K _sp=10^-32，Ksp（Cr（OH）₃）=c³（OH）•c（Cr³⁺），c（Cr³⁺）=
Ksp(Cr(OH)3)
c3(OH−)=
10−32
103×−10=10^-2mol/L＞10^-5 mol/L，
故答案为：若pH值调整至4时已形成部分沉淀；
（5）根据电解池阴阳两极的放电顺序，金属单质做阳极时，金属优先失电子，次电解池阳极是铁，故阳极反应为：Fe-2e^-=Fe²⁺；阴极的放电顺序与金属活动性顺序相反，在K₂Cr₂O₇、H₂SO₄的溶液中，含有的阳离子有：K⁺、H⁺，H⁺的放电能力比K⁺的强，因此阴极上是H⁺离子放电，H⁺浓度减小促进了水的电离平衡，使水向电离的方向移动，OH^-离子的浓度增大，碱性增强，使得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，
故答案为：2H⁺+2e^-=H₂↑；由于阴极发生2H⁺+2e^-=H₂↑；阴极反应消耗了H⁺，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，是溶液中OH^-的浓度增大，溶液逐渐呈碱性．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．

考点点评： 本题是一道综合题，集中考查了难溶物的溶解平衡、利用溶度积常数的计算、溶解平衡的移动、电解原理等知识点，综合性较强，很容易出错，特别是简答题，如何将学到的知识组织成答案是关键．

（1）若平衡体系的pH=12，2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺═Cr₂O₇^2-（橙色）+H₂O逆向移动，则溶液为黄色，故答案为：黄；
（2）根据判断平衡状态的方法：V_正=V_逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，
a．Cr₂O₇^2-的浓度不变，为特征定，能判断平衡，故a正确；
b．Cr₂O₇^2-和CrO₄^2-的浓度相同取决于起始浓度和转化，不能判断平衡，故b错误；
c．2v（Cr₂O₇^2-）=v（CrO₄^2-），不能判断正逆反应速率关系，不能判断平衡，故c错误；
d．溶液的颜色不变，为特征定，能判断平衡，故d正确；
故答案为：ad；
（3）第②步反应中，Cr元素的化合价降低，则Fe元素的化合价升高，所以为Fe²⁺，被氧化为Fe³⁺，故答案为：Fe²⁺；Fe³⁺；
（4）A．升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，与图象一致，故A正确；
B．pH越大，平衡正向移动的趋势越大，Cr₂O₇^2-转化率增大，与图象不符，故B错误；
C．升高温度，反应速率增大，与图象不符，故C错误；
D．Pb²⁺的浓度越大，平衡正向移动，Cr₂O₇^2-的物质的量越小，与图象不符，故D错误；
故答案为：A．

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素；化学平衡建立的过程．

考点点评： 本题主要考查了化学平衡移动原理、氧化还原反应等，注意结合信息来分析解答，侧重反应原理和学生能力的考查，题目难度中等．

A．由Cr元素的化合价变化可知，最终得到nxmolCr时，转移电子为nxmol×（6-3）=3nxmol，故A正确；
B．Cr元素的化合价降低，则Cr₂O₇^2-转化为沉淀时被还原，故B错误；
C．由电子守恒可知，发生氧化还原反应消耗硫酸亚铁铵为
3nxmol
(3−2)mol，共消耗（3nx+n）mol，故C错误；
D．由化合物中正负化合价的代数和为0可知，3y+3x=6，则x=2-y，由得失电子守恒知y=3x，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意电子守恒及原子守恒的应用，题目难度不大．

A．甲中C电极发生2H₂O=H₂↑+2OH^-，由CH₄～8e^-～4H₂↑可知，1.6gCH₄参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为[1.6g/16g/mol]×4×22.4L/mol=8.96L，故A正确；
B．离子浓度越大，导电性越强，则若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na₂SO₄来增强导电性，故B正确；
C．电解质为碳酸盐，燃料电池的正极上氧气得到电子，正极反应为O₂+4e^-+2CO₂=2CO₃^2-，故C正确；
D．亚铁离子具有还原性，Cr₂O₇^2-具有氧化性，发生氧化还原反应，甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式为Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+7H₂O+10OH^-=2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池、电解池及氧化还原反应，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意选项D中阳极上生成沉淀来处理污水，注重学生获取信息和应用信息的能力，题目难度中等．

Ⅰ．（1）加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动；
（2）根据化学平衡常数的定义，可知Cr₂O₇^2-（aq）+H₂O（l）⇌2CrO₄^2-（aq）+2H⁺（aq）的平衡常数K=
c2(Cr
O2−4)•c2(H+)
c(Cr2
O2−7)，故答案为：
c2(Cr
O2−4)•c2(H+)
c(Cr2
O2−7)；
Ⅱ．（1）正反应是吸热反应，则上述平衡正向移动，溶液由粉红色逐渐变蓝色，故答案为：粉红色逐渐变蓝色；正反应是吸热反应，则上述平衡正向移动；
（2）加水稀释促进水解，平衡逆向移动，所以
c(Co(H2O
)2+6)
c(CoC
l2−4) 增大，故答案为：增大；
（3）正反应是吸热反应，温度升高K值变大，故答案为：增大．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡常数及平衡移动，明确温度、稀释及浓度对化学平衡的影响即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．

A．步骤①中加酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，则CrO₄^2-离子浓度减小，故A错误；
B．当2v（CrO₄^2-）=v（Cr₂O₇^2-）时，正逆反应速率不等，则该反应不能达到平衡，故B错误；
C．还原1 mol Cr₂O₇^2-离子，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，Fe元素的化合价由+2升高为+3，则由电子守恒可知需要6 mol（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O，故C错误；
D．步骤③中，当将溶液的pH 调节至6 时，c（OH^-）=10^-8mol/L，由Ksp可知，c（Cr³⁺）=
10−32
(10−8)3=10^-8mol/L，则可认为废水中的铬元素已经除尽，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查化学平衡的影响因素，涉及反应速率、平衡移动、转移电子计算、溶解度计算等，注重学生知识迁移应用能力的考查，题目难度中等．

A．步骤①中加酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，则CrO₄^2-离子浓度减小，故A错误；
B.2v（CrO₄^2-）=v（Cr₂O₇^2-）时，正逆反应速率不等，则该反应不能达到平衡，故B错误；
C．还原1 mol Cr₂O₇^2-离子，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，Fe元素的化合价由+2升高为+3，则由电子守恒可知需要6 mol（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O，故C正确；
D．步骤③中，当将溶液的pH 调节至4 时，c（OH^-）=10^-10mol/L，由Ksp可知，c（Cr³⁺）=
10−32
(10−10)3=10^-2mol/L，废水中的铬元素没有除尽，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查化学平衡的影响因素，涉及反应速率、平衡移动、转移电子计算、溶解度计算等，注重学生知识迁移应用能力的考查，题目难度中等．

Cr₂O₇^2-中Cr元素化合价为+6价，加入试剂使之变为Cr³⁺，则Cr元素化合价降低，应加入还原剂，题中只有Na₂SO₃具有还原性，加入硫酸，Cr₂O₇^2-可在酸性条件下与Na₂SO₃发生氧化还原反应，
故选D．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于基础知识和分析能力的考查，本题可从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质．

（1）Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe-2e^-═Fe²⁺，阴极上氢离子得电子发生还原反应，即2H⁺+2e^-═H₂↑，故答案为：Fe-2e^-═Fe²⁺；2H⁺+2e^-═H₂↑；
（2）Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr³⁺，反应的实质是：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；
（3）阴极反应消耗H⁺，溶液中的氧化还原反应也消耗H⁺，导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高，
故答案为：阴极反应消耗H⁺，溶液中的氧化还原反应也消耗H⁺，使溶液pH升高；
（4）若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe²⁺，从而使Cr₂O₇^2-无法还原为Cr³⁺变成沉淀除去，所以不能用石墨作电极，故答案为：不能．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解池原理的应用，还涉及氧化还原反应等知识点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点，题目难度中等．

（1）①K₂SO₄﹒Al₂（SO₄）₃﹒24H₂O为强电解质，在溶液中完全电离，生成Al³⁺和SO₄^2-、K⁺，Al³⁺能水解生成氢氧化铝胶体：Al³⁺+3H₂O=Al（OH）₃（胶体）+3H⁺或Al³⁺+3H₂O⇌Al（OH）₃+3H⁺，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能作净水剂，
故答案为：Al³⁺+3H₂O⇌Al（OH）₃+3H⁺；
②反应中，Cr₂O₇^2-中铬元素化合价变化为：+6→+3，化合价降低了3价，Cr₂O₇^2-中含有两个铬原子，至少降低6价；
HSO₃^-中硫元素化合价变化为：+4→+6，化合价升高了（6-4）=2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以Cr₂O₇^2-的化学计量数为1，亚硫酸氢根离子计量数为3，铬离子计量数为2，硫酸根离子计量数为3，再根据电荷守恒，氢离子计量数为5，最后根据质量守恒判断，未知物为水，计量数为4，配平后的方程式为：Cr₂O₇^2-+3HSO₃^-+5H⁺═2Cr³⁺+3SO₄^2-+4H₂O，
故答案为：1；3；5；2；3；4；
③向转化后的废水中加入NaOH溶液，NaOH会和H⁺发生反应H⁺+OH^-═H₂O，Cr³⁺与NaOH发生反应Cr³⁺+3OH^-═Cr（OH）₃↓，根据表中数据可知，Cr（OH）₃沉淀完全时，溶液的pH为8，所以测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr³⁺沉淀完全，
故答案为：Cr³⁺+3OH^-=Cr（OH）₃↓；取沉淀后的上层清液测定其pH，若pH≥8，则沉淀完全；
（2）①亚铁离子与Cr₂O₇^2-发生氧化还原反应，Cr₂O₇^2-被还原为Cr³⁺，然后Cr³⁺生成Cr（OH）₃沉淀，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，反应的离子方程式为：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O；
②随着电解进行，溶液中c（H⁺） 逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH^-浓度增大，溶液的碱性增强，生成Fe（OH）₃和Cr（OH）₃沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全，
故答案为：水中的H⁺在阴极区放电，H⁺浓度减小促使水的电离平衡H₂O⇌H⁺+OH^-向右移动，阴极区OH^-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全；
③根据Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+14H⁺═2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O，Cr³⁺+3OH^-═Cr（OH）₃↓、Fe³⁺+3OH^-═Fe（OH）₃↓知0.01mol Cr₂O₇^2-，可生成0.02molCr（OH）₃，0.06molFe（OH）₃，共0.08mol，
故答案为：0.08．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．

考点点评： 本题考查了探究物质的组成、电解原理等知识，题目难度较大，试题综合性较强，涉及了电解原理、氧化还原反应配平、化学方程式的计算等问题，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决问题的能力，有利于提高学生的实验设计能力和应试能力，提升学生的学科素养．

（1）根据化学平衡常数的定义，可知Cr₂O₇^2-（aq）+H₂O（l）⇌2CrO₄^2-（aq）+2H⁺（aq）的平衡常数K=
c2(CrO42−)•c2(H+)
c(Cr2O72−)，故答案为：
c2(CrO42−)•c2(H+)
c(Cr2O72−)；
（2）加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；
（3）加入酸，H⁺浓度增大，平衡左移，Cr₂O₇^2-浓度增大，溶液呈橙红色，
故答案为：橙红色；加入酸，H⁺浓度增大，平衡左移，Cr₂O₇^2-浓度增大，溶液呈橙红色；
（4）向原溶液中加入Ba（NO₃）₂溶液，生成BaCrO₄沉淀，CrO₄^2-浓度降低，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，
故答案为：正向移动；变浅．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；用化学平衡常数进行计算．

考点点评： 本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意对化学平衡移动原理的理解．

A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），故A正确；
B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr₂O₇^2-的物质的量为[nx/2]mol，故B错误；
C．得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，则一共有nymolFe被氧化，化合价由+2价升高为+3价，则转移的电子数为nymol，故C正确；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，若x=0.5，则y=1.5，故D正确．
故选：B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考高频考点，题目难度中等，注意原子守恒、电子守恒在计算中的应用，使计算简单化．

反应中PbO₂→Pb²⁺，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr³⁺→Cr₂O₇^2-，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，
令1mol Cr³⁺反应所需PbO₂的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：
1mol×（6-3）=n×（4-2）
解得：n=1.5mol
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的有关计算，难度不大，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用．

A．甲中C电极发生2H₂O=H₂↑+2OH^-，由CH₄～8e^-～4H₂↑可知，1.6gCH₄参加反应，则甲中C电极理论上生成气体体积为[1.6g/16g/mol]×4×22.4L/mol=8.96L，故A正确；
B．离子浓度越大，导电性越强，则若污水中离子浓度较小，导电能力较差，可加入适量的Na₂SO₄来增强导电性，故B正确；
C．电解质为碳酸盐，燃料电池的正极上氧气得到电子，正极反应为O₂+4e^-+2CO₂=2CO₃^2-，故C正确；
D．亚铁离子具有还原性，Cr₂O₇^2-具有氧化性，发生氧化还原反应，甲中阳极附近溶液中的离子反应方程式为Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+7H₂O+10OH^-=2Cr（OH）₃↓+6Fe（OH）₃↓，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池、电解池及氧化还原反应，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意选项D中阳极上生成沉淀来处理污水，注重学生获取信息和应用信息的能力，题目难度中等．

（1）Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe-2e^-═Fe²⁺，阴极上氢离子得电子发生还原反应，即2H⁺+2e^-═H₂↑，故答案为：Fe-2e^-═Fe²⁺；2H⁺+2e^-═H₂↑；
（2）Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr³⁺，反应的实质是：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；
（3）阴极反应消耗H⁺，溶液中的氧化还原反应也消耗H⁺，导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高，
故答案为：阴极反应消耗H⁺，溶液中的氧化还原反应也消耗H⁺，使溶液pH升高；
（4）若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe²⁺，从而使Cr₂O₇^2-无法还原为Cr³⁺变成沉淀除去，所以不能用石墨作电极，故答案为：不能．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解池原理的应用，还涉及氧化还原反应等知识点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点，题目难度中等．

①滴加1mL1mol/L K₂Cr₂O₇溶液，会使平衡正向移动，但是重铬酸根离子浓度增大，溶液显示橙色加深，故错误；
②滴加数滴1mol/L NaOH溶液，会消耗氢离子，使得平衡正向移动，使溶液变为黄色，故正确；
③滴加数滴1mol/L HNO₃溶液，使得氢离子浓度增大，所以平衡逆向移动，使溶液变为橙色，故错误；
④加热会使化学平衡逆向移动，使溶液变为橙色，故错误；
⑤加催化剂不会改变化学平衡的移动，溶液颜色不变，故错误．
故选D．

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素．

考点点评： 本题考查化学平衡移动的影响，易错选项是A，注意Cr2O72-能氧化氯离子，为易错点．

（1）根据废水pH与Cr₂O₇^2-转化为Cr³⁺的关系图1可知：当pH为1时，Cr₂O₇^2-转化为Cr³⁺的转化率接近100%，
故答案为：调节pH为1左右；
（2）亚铁离子与Cr₂O₇^2-发生氧化还原反应被还原为Cr³⁺，在电解池中，阳极是活泼金属电极时，则电极本身失去电子，所以须用Fe做电极进行电解，阳极发生Fe-2e^-=Fe²⁺，与电源正极相连的为阳极，
故答案为：正；
（3）在电解池中，阳极是活泼金属铁电极时，则电极本身失去电子，即Fe-2e^-=Fe²⁺，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，阴极，根据放电顺序阴极上是电解质中氢离子得电子的反应，即2H⁺+2e=H₂↑，所以阴极区产生沉淀，Fe³⁺+3OH^-═Fe（OH）₃↓，Cr³⁺+3OH^-═Cr（OH）₃↓，
故答案为：阴极区产生沉淀；
（4）由氢氧化铁和氢氧化铬沉淀的pH表可知，氢氧化铁完全沉淀pH应控制在4.1，氢氧化铬完全沉淀pH应控制在5.6，调节电解液的pH至8左右，目的使溶液中的Fe³⁺、Cr³⁺全部转化为氢氧化物沉淀，
故答案为：使溶液中的Fe³⁺、Cr³⁺全部转化为氢氧化物沉淀；
（5）废水200.00mL，调节pH=1后置于锥形瓶中，用浓度为0.0001mol/L的KI溶液滴定，至滴定终点时，用去KI溶液9.00mL，Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O，
1 6
n（Cr₂O₇^2-）9×10^-3L×0.0001mol/L n（Cr₂O₇^2-）=1.5×10^-7mol，废水1L中n（Cr₂O₇^2-）=7.5×10^-7mol，废水1L中n（
+6
Cr）=1.5×10^-6mol，电解后的废水中
+6
Cr含量=1.5×10^-6mol×52g/mol=0.0780 mg/L，符合国家排放标准为
+6
Cr含量≤0.1000mg/L，
故答案为：符合；

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解、化学计算等，需要学生具备扎实的基础知识，平时注意培养分析和解决问题的能力，题目难度中等．

（1）Cr₂O₇^2-转变成Cr³⁺的离子反应是被阳极生成的亚铁离子在酸性溶液中还原，Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr³⁺，反应的离子方程式为：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；
（2）因为Fe电极在电解过程中产生还原性的Fe²⁺，将溶液中Cr₂O₇^2-还原为Cr³⁺而除去，若用石墨电极来代替Fe电极，在阳极上失去电子的是氯离子，不能生成还原性离子，不能和重铬酸根之间发生反应，
故答案为：不能，因为Fe电极在电解过程中产生还原性的Fe²⁺，将溶液中Cr₂O₇^2-还原为Cr³⁺而除去，若改用石墨电极，不能产生还原性微粒；
（3）从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00mol•L^-1 AgNO₃溶液60.00mL时，溶液中的Cl^-恰好完全沉淀，依据氯元素守恒20ml溶液中氯离子物质的量n（Cl^-）=n（Ag⁺）=3.00mol/L×0.060L=0.18mol，所以原溶液800ml中含有氯离子物质的量为0.18mol×[800/20]=7.2mol，n（FeCl₃）=[1/3]n（Cl^-）=2.4mol
溶液A中FeCl₃的物质的量浓度=[2.4mol/0.8L]=3mol/L，加入铁粉发生的反应为①2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，②Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，引起质量变化的原因是反应①固体质量减小，反应②固体质量增加，设B溶液中亚铁离子物质的量为x，则溶解的铜物质的量为0.5x，
①2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，固体质量减少
2 56g
2.4mol-x 28（2.4-x）g
②Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，固体质量增加
1（ 64-56）g
0.5x 0.5x（64-56）
则 28（2.4-x）g-0.5x（64-56）=100g-96.8g=3.2g
x=2mol
溶液B中c（FeCl₂）=[2mol/0.8L]=2.5mol/L；
故答案为：3.00mol•L^-1； 2.50 mol•L^-1．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；电解原理．

考点点评： 本题考查学生电解池的工作原理以及氧化还原反应型离子方程式的书写方法等知识，氧化还原反应过程中化学方程式的计算应用是本题难点，题目难度中等．

A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeO•Fe_yCr_xO₃电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A错误；
B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr₂O₇^2-的物质的量为[nx/2]，故B正确；
C、得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确．
故选A．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 考查原子守恒、电子守恒，难度较大，注意在计算中守恒思想的应用，使计算简单化．

A．向溶液中加入氢离子，氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动导致溶液橙红色加深，故A正确；
B．向溶液中加入氢氧根离子，氢氧根离子和氢离子反应导致氢离子浓度降低，平衡向逆反应方向移动，则溶液橙红色变浅，故B错误；
C．向溶液中加入钾离子，钾离子不参加反应，所以对平衡无影响，故C错误；
D．向溶液中加入水，导致Cr₂O₇^2-浓度降低，则溶液橙红色变浅，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了外界条件对化学反应平衡的影响，难度不大，根据勒夏特里原理来分析解答即可．

A．加入氨水，氨水和氢离子反应使平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，故A错误；
B．加入硫酸，硫酸根离子和Cr₂O₇^2-不反应，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液变为橙色，故B正确；
C．加入NaOH，NaOH和氢离子反应使平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，故C错误；
D．加水稀释溶液，促进Cr₂O₇^2-水解，所以平衡向正反应方向移动，橙色变浅，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素．

考点点评： 本题考查了影响化学平衡移动的因素，注意根据题意分析平衡的移动方向，题目难度不大．