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1、专题32 难溶电解质沉淀溶解平衡1在一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，始终保持温度不变，则下列说法正确的是An(OH-)增大Bn(Ca2+)增大Cc(Ca2+)不变Dc(H+)增大【答案】C【解析】生石灰溶于水，和水生成氢氧化钙。由于溶液是饱和溶液，所以生成的氢氧化钙不能溶解。又因为溶剂减少，则原溶液中的氢氧化钙也会析出，所以溶液中离子的物质的量减小，所以 n(OH-)减小，n(Ca2+)减小，故A错误，B错误；温度不变，溶液仍然是饱和溶液，所以溶液中离子的浓度不变，所以c(Ca2+)不变，c(H+
2、)不变，故C正确，D错误。2下列实验中，对应的操作、现象及实验原理或结论均正确的是实验目的操作和现象实验原理或结论A验证AgI和 AgCl的 Ksp大小向1mL 1molL-1NaCl溶液中滴加2滴 2molL-1 AgNO3溶液，生成白色沉淀；再滴加 2滴1molL-1KI溶液，白色沉淀变成黄色沉淀AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+ Cl-(aq)B比较HClO和 HF溶液的酸性室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL-1NaClO 溶液、0.1molL-1NaF 溶液的pH酸越弱，酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强C提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体在较高温度下制得浓溶液再冷
3、却结晶、过滤、干燥氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升髙显著增大D检验某溶液中是否含有CO32- 先滴加盐酸产生气泡，将该气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该溶液中一定含有CO32-【答案】A【解析】A结构相似的难溶物，溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质，在NaCl过量的条件下，先生成AgCl沉淀后转化为AgI沉淀，说明发生了沉淀的转化，则存在AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，故A正确；BNaClO具有强氧化性，能氧化pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，故B错误；C少量硝酸钾，NaCl量多，应选蒸发结晶法分离，故C错误；DCO3
4、2-和HCO3-都能和稀盐酸反应生成二氧化碳，且能使澄清石灰水变浑浊的气体还有二氧化硫，所以不能根据该现象确定溶液中一定含有CO32-，故D错误。3在25时，FeS的Ksp6.31018，CuS的Ksp1.31036，ZnS的Ksp1.31024。下列有关说法中正确的是A饱和CuS溶液中Cu2的浓度为1.31036 molL1B25时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大【答案】B【解析】A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=molL-1，故A错误；
5、B由FeS的Ksp=6.310-18、CuS的Ksp=1.310-36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；CFeS的Ksp=6.310-18、ZnS的Ksp=1.310-24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。4已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡： K2SO4MgSO42CaSO4(s)2Ca2(a
6、q)2K(aq)Mg2(aq)4SO42- (aq)，不同温度下，K的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示。则下列说法错误的是A向该体系中分别加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，沉淀溶解平衡均向右移动B分析可知T1T2T3C升高温度，溶浸速率增大，平衡向右移动D该物质的Kspc2(Ca2)c2(K)c(Mg2)c4(SO42-)/c(K2SO4MgSO42CaSO4)【答案】D【解析】A加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小，则溶解平衡向右移动，故A正确；B温度越高，溶浸速率越快，达到平衡所需要时间越短，所图示可知温度由高到低的顺序为T1T2T3，故B正确；C由图可知，
7、溶解平衡吸热，则升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；DK2SO4MgSO42CaSO4是纯固体，则由反应可知，该平衡的Ksp=c2(Ca2+)c2(K+)c(Mg2+)c4(SO42-)，故D错误。5硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是（ ）A温度一定时， Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C363 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液D283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【答案】B【解析】A.Ksp只与温度有关而与离子浓度大小无关，A错误；B.由图象可
8、知：在相同条件下，温度在313 K时，c(SO42)c(Sr2+)乘积最大，则在该温度时Ksp(SrSO4)最大，B正确；C.a点在363K的上方，属于该温度下饱和溶液，C错误；D.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，析出溶液后的溶液属于饱和溶液，D错误。6某碱浸液中c(MoO42-)0.80molL1，c(SO42-)0.04 molL1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是（ ）Ksp(BaSO4)1.1 1010、Ksp(BaMoO4)4.0 108，溶液体积变化可忽略不计A79.6%B85.6%
9、C94.5%D98.9%【答案】C【解析】当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为： =510-8mol/L，此时溶液中的=2.210-3mol/L，所以反应掉的c(SO42-)=0.04mol/L-0.0022mol/L=0.0378mol/L，因溶液体积不变，所以SO42-的去除率为： =94.5%；所以答案选择C项。7已知下列物质在20下的Ksp如下，化学式AgClAgBrAgIAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黄色黑色红色Ksp2.010105.410138.310172.010482.01012下列说法不正确的是A20时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag物质的量浓度由大到小
10、的顺序是:Ag2CrO4AgClAgBrAgIAg2S。B向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br -) /(Cl -)2.7103C测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4D某溶液中含有Cl、Br和I，浓度均为0.010 molL-1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL-1的AgNO3溶液时，Cl最先沉淀出来【答案】D【解析】A20时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)c(Cl-)=2.010-10，c(Ag+)= molL-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.01
11、0-12，c(Ag+)= molL-1；同理，在AgI 的饱和溶液中，c(Ag+)= molL-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S 的饱和溶液中，c(Ag+)= molL-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4AgClAgBrAgIAg2S，故A正确；B当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则=2.710-3，故B正确；C指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是11，依据Ksp可以
12、直接比较溶解度大小为氯化银溴化银碘化银；Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=2.010-10，c(Cl-)= molL-1；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.010-12，c(CrO42-)= molL-1，同理硫化银的Ksp= c2(Ag+)c(S2-)=2.01048，c(S2-)= molL-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂，可正确的测定氯化物的含量，故C正确；D某溶液中含有Cl、Br和I，浓度均为0.010 molL-1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL-1的AgNO3溶液时，氯化银、溴
13、化银、碘化银的组成都是11，Ksp由大到小的顺序为：AgClAgBrAgI，因此I最先沉淀出来，故D错误。8绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p) Ksp(CuS)Ca、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH)的积最小的为b点Dc点溶液中：c(Na+)c(Cl)c(S2)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】A求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na
14、2S恰好完全反应，方程式为Cu2S2=CuS，溶液中的Cu2和S2的浓度相等，lgc(Cu2)=17.7，则c(Cu2)=1017.7mol/L。则Ksp= c(Cu2)c(S2-)=1017.71017.7=1035.441036，其数量级为1036，A项错误；B曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-) c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B项错误；C在水溶液中，c(H)c(OH)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；Dc点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2Na2S=CuS2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。c(Na)c(Cl)c(S2)，S2会水解，
15、S2H2OHSOH溶液呈现碱性，c(OH)c(H)，水解是微弱的，有c(S2) c(OH)。排序为c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)；D项正确。14硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下-lgc(Ba2+)随-lgc(CO32-)或-lgc(SO42-)的变化趋势如图，下列说法正确的是（ ）A趋势线A表示硫酸钡B常温下，Ksp(BaCO3)110-11C硫酸钡更难溶，所以硫酸钡沉淀中加饱和碳酸钠溶液无法转化为碳酸钡沉淀D将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的【答案】D【解析】A.溶液中离子浓度越大，其负对数就越小，由于BaCO3的溶解度比BaSO4大，Ksp(Ba
16、CO3)Ksp(BaSO4)，所离子浓度的负对数的值BaCO3Ksp(BaCO3)，就可以形成碳酸钡沉淀，因而可以实现硫酸钡向碳酸钡沉淀转化，C错误；D.曲线B表示BaSO4的溶解曲线，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+) c(SO42-)=10-111=10-11，将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的，D正确。15向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)H1=akJ/mol；Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)H2=bkJ/mol，实验测得电解液pH对溶液中残留c(C
17、l-)的影响如图所示。下列说法正确的是（ ）A溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除C反应达到平衡后，增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小DCu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)的H=(a+2b)kJ/mol【答案】C【解析】A.K只受温度的影响，pH增大，难溶电解质的溶度积常数Ksp(CuCl)不变，A错误；B.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，B错误；C.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，K不变，所以c(Cl-)减小，C正确；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)
18、 H1=a kJ/mol，Cl-(aq)+ Cu+(aq)CuCl(s) H2=b kJ/mol2+可得到：.Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)，根据盖斯定律反应的H=(0.5a+b)kJ/mol，D错误。16某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是（ ）AKspCu(OH)2数量级为10-20Bd点表示Cu(OH)2形成饱和溶液C加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点Db、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等【答案】A【解析】A.由c点可知
19、KspCu(OH)2=c(Cu2+)c2(OH-)=1.0(10-9.6)2=10-19.2，因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20，A正确；B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B错误；C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C错误；D. b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，
20、D错误。17常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol/L的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br、用Xn表示，不考虑的水解）。下列叙述正确的是A滴加AgNO3溶液时首先析出Ag2SeO3沉淀B与a点对应AgBr体系为稳定的分散系C可用NaBr溶液除去AgBr中的Ag2SeO3D饱和AgBr、Ag2SeO3溶液中，c(Ag+)后者是前者的2倍【答案】C【解析】A.由图知，当酸根离子浓度相等时，在c(Ag+)较小的情况下就可以形成AgBr沉淀，A错误；B.a点相对于AgBr溶液，体系处于过饱和状态，不是稳定的分散系，B错误；C.根据图中数据可计算出Ks
21、p(Ag2SeO3)=11015，Ksp (AgBr)=11012.3，沉淀转化反应Ag2SeO3+2Br2AgBr +的平衡常数K= c()/c2(Br)=Ksp(Ag2SeO3)/Ksp2(AgBr)=109.6，平衡常数很大，表明向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C正确；D.由两种盐的溶度积常数，可计算出两者的饱和溶液中，c(Ag+)后者不是前者的2倍，D错误。18利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项实验结论A.稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B.浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、强氧化性C.稀盐酸Na2SO3Ba(N
22、O3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D.浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】B【解析】A、图中装置和试剂不发生沉淀的转化，在AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，不能比较溶度积大小，选项A错误；B、浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，选项B正确；C、盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，选项C错误；D、
23、浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，选项D错误。19根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH苯酚钠溶液的pH约为8Na2CO3溶液的pH约为10苯酚的酸性强于HCO3-C分别将己烯与苯加入溴水溶液中溴水均褪色两种物质使溴水溶液褪色的原理相同D向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出现
24、白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，KspMg(OH)2大于KspFe(OH)3【答案】B【解析】A.盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸的酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误。20一定温度下，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)
25、的关系如图所示。下列说法正确的是( )Aa、b、c三点对应的Ksp相等BAgCl在c点的溶解度比b点的大CAgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)Db点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化【答案】AC【解析】A.a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A正确；B. 在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl
26、的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C.根据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D.在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误。21Na2S可用于制造硫化染料、沉淀水体中的重金属等。(1)Na2S溶液中S2-水解的离子方程式为_。(2)室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：金属硫化物FeSPbSCuSHgSKsp6
27、.310181.010286.310361.61052向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是_。用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全c(Pb2)110-6mol/L，则应满足溶液中c(S2-)_mol/L。反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=_。(3)测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量的实验步骤如下：步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百
28、时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2ONaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)_。【答案】S2-+H2OHS-+OH- Hg2+ 1.010-22 1.01018 n(Na2S)=0.2500mol/L24.00mL10-3L/mL=6.00010-3mol，n(NaH
29、S)=0.2500mol/L(34.0024.00)10-3L/mL=2.50010-3mol，n(Na2S)n(NaHS)=6.000103mol2.500103mol=125 【解析】 (1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的，首先是S2-水解产生HS-，然后是水解产生的HS-进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反应，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；(2)Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中加入Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的
30、溶度积常数表可知HgS的最小，因此首先形成的是HgS沉淀；用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2)110-6mol/L，由于当c(Pb2)c(S2-)Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2-)1.010281.010-6=1.01022mol/L；反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=1.01018；(3)根据发生反应Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L24.00mL10-3L/mL=6.00010-3mol，
31、再根据NaHS+HCHO+H2ONaOH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反应消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L34.00mL10-3L/mL=8.50010-3mol，则该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.50010-3mol-6.00010-3mol=2.50010-3mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.00010-3mol：2.50010-3mol=125。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 125。22含铬化合物有毒，对人畜
32、危害很大。因此含铬废水必须进行处理才能排放。已知：Cr3+Cr(OH)3CrO2-。(1)在含+6价铬的废水中加入一定量的硫酸和硫酸亚铁，使+6价铬还原成+3价铬；再调节溶液pH在68之间，使Fe3+和Cr3+转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去。写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_。用离子方程式表示溶液pH不能超过10的原因_。若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=21013 mol/L，则残留的Cr3+的浓度为_。(已知：KspFe(OH)3=4.010-38 KspCr(OH)3=6.010-31)(2)将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加
33、入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和Cr2O72一发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH一结合成氢氧化物沉淀而除去。写出阴极的电极反应式_。电解法中加入氯化钠的作用是_。(3)某化学兴趣小组以含+6价铬和+2价锰的工业废水为试样，研究铁屑用量和pH对废水中铬、锰去除率的影响。取100mL废水于250 mL三角瓶中，调节pH到规定值，分别加入不同量的废铁屑得到铁屑用量对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在pH一定时，废水中铁屑用量为_时，锰、铬去除率最好。取100mL废水于250 mL三角瓶中，加入规定量铁粉，调成不同的pH。得到pH对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在铁屑用量
34、一定时，废水pH=_时锰、铬去除率最好。【答案】Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O Cr(OH)3 +OH-=CrO2-+2H2O 310-6 mol/L 2H+2e-=H2或2H2O+2e-=H2+2OH- 增强溶液导电性 15% 4 【解析】 (1)Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下会发生氧化还原反应，常数Cr3+、Fe3+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；由题意可知，当pH超过10即c(OH-)10-4mol/L时，Cr(OH)3转变成CrO2-，发生Cr(O
35、H)3+OH-=CrO2-+2H2O；(2)将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H+2e-=H2或2H2O+2e-=H2+2OH-；水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很小，氯化钠是强电解质，在水中能完全电离导致溶液阴阳离子浓度增大，所以能增强溶液导电性；(3)根据图1知，当铁用量逐渐增大时，离子的去除率先增大后减小，当废水中铁屑用量为15%时锰、铬去除率最好；根据图2知，当溶液的pH值逐渐增大时，锰离子的去除率先减小后增大，铬的去除率先增大后减小，当pH=4时锰、铬去除率最好。23铍铜合金是综合性能良好的合金材料，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO约25、CuS约71、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：已知：I铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似；II常温下：KSPCu(OH)2=2210-20 KSPFe(OH)3=28l0-38KSPMn(OH)2=2110-13(1)中BeO发生反应的化学方程式_；固体D的化学式为_。(2)将BeCl2溶液蒸干得到BeC