高三化学一轮复习 8.4沉淀溶解平衡练习

第4讲 沉淀溶解平衡
随堂演练巩固
1.为了除去MgCl 2溶液中的3FeCl ， 加热搅拌的条件下加入一种试剂，该试剂是（ ） A.NaOH B.23Na CO C.氨水 D.MgO
【解析】 要除3FeCl 实际上是除去3Fe +
,除去3Fe +
的方法是加入某物质使之成为沉淀,然后
过滤即可。

同时该题巧妙运用了3()Fe OH 的溶解度小于2()Mg OH 的溶解度,从而可以使
3()Fe OH 沉淀,而不致使2Mg +转化为沉淀而析出。

【答案】 D
2.下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是( ) A.反应开始时,溶液中各离子浓度相等
B.沉淀溶解达到平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等
C.沉淀溶解达到平衡时,溶液中溶质的离子浓度相等,且保持不变
D.沉淀溶解达到平衡时,如果再加入难溶性的该沉淀物,将促进溶解
【解析】 沉淀溶解达平衡时,沉淀速率与溶解速率相等,由于各物质电离出的阴、阳离子个数并不一定相等,故浓度不一定相等;已达平衡后,再加入该沉淀物平衡不移动。

【答案】 B
3.向5 mL NaCl 溶液中滴入一滴3AgNO 溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI 溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴2Na S 溶液并振荡,沉淀又变成黑色。

根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶解度关系为( ) A.2AgCl AgI Ag S == B.2AgCl AgI Ag S << C.2AgCl AgI Ag S >> D.2AgI AgCl Ag S >>
【解析】 本题考查了沉淀的转化,根据平衡移动原理,沉淀应当向溶解度更小的沉淀转化,即向着降低离子浓度的方向进行,所以溶解度2AgCl AgI Ag S >>。

【答案】 C
4.
制得的气体通入酸性4KMnO 溶液
【解析】 A 中3KHCO 也符合题意,A 错误;2()Mg OH 能与3FeCl 反应生成3()Fe OH ,由于
3()Fe OH 的溶解度小于2()Mg OH ,
发生沉淀的转化,B 正
确;K 4()sp BaSO <
，C 中实验能够实现,即一定条件下溶度积小的物质可以
向溶度积大的物质转化,所以C 中实验目的或结论不正确;25C H OH 与浓硫酸共热后,产物中有2SO 、2CO 等杂质气体2SO ,也能与酸性4KMnO 溶液发生氧化还原反应。

【答案】 B
5.(2012江苏盐城高三一模改编,20)取一定量的2PbI 固体用蒸馏水配成饱和溶液,量取25.00
2mLPbI 饱和溶液,分数次慢慢加入交换柱,进行如下离子交换反应:2()2Pb aq R ++—H(s)
2()2()R Pb s H aq ++,用洁净的锥形瓶承接流出液,待溶液流出后,再用蒸馏水淋洗树
脂至流出液呈中性。

将洗涤液一并放在锥形瓶中,加入指示剂,用1mol L -⋅NaOH 溶液滴定,当达到滴定终点时,用去氢氧化钠溶液20.00 mL 。

结合上述实验数据,求t ℃时2PbI 的K sp .
【解析】 由反应2(
)2P b a q R +
+—H(s)
2()R Pb s +
2()H aq +、
H OH +-+
2H O ,可以得出下列关系式:2()Pb aq +—— 2()H aq + ——
2()O H a q -,由
()H +⋅V ()H +=
()
OH -⋅V ()OH -,可求出
()H +
1
mol L -⋅,从而得出（Pb 2+
）=
1mol L -⋅,c ()0I -=.002 1mol L -⋅,K sp =
（Pb 2+
）
c 2
9
()410I -
-=⨯。

【答案】 K 9
410sp -=⨯课后作业夯基
(时间:45分钟,满分:100分)
一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.将AgCl 与AgBr 的饱和溶液等体积混合,再加入足量浓3AgNO 溶液,发生反应后的沉淀为( )
A.只有AgBr 沉淀生成
B.AgCl 和AgBr 沉淀等量生成
C.AgCl 和AgBr 沉淀都有,但以AgCl 沉淀为主
D.AgCl 和AgBr 沉淀都有,但以AgBr 沉淀为主 【解析】 在AgCl 和AgBr 的饱和溶液中存在: AgCl(s) ()()Ag aq Cl aq +-+
AgBr(s)
()()Ag aq Br aq +-+
当加入浓3AgNO 溶液时,上述平衡均向左移动,由于AgBr 的溶解度小于AgCl 的溶解度,故AgCl
沉淀生成的多。

【答案】 C
2.下列说法正确的是( )
A.相同温度时,两种难溶电解质的K sp 小的其溶解度一定小
B.K sp 大小取决于难溶电解质的离子浓度的大小,所以当其改变时,沉淀平衡就会发生移动
C.某温度下,0.1 1
mol L -⋅的NaOH 溶液pH 为12,则该温度下K 14
110
W -=⨯
D.温度一定时,当溶液中Ag +
和Cl -
浓度的乘积等于K sp 时,此溶液为AgCl 的饱和溶液
【解析】 相同温度时,两种难溶电解质的K sp 小的其溶解度不一定小,A 错;K sp 大小只与温度
有关,B 错;0.1 1
mol L -⋅的NaOH 溶液pH 为12,则该温度下K 13
110
W -=⨯,
错。

【答案】 D
3.(2012浙江金华一中高三模拟)下列说法中,正确的是 ) A.饱和石灰水中加入一定量生石灰,温度明显升高,所得溶液的pH 会增大
B.AgCl 悬浊液中存在平衡()()Ag aq Cl aq +-
+往其中加入少量NaCl 粉末,
平衡会向左移动,溶液中离子的总浓度会减小
C.向AgCl 悬浊液中滴加KI 溶液,白色沉淀变成黄色,证明此条件下K ()sp AgCl >K ()sp AgI
D.硬水含有较多2Ca +
、2Mg
+
、3HCO -、24SO -,加热煮沸可以完全除去其中的2Ca +
、2Mg +
【解析】 饱和石灰水中加入一定量生石灰,则反应后,溶液仍为饱和溶液,由于溶液温度升
高
2()Ca OH 溶解度减小,则其中氢氧根浓度减小,故pH 减小,A 项错误。

B 项中,AgCl 悬浊液中加入NaCl,由于温度不变,则K sp 不变,所以,平衡逆向移动,但重新建立平衡后,离子总浓度不会减小,B 项错误。

一般情况下,溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质,AgCl 中加KI,能生成黄色的AgI 沉淀,则可说明AgI 的溶度积更小,C 项正确。

根据溶度积理论知,难溶电解质存在沉淀溶解平衡,故加热煮沸后仍存在少量的2Ca +
、2Mg D +
,项
错。

【答案】 C
4.对于难溶盐MX,其饱和溶液中M +
和X -
的物质的量浓度之间的关系类似于
()H +⋅()
OH -W
,存在等式()
M +⋅c ()X -=K sp 。

现将足量的AgCl
分别放入下列物质中,AgCl 的溶解度由大到小的排列顺序是( ) ①20 mL 0.01 1
mol L KCl -⋅溶液 ②
12mol L CaCl -⋅溶液 ③40 mL 0.03
mol ⋅
1L HCl -溶液 ④
蒸馏水 ⑤50 mL 0.05 1
3mol L AgNO -⋅溶液
A.①>②>③>④>⑤
B.④>①>③>②>⑤
C.⑤>④>②>①>③
D.④>③>⑤>②>①
【解析】 AgCl(s)
Ag Cl +-+,由于c ()Ag +⋅
()
Cl -K
()Cl -或c ()
Ag +越大,越能抑制AgCl 的溶解,AgCl 的溶解度就越小。

注意,AgCl 的溶解度大小只与溶液中Ag
+
或Cl -
的浓度有关,而与溶液体积无关。

①中c ()Cl -
=
1mol L -⋅，②中c ()0Cl -
=.04 1mol L -⋅,③中
()
Cl - 3 1
mol L -⋅,④中c ()0Cl -
= 1mol L -⋅⑤中
c ()Ag +
=mol ⋅1
L -。

Ag +
或Cl -
浓度由小到大的顺序为④①
③<②<⑤,故
AgCl 的溶解度由大到小的排列顺序为④>①③②⑤。

【答案】 B
5.已知25 ℃时,AgI 饱和溶液中c ()Ag +
为1.8
2310-⨯
1mol L -⋅，AgCl 的饱和溶液中
()
Ag +为1.5
2510-⨯
1mol L -⋅。

若在5 mL 含有KCl 和KI 各为0.01 1mol L -⋅的溶液
中,加入8 mL0.01 1
mol L -⋅ 3AgNO 溶液,下列叙述正确的是( )
A.混合溶液中c ()K +>c 3()NO ->c ()Ag +>c ()Cl -
>()I -
B.混合溶液中c ()K +
>c 3()NO -
>c ()Cl ->c ()Ag +
>
()
I -
C.加入3AgNO 溶液时首先生成AgCl 沉淀
D.混合溶液中c(Cl )
c(I )--约为1.3
0210-⨯
【解析】 KCl 、KI 混合溶液中加入3A g N O 溶液,先生成AgI,再生成AgCl,因为
K
()sp
AgI <K 3()sp AgCl AgNO KI ,+ 3AgI KNO ↓+,n(KI)=0.01 1
5mol L -⋅⨯
mL=5.5
010
-⨯ mol,消耗n 3()5AgNO =.5
010-⨯ 3AgNO KCl
+
3AgCl KNO ↓+,过量的3AgNO 为0.01 18mol L -⋅⨯ mL-5.5010-⨯ mol=3.5010-⨯ mol,
则KCl 过量,生成AgCl 为3.5
010-⨯ mol,由此得出反应后溶液中的溶质为3KNO 、KCl,生成AgCl 、
AgI
沉
淀
,
验
证
A
错
误
,B
正
确
;
混
合
溶
液
中
c
131531
00151030100012
13(58)10()mol L mL L mL mol
mL mL L mL Cl -------
.⋅⨯⨯⋅-.⨯.⨯+⨯⋅=
=
1
1
mol L -⋅=..538×10-3
1
mol L -⋅,
c
5
sp 0012
13
K (AgCl)12510c(Cl )
()Ag --.⨯+.⨯=
=
18mol L -⋅=.312510-⨯ 1mol L -⋅,由此计算c 8sp 3K (AgI)12310c(Ag )
812510()I -+--
.⨯.⨯=
=
1
1mol L -⋅=.6
510-⨯ 1
mol L -⋅,则
3
1
61
c(Cl )153810c(I )
15101mol L mol L
------.⨯⋅.⨯⋅==.30210⨯,错误。

【答案】 B
二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题7分,共35分,每小题有一个或两个选项符合题目要求) 6.在溶液中有浓度均为0.01 1
mol L -⋅的3Fe +
、3Cr +
、2Zn +、2Mg
+
等离子,已知:
3[()]2Ksp Fe OH =.39610-⨯;3[()]7Ksp Cr OH =.31010-⨯;2[()]1Ksp Zn OH =.17
010-⨯;2[()]Ksp Mg OH =8⨯
1110-,当其氢氧化物刚开始沉淀时,下列哪一种离子所需的
pH 最小( )
A.3Fe +
B.3Cr +
C.2Zn +
D.2Mg +
【
解
析
】
Ksp
的
有
关
计
算
3()()
Fe OH s ,
33Fe OH +-+,3[()]Ksp Fe OH =c 3()Fe +⋅3()c OH -,所以
()
OH
-=
1mol L -⋅=
11310mol L --⋅=
1mol L -⋅,同理计算3Cr +沉淀的
()
OH
-1010-= 12mol L Zn -+⋅,沉淀的
()OH
-810-=
12mol L Mg -+⋅,沉淀的()
OH
-510-= 1mol L -⋅,
()
OH -越小,pH 越小。

【答案】 A
7.海水中含有丰富的镁资源。

某同学设计了从模拟海水中制备MgO 的实验方案
注:溶液中某种离子的浓度小于1.0⨯510- 1
mol L -⋅，可认为该离子不存在;
实验过程中,假设溶液体积不变。

K 3[]4sp CaCO =.9
9610-⨯ K 3[]6sp MgCO =.6
8210-⨯ K 2[()]4sp Ca OH =.6
6810-⨯ K 2[()]5sp Mg OH =.12
6110-⨯
下列说法正确的是( ) A.沉淀物X 为3CaCO
B.滤液M 中存在2Mg +
,不存在2Ca +
C.滤液N 中存在2Mg
+
、Ca 2+
D.步骤②中若改为加入4.2 g NaOH 固体,沉淀物Y 为
2()Ca OH 和2()Mg OH 的混合物
【解析】 步骤①加入NaOH 溶液OH -,与3HCO -反应生成2233CO CO --,与2Ca +
结合生成3
CaCO 沉淀,A 正确;假设操作①加入的OH -全部与3HCO -反应最多生成1.3
010-⨯ mol 23CO -,而
模拟海水中n 2()0Ca +
=.011 mol,所以M 中
（2Ca +
）至少为0.01 1
mol L B -⋅,错误;滤液
M 中加NaOH 固体后
()
OH -3010-⨯ 1mol L -⋅,滤液N 中含（2Mg +）=
15mol L -⋅=.61×10-6 11mol L -⋅<.0⨯510- 1mol L -⋅，即不存在2Mg C +,错误;加入 4.2 g NaOH 后,溶液中
()OH -1mol L -⋅,与2Mg +反应完后()
OH -≈
1mol L -⋅,c 2()Ca +⋅
2
()
OH -
mol ⋅
1(0L -⨯.005 12)2mol L -⋅=.75104-⨯<.66810-⨯,故无2()Ca OH 沉淀生成,D
项错误。

【答案】 A
8.(2012浙江丽水质量检查,14)25 ℃时,已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(K )sp 分别为:K ()6sp FeS =.18
310
-⨯;K ()1sp CuS =.36
310
-⨯;K ()1sp ZnS =.24
610
-⨯。

下列关于常
温时的有关叙述正确的是( )
A.硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B.将足量的4ZnSO 晶体加入到0.1 1
mol L -⋅的2Na S 溶液中2Zn +,的浓度最大只能达到
1.23
610
-⨯ 1
mol L -⋅
C.除去工业废水中含有的2Cu +
,可采用FeS 固体作为沉淀剂
D.向饱和的FeS 溶液中加入4FeSO 溶液后,混合液中（Fe 2+
）变大、c 2()S
-
变小,K ()sp FeS 不
变
【解析】 由K sp 可知,常温下,CuS 的溶解度最小;将足量的4ZnSO 晶体加入到0.1 1
mol L -⋅的2Na S 溶液中,c 2()S
-
将减至非常小,而2Zn +的浓度远远大于1.23610-⨯ 1mol L -⋅;CuS
比FeS 更难溶,因此FeS 沉淀可转化为CuS 沉淀;温度不变,K ()sp FeS 不变。

【答案】 C D
9.某温度时4BaSO ,在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法正确的是( )
(提示:4()BaSO s
224
()()Ba aq SO aq +
-+的平衡常数Ksp =c 2()Ba +⋅c 24()SO -
,称为溶
度积常数。

)
A.加入24Na SO 可以使溶液由a 点变到b 点
B.通过蒸发可以使溶液由d 点变到c 点
C.d 点无4BaSO 沉淀生成
D.a 点对应的Ksp 等于c 点对应的Ksp
【解析】 a 点在沉淀溶解平衡曲线上,此时4BaSO 溶液为饱和溶液,加入24Na SO 会增大24
SO -
浓度,平衡左移2Ba
+
,浓度应降低,但仍在平衡曲线上,A 项错;d 点时溶液不饱和,蒸发溶
液,c 24()SO -、c 2()Ba +
均增大,B 项错;d 点表示溶液的Qc <Ksp ,所以溶液不饱和,不会有沉
淀生成,C 项正确;Ksp 是一常数,温度不变Ksp 不变,所以该曲线上任意一点的Ksp 都相等,D 项正确。

【答案】 CD
10.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。

如图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为
2Zn +或[Zn(OH)4]2-的物质的量浓度(假设2Zn +浓度为510- 1mol L -⋅时,视为2Zn +已沉淀完
全)。

下列说法不正确的是( )
A.往2ZnCl 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为:24Zn OH +-
+
[Zn(OH)4]2-
B.从图中数据计算可得2()Zn OH 的溶度积K 17
10
sp -=
C.向1 L 1 1mol L -⋅ 2ZnCl 溶液中加入NaOH 固体至pH=7,需NaOH 2 mol
D.某废液中含2Zn +
,沉淀2Zn +
可以控制溶液pH 的范围是8 到12
【解析】 本题考查电离平衡的知识。

在pH<8时,主要以2Zn +
形式存在,8<pH<12时,主要以2()Zn OH 形式存在,在pH>12时,主要以[Zn(OH)4]2-离子的形式存在,所以A 选项正确;在pH=8时
,c
25
()10Zn +-=
1mol L -⋅,
所以
2
()Zn OH 的溶度积
K sp =c 2()Zn +
⨯
2
()OH -5661710101010B ----=⨯⨯=,选项正确;pH=7时
（2Zn +
）
=10-3
mol ⋅12L Zn -+,并没有完全沉淀,需要的NaOH 小于
选项错误;8<pH<12时,主要以2()Zn OH 形式存在,所以沉淀2Zn +
可以控制溶液pH 的范围是8 到12,D 选项正确。

【答案】 C
三、非选择题(本题包括4小题,共50分)
11.(12分)金属氢氧化物在酸中溶解度不同,因此可以利用这一性质,控制溶液的pH,达到分离金属离子的目的。

难溶金属的氢氧化物在不同pH 下的溶解度
1mol L -⋅)见下图。

(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是: (写化学式)。

(2)若要除去2CuCl 溶液中的少量3Fe +
,应该控制溶液的pH 为 。

A.<1 B.4左右 C.>6 (3)在32()Ni NO 溶液中含有少量的2Co
+杂质, (填”能”或”不能”)通过调节
溶液pH 的方法来除去,理由是: 。

(4)要使氢氧化铜沉淀溶解,除了加入酸之外,还可以加入氨水,生成 \Cu(NH 34) \
2+
,写出
反应的离子方程式: 。

(5)
某工业废水中含有2Cu +、Pb 、Hg ,最适宜向此工业废水中加入过量的 除去它
们。

(选填序号)
A.NaOH
B.FeS
C.2Na S
【解析】 (1)由图可知,在pH=3时,溶液中不会出现
2
()Cu OH 沉淀。

(2)要除去3Fe +
的
同时必须保证2Cu +
不能沉淀,因此pH 应保持在4左右。

(3)从图示关系可看出2Co +
,和2Ni +
沉淀的pH 范围相差太小,无法控制溶液的pH 。

2(4)()()
Cu OH s 2()2()Cu aq OH aq +-+,加入氨水后生成络合物
[Cu(NH 34)]
2+
,促进了2()Cu OH 的溶解。

要使三种离子生成沉淀,最好选择难溶于水
的FeS,使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀,同时又不引入其他离子。

【答案】 2(1)Cu +
(2)B
(3)不能 2Co +和2Ni +
沉淀的pH 范围相差太小
232(4)()4Cu OH NH H O +⋅[Cu(NH 34)]2++2OH -+4H 2O
(5)B
12.(12分)乙二胺四乙酸(EDTA)及其盐是常用于定量检测和分析金属离子的重要试剂。

EDTA 的阴离子可简写为4Y
-
,它与一些金属离子反应生成稳定的金属有机化合物离子:
24M Y +-+2()MY -
;34M Y +-
+()MY -。

试根据上述信息,回答下列问题。

(1)现称取某铝盐试样0.250 0 g,将其溶于水后加入1mol L -⋅.EDTA 溶液25. 00 mL,在适当条件下充分反应后,调节溶液的pH 为5 6,加入指示剂二甲酚橙,再用0.020 00
1mol L -⋅的
32()Zn CH COO 溶液25.00 mL 滴定至红色2[Zn +遇二甲酚橙所显色,且
32()Zn CH COO 易电离],该试样中铝元素的质量分数为 。

(2)按要求回答下列问题:
①有一起始含0.01 1
mol L -⋅的2M +、0.5 1mol L -⋅ 4()EDTA Y -和0.001 1mol L -⋅的2S -
的溶液,
②以2M +为Cd 为例,写出判断能否产生CdS 沉淀的计算过程: 。

【解析】 (1)因为24Zn Y +-
+ 234()()ZnY Al Y AlY -+--,+=,所以n 3()0Al +=.050 00 1
0mol L -⋅⨯.025 L-1mol L -⋅×0.025 00 L=0.001 250 0 mol-
w(Al)=(0.000 750 0 27mol ⨯ 1
)g mol -⋅
(2)因为EDTA 过量许多,若2M +
充分反应生成2()MY -
,则c 2[()]MY -
应为0.01 1
mol L -⋅;假设2()
MY -
的离解量为x 1
mol L -⋅,所以c 2[()](0MY -
=.01-1mol L -⋅ ，c 2()M +=x
1mol L -⋅,mc
4()(0
Y -=1
mol L -⋅；
因
x<<0.01,
所
以
K
x
x x x 49.001.0)49.0(01.0≈+-，若22M Cd
++
=[（CdY ）
2-
]=.
x 49.001.0=2.16610⨯;x 7≈.19
810-⨯; c 2()Cd +⋅c 2()S -=x ⋅c 2()7S -=.198100-⨯⨯.001=7.22
810-⨯<K ()sp CdS ;所以不生成
沉淀。

【答案】 (1)8.100% (2)①是 否 ②见解析
13.(12分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)合成氨反应22()3()
N g H g +32()NH g ,若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩
气,则平衡 移动(填”向左”“向右”或”不”);使用催化剂 反应的∆H(填”
增大”“减小”或”不改变”)。

(2)在25 ℃下,向浓度均为0.1 1
mol L -⋅的2MgCl 和2CuCl 混合溶液中逐滴加入氨水,先生成沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式为 。

〔已知25 ℃时K sp [Mg(OH)2]=1. 811
10
-⨯,K sp [Cu(OH)2]=2. 22010-⨯〕
(3)在25 ℃下,将a 1mol L -⋅ 的氨水与0.01 1
mol L -⋅ 的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c 4()NH +
=
()
Cl -。

则溶液显 性(填”酸”“碱”或”中”);用含a 的代数式表示
32NH H O ⋅的电离常数K b = 。

【解析】 (1)恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,使总体积增大,相当于稀释原体系,平衡左移;使用催化剂只是改变了反应的途径,没有改变反应物与生成物的状态,∆H 不变;(2)由于K
sp
[Cu(OH)
2
]< K
sp
[Mg(OH)
2
],所以先生成2()Cu OH 沉淀;(3)根据电荷守
恒:c 4()NH +
+
()
H +()Cl -+()
OH -现4()
NH +
()Cl -,必有
()
H +()
OH -故
溶液显
中
性。

K b =
)
()
()(
234O H NH c NH c OH c ⋅∙+
-,c
4()NH +
=
c
()Cl -=
1mol L -⋅()
H +()OH -7110-=⨯
mol ⋅
1(L -因为是25 ℃下且为中
性);c a 322()(NH H O ⋅=-1mol L -⋅,所以K 9
10
a 001
b --.=。

【答案】 (1)向左 不改变
2
(2)()Cu OH
32NH ⋅22H O Cu ++
2()Cu OH ↓
42NH +
+
(3)中 9
10a 001
--. 14.(14分)(2011天津理综,10)工业废水中常含有一定量的227Cr O -
和24CrO -
,它们会对人类及
生态系统产生很大的伤害,必须进行处理。

常用的处理方法有两种。

方法1:还原沉淀法 该法的工艺流程为
2
4CrO -
227Cr O -
3Cr +
3()Cr OH ↓
其中第①步存在平衡:242(CrO -黄色)2H ++227(Cr O -橙色2H O
(1)若平衡体系的pH=2,则溶液显 色。

(2)能说明第①步反应达平衡状态的是 。

a.227Cr O -
和24CrO -
的浓度相同
b.2v 227()Cr O -=v 24()CrO -
c.溶液的颜色不变
(3)第②步中,还原1 227molCr O -
离子,需要 mol 的427FeSO H O ⋅。

(4)第③步生成的3()Cr OH 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:
3()()Cr OH s
3()3()Cr aq OH aq +-+
常温下3()Cr OH ,的溶度积K sp =c 3()Cr +
⋅c 3
32
()10
OH -
-=,要使c 3()Cr +降至510- 1mol L -⋅,
溶液的pH 应调至 。

方法2:电解法
该法用Fe 作电极电解含227Cr O -
的酸性废水,随着电解进行,在阴极附近溶液pH 升高,产生
3()Cr OH 沉淀。

(5)用Fe 作电极的原因为 。

(6)在阴极附近溶液pH 升高的原因是(用电极反应解释) 。

溶液中同时生成的沉淀还有 。

【解析】 (1)pH=2说明溶液显酸性,平衡向正反应方向移动227Cr O -
,的浓度会增大,所以溶液显橙色。

(2)在一定条件下的可逆反应里,当正反应速率和逆反应速率相等,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时,该可逆反应就到达化学平衡状态,因此选项a 不正确;在任何情况下227Cr O -
和
24CrO -
的反应速率之比总是满足1∶2,因此选项b 也不正确;溶液颜色不再改变,这说明227Cr O -和24CrO -的浓度不再发生改变,因此可以说明反应已经达到化学平衡状态,c 正确。

227(3)Cr O -中Cr 的化合价是+6价,所以1 mol 227Cr O -被还原转移2 (63)6mol ⨯-= mol 电
子;1 mol 2Fe
+
被氧化生成3Fe +
,转移1 mol 电子,因此根据得失电子守恒可知需要
427FeSO H O ⋅的物质的量为6 mol 。

(4)由溶度积常数的表达式K sp =c 3()Cr +
⋅c 3
32
()10OH -
-=可知,当c 35
()10Cr +
-= 1
mol L
-⋅时
()
OH -910-= 1mol L -⋅,所以pH=5。

227(5)Cr O -要生成3()Cr OH 沉淀,必需有还原剂,而铁作电极时,在阳极上可以失去电子产生2Fe +,
电极反应式为2Fe e --
2Fe +。

(6)在电解池中阳离子在阴极得到电子,在溶液中由于H +得电子的能力强于2Fe +
,因此阴极是
H +
放电,电极反应式为22H e +-+
2H ↑,随着电解的进行,溶液中的H +浓度逐渐
降低,水的电离被促进OH -
,浓度逐渐升高。

由于2Fe +
被227Cr O -
氧化生成3Fe +
,当溶液碱性
达到一定程度时就会产生3()Fe OH 沉淀。

【答案】 (1)橙 (2)c (3)6 (4)5
(5)阳极反应为2Fe e -
-
2Fe +,提供还原剂2Fe +
(6)22H e +-+
2H ↑ 3()Fe OH。