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3.4.1 难溶电解质的沉淀溶解平衡 练习（解析版）
一．选择题（共14小题）
1．25℃时CaCO 溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10﹣5mol•L﹣1，该温度下CaCO 的K 为（
3 3 sp
）
A．5.0×10﹣5 B．2.5×10﹣9 C．5.0×10﹣10 D．1.0×10﹣10
【答案】B
【解析】CaCO 溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10﹣5mol/L，CaCO 饱和溶液中c（Ca2+）＝
3 3
c（CO 2﹣）＝5.0×10﹣5mol•L﹣1，Ksp＝5.0×10﹣5mol•L﹣1×5.0×10﹣5mol•L﹣1＝2.5×10﹣9mol2/L2，故
3
选：B。
2．已知 相同温度下：K [Zn（OH） ]＞K （ZnS），K （MgCO ）＞K [Mg（OH） ]； 电
sp 2 sp sp 3 sp 2
离出S①2﹣的能力：FeS＞H S＞CuS．则下列离子方程式错误的是（ ） ②
2
A．将FeS加入稀盐酸中：FeS+2H+═Fe2++H S↑
2
B．向CuSO 溶液中通H S气体：Cu2++H S═CuS↓+2H+
4 2 2
C．将ZnCl 溶液和Na S溶液混合：Zn2++S2﹣+2H O═Zn（OH） ↓+H S↑
2 2 2 2 2
D．向少量Mg（HCO ） 溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO ﹣+4OH﹣═Mg（OH）
3 2 3
↓+2CO 2﹣+2H O
2 3 2
【答案】C
【解析】A．由 可知，电离出S2﹣的能力：FeS＞H S，则FeS+2H+═H S↑+Fe2+，故A正确；
2 2
B．由 可知，②Cu2+易结合S2﹣，则Cu2++H S═CuS↓+2H+，故B正确；
2
C．因②溶解度Zn（OH） ＞ZnS，则Zn2++S2﹣+2H O═Zn（OH） ↓+H S↑不能发生，且ZnS不溶
2 2 2 2
于水，故C错误；
D．由 可知，Mg（OH） 更难溶，则碳酸氢镁与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁、
2
水，离①子反应为Mg2++2HCO ﹣+4OH﹣═Mg（OH） ↓+2CO 2﹣+2H O，故D正确；故选：C。
3 2 3 2
3．某化学兴趣小组进行下列实验：
将0.1mol•L﹣1的MgCl 溶液和0.5mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合得到浊液
2
①取少量 中浊液，滴加0.1mol•L﹣1的FeCl 溶液，出现红褐色沉淀
3
②过滤 ①中浊液，取少量白色沉淀，滴加0.1mol•L﹣1的FeCl 溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
3
③另取①少量白色沉淀，滴加饱和NH
4
Cl溶液，沉淀溶解
④下列说法中错误的是（ ）
A．将 中浊液过滤，所得滤液中有微量的Mg2+存在
B．实验① 和 均能说明Fe（OH）
3
比Mg（OH）
2
难溶
② ③C． 中沉淀转化反应式为：3Mg（OH） （s）+2Fe3+（aq） 2Fe（OH） （s）+3Mg2+（aq）
2 3
D．③NH 4 Cl溶液中的NH 4 +水解可能是 中沉淀溶解的原因 ⇌
【答案】B ④
【解析】将0.1mol/LMgCl 溶液和0.5mol/LNaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以
2
及剩余氢氧化钠的混合物，
A．将 中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH） Mg2++2OH﹣，所得
2
滤液中①含少量Mg2+，故A正确； ⇌
B．实验 中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明 Fe（OH）
3
比Mg（O②H） 难溶，故B错误；
2
C．氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铁，白色沉淀变为红褐色沉淀，转化反应式为：3Mg（OH） （s）
2
+2Fe3+（aq） 2Fe（OH） （s）+3Mg2+（aq），故C正确；
3
D．氢氧化镁⇌存在沉淀溶解平衡：Mg（OH） Mg2++2OH﹣，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，
2
所以平衡正向移动，沉淀溶解，故D正确；故⇌选：B。
4．已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag SO 在不同浓度SO 2﹣溶液中的溶解度如图
2 4 4
所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中a、b两点c（Ag+）相同
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液
C．该温度下，Ag SO 溶度积的数量级为10﹣5
2 4
D．在c点的溶液中加入少量Na SO 固体，溶液可变为a点
2 4
【答案】C
【解析】A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c（SO 2﹣）不一样，则c（Ag+）＝
4
不一样，所以图中a、b两点c（Ag+）不相同，故A错误；
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然是饱和溶液，则溶液中各离子的浓度不
变，即不能得到b点的溶液，故B错误；C．根据图象上相关数据，Ag SO （s） 2Ag+（aq）+SO 2﹣（aq），当c（SO 2﹣）＝1mol/L时，
2 4 4 4
溶液中c（Ag+）＝2×10﹣2.5mol/L，则K⇌＝c2（Ag+）•c（SO 2﹣）＝（2×10﹣2.5）2×1＝4×10﹣5，则
sp 4
数量级为10﹣5，故C正确；
D．在c点的溶液是不饱和溶液，加入少量Na SO 固体，溶液中c（SO 2﹣）增大，c（Ag+）不变，
2 4 4
不可能从c点变为a点，故D错误。故选：C。
5．某温度时，AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法
正确的是（ ） ⇌
A．c点对应的K 等于a点对应的K
sp sp
B．加入AgNO ，可以使溶液由c点变到d点
3
C．d点没有AgCl沉淀生成
D．加入少量水，平衡右移，Cl﹣浓度减小
【答案】A
【解析】A．Ksp与温度有关，a、c点温度相同，则a点对应的 K 等于c点对应的 K ，故A正确；
sp sp
B．加入 AgNO ，c（Ag+）增大，AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq）平衡逆向移动，c（Cl﹣）减小
3
而图中c 点变到 d 点时c（Cl﹣）不变，故B⇌错误；
C．d 点时Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），则d 点有 AgCl 沉淀生成，故C错误；
D．加入少量水，平衡右移，离子浓度不变，即Cl﹣浓度不变，故D错误；故选：A。
6．在T℃时，铬酸银（Ag CrO ）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的
2 4
是（ ）
A．向饱和Ag CrO 溶液中加入固体K CrO 能使溶液由Y点变为X点
2 4 2 4
B．T℃时，在Y点和Z点，Ag CrO 的K 相等
2 4 sp
C．T℃时，Ag CrO 的K 数值为1×10﹣11
2 4 sp
D．图中a＝ ×10﹣4【答案】A
【解析】A．在饱和 Ag CrO 溶液中加入 K CrO 仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和
2 4 2 4
Ag CrO 溶液中加入K CrO 不能使溶液由Y点变为X点，故A错误；
2 4 2 4
B．一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag CrO 的
2 4
K 相等，故B正确；
sp
C．曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag CrO 的沉淀溶剂平衡为：Ag CrO （s） 2Ag++CrO 2﹣，Ksp
2 4 2 4 4
＝c2（Ag+）•c（CrO 2﹣）＝（10﹣3）2×10﹣5＝10﹣11，故C正确； ⇌
4
D．依据溶度积常数计算Ksp（Ag CrO ）＝c2（Ag+）•c（CrO 2﹣）＝1×10﹣11，Z点时c（CrO 2
2 4 4 4
﹣）＝5×10﹣4mol/L，则c（Ag+）2＝2×10﹣8（mol/L）2，所以a＝ ×10﹣4，故D正确；故选：A。
7．已知20℃，K [Mg（OH） ]＝1.6×10﹣11，K [Co（OH） ]＝6.4×10﹣15，Co（OH） 为玫瑰红色
sp 2 sp 2 2
难溶物，某同学进行下列实验，依据上述实验操作及现象，下列说法错误的是（ ）
实验操作 现象
实验一 将镁条用砂纸打磨光亮后置 有无色气体和较多白色沉淀
于饱和氯化钠溶液中，滴加 产生，溶液变红色
几滴酚酞
实验二 取出镁条，将悬浊液加热 红色加深
实验三 冷却后滴加适量CoCl 溶液 部分白色难溶物变成玫瑰红
2
色难溶物
A．镁条和水发生置换反应生成H 和Mg（OH）
2 2
B．NaCl增大了Mg（OH） （s）在20℃水中的溶解度
2
C．Mg（OH） （s） Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＞0
2
D．加入适量CoCl
2
溶⇌液后，c（Mg2+）：c（Co2+）＝2500：1
【答案】B
【解析】A.由实验一的现象知，镁条和水反应产生了H 和难溶物Mg（OH） ，故A正确；
2 2
B.氯化钠对Mg（ OH） 在水中的溶解度无影响，故B错误；
2
C.由实验二加热悬浊液，红色更深，可知Mg（ OH）
2（S）
在水中的溶解过程是吸热的，故C正确；
D.在Mg（OH） 饱和溶液中滴加 CoCl 溶液后，发生反应 Mg（OH） （s）+Co2+（aq） Co
2 2 2
（OH） （s）+Mg2+（aq），则c（Mg2+）：c（Co2+）＝[c（Mg2+）•c2（OH﹣）]：[c（Co2+）⇌•c2
2
（OH﹣）]＝Ksp[Mg（OH） ]：Ksp[Co（OH） ]＝2500：1，故D正确。故选：B。
2 2
8．一定温度下，AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq）体系中，c（Ag+）和c（Cl﹣）的关系如图所示．
下列说法错误的是（ ⇌）A．a、b、c三点对应的K 相等
sp
B．d点的溶液为AgCl的不饱和溶液
C．AgCl在c点的溶解度比b点的大
D．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c（Ag+）＝c（Cl﹣）
【答案】C
【解析】A.温度相同，溶度积相同，则a、b、c三点对应的K 相等，故A正确；
sp
B.d点c（Ag+）•c（Cl﹣）＜K ，无固体析出，为不饱和溶液，故B正确
sp
C.增大c（Cl﹣），溶解平衡逆向移动，则AgCl在c点的溶解度比b点的小，故C错误；
D.饱和溶液中存在 AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq），则 AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c
（Ag+）＝c（Cl﹣），故D正确⇌；故选：C。
9．已知部分铅盐的溶度积如表，从溶度积角度分析，沉淀Pb2+时的最佳沉淀剂为（ ）
化合物 PbSO PbCO PbS PbCrO
4 3 4
K 1.8×10﹣8 7.4×10﹣14 8.0×10﹣28 2.8×10﹣13
sp
A．硫酸盐 B．碳酸盐 C．硫化物 D．铬酸盐
【答案】C
【解析】A．当沉淀剂为硫酸盐时，若 c（SO 2﹣）＝0.1mol•L﹣1，则c（Pb2+）＝ ＝
4
mol•L﹣1＝1.8×10﹣7mol•L﹣1；
B．当沉淀剂为碳酸盐时，若c（CO 2﹣）＝0.1mol•L﹣1，则c（Pb2+）═ ＝ ＝
3
mol•L﹣1＝7.4×10﹣13mol•L﹣1；C．当沉淀剂为硫化物时，若 c（S2﹣）＝0.1mol•L﹣1，则c（Pb2+）＝ ＝
mol•L﹣1＝8.0×10﹣27mol•L﹣1；
D．当沉淀剂为铬酸盐时，若 c（CrO 2﹣）＝0.1mol•L﹣1，则 c（Pb2+）＝ ＝
4
＝2.8×10﹣12mol•L﹣1；
由上述推导可知，当阴离子浓度相同时，加入硫化物后，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，故选：C。
10．常温下，K [Fe（OH） ]＝4.0×10﹣38，在pH＝4的Fe（OH） 饱和溶液中，c（Fe3+）为（
sp 3 3
）
A．1.0×10﹣8mol•L﹣1 B．4.0×10﹣8mol•L﹣1
C．1.0×10﹣26mol•L﹣1 D．1.3×10﹣28mol•L﹣1
【答案】B
【解析】pH＝4的Fe（OH） 饱和溶液中，c（H+）＝1×10﹣4mol/L，根据K ＝c（H+）•c（OH﹣）
3 w
＝10﹣14，则 c（OH﹣）＝ ＝ mol/L＝1×10﹣10mol/L，根据 K [Fe（OH） ]＝c
sp 3
（Fe3+）•c3（OH﹣）＝4.0×10﹣38，c（Fe3+）＝ ＝ mol/L＝4.0×10﹣
8mol/L，故选：B。
11．25℃时，下列4种盐的溶度积常数（K ）分别是如表，结合相关数据分析，下列说法错误的是
sp
（ ）
Ag SO （白色） Ag S（黑色） FeS（黑色） MnS（肉色）
2 4 2
1.4×10﹣5mol3•L﹣3 6.3×10﹣50mol3•L﹣3 3.3×10﹣18mol2•L﹣2 2.5×10﹣13mol2•L﹣2
A．除去某溶液中的Ag+用Na S溶液比Na SO 溶液效果好
2 2 4
B．25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C．向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl 溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色
2
D．向Ag S（s） 2Ag+（aq）+S2﹣（aq）平衡体系中加入少量Na S固体，溶液中c（Ag+）不
2 2
变 ⇌【答案】D
【解析】A．K （Ag S）＜K （Ag SO ），除去某溶液中的Ag+用Na S溶液比Na SO 溶液效果
sp 2 sp 2 4 2 2 4
好，故A正确；
B．根据表中数据，25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，故B正确；
C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl 溶液，发生沉淀的转化，沉淀
2
颜色会由黑色变为肉色，故C正确；
D．向Ag S（s） 2Ag+（aq）+S2﹣（aq）平衡体系中加入少量Na S固体，溶液中c（S2﹣）增大，
2 2
平衡逆向移动，则⇌溶液中c（Ag+）减小，故D错误；故选：D。
12．当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可视为该离子已完全除去，通过调节溶液 pH的
方法可以除去溶液中的某些杂质离子。常温下，某 0.1mol•L﹣1的NiSO 溶液中含有杂质Al3+和
4
Fe3+，欲将这两种杂质完全除去，需调节溶液pH的范围可以是（不考虑溶液体积变化，已知：
常温时，氢氧化镍 K ＝1×10﹣16、氢氧化铁 K ＝1×10﹣38、氢氧化铝 K ＝1×10﹣33 ）
sp sp sp
（ ）
A．2～3 B．3～4 C．5～6 D．6～8
【答案】C
【解析】A、pH＜3时，Al3+和Fe3+都不会生成沉淀，不能除去杂质，故A错误；
B、因pH＞3时，Fe3+会生成沉淀；pH＞5时，Al3+才会生成沉淀，所以pH＝3～4，Al3+无法除去，
故B错误；
C、因pH＜6时，Ni2+不会生成沉淀；pH＞5时，Fe3+和Al3+都会生成沉淀，所以可以完全除去
NiSO 溶液中杂质Al3+和Fe3+，故C正确；
4
D、pH＞6时，Ni2+、Fe3+、Al3+全部会生成沉淀，故D错误；故选：C。
13．取1mL 0.1mol•L﹣1AgNO 溶液进行如下实验（实验中所用试剂浓度均为0.1mol•L﹣1），下列
3
说法不正确的是（ ）
A．实验 白色沉淀是难溶的AgCl
B．若按① 顺序实验，能看到白色沉淀
C．若按②①顺序实验，能看到黑色沉淀
D．由实①验③说明AgI比AgCl更难溶
②【答案】B
【解析】A、AgNO 溶液中的Ag+和过量的NaCl溶液中的Cl﹣生成AgCl的白色沉淀，离子方程式
3
为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A正确；
B、一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以
AgI不易生成AgCl，所以若按 顺序实验，看不到白色沉淀，故B错误；
C、2AgCl（s）+S2﹣（aq） A②g
2
S①（s）+2Cl﹣（aq），Ag
2
S比AgCl更难溶，溶解度更小，所以若
按 顺序实验，能看到黑⇌色沉淀，故C正确；
D、①一③般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，实验 的白色沉淀AgCl生成
了黄色的AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选：B。 ②
14．向含有MgCO 固体的浊液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（ ）
3
A．c（Mg2+） B．K （MgCO ） C．c（H+） D．c（CO 2﹣）
sp 3 3
【答案】D
【解析】MgCO 固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO （s） Mg2+（aq）+CO 2﹣（aq），加入少量
3 3 3
稀盐酸可与CO 2﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO⇌2﹣）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，
3 3
K （MgCO ）只与温度有关，不变，只有D正确。故选：D。
sp 3
二．解答题（共4小题）
15．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO ，可生成CuCl沉淀除去Cl﹣，反应
4
原理如下：
Cu（s）+Cu2++（aq） 2Cu+（aq）△H ＝ak•mol﹣l
1
Cl﹣（aq）+Cu+（aq）⇌CuCl（s）△H ＝bkJ•mol﹣l
2
（1）反应Cu（s）+Cu⇌2+（aq）+2Cl﹣（aq）═2CuCl（s）△H＝_____。
物质 CuCl CuI Cul
2
K 1.7×10﹣7 1.3×10﹣12 ﹣
sp
颜色 白色 白色 金黄色
（2）实验测得电解液 pH 对溶液中残留（Cl﹣）的影响如图所示。当 pH＝7时，溶液中 c
（Cu+）＝_____。
（3）兴趣小组在CuCl 溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀生成。推测该白色沉淀中一
2
定含有的物质是_____，原因是_____。（已知：常温下 CuCl、CuI、CuI 的相关信息见上
2
表。）【答案】（1）（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因K （CuI）＜K （CuCl），K 更小的CuI更容易产生沉淀。
sp sp sp
【解析】（1） Cu（s）+Cu2+（aq） 2Cu+（aq）△H ＝a kJ•mol﹣1， Cl﹣（aq）+Cu+（aq）
1
CuCl（s）△H①＝bkJ•mol﹣1，结合盖斯⇌定律可知 + ×2得；Cu（s）②+Cu2+（aq）+2Cl﹣（aq）
2
⇌2CuCl（s）△H＝（a+2b）kJ•mol﹣1， ① ②
⇌故答案为：（a+2b）kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，pH＝7时，﹣lgc（Cl﹣）＝2，所以c（Cl﹣）＝10﹣2mol•L﹣1，根据K （CuCl）
sp
＝c（Cu+）c（Cl﹣），c（Cu+）＝ ＝ ＝1.7×10﹣5mol•L﹣1，
故答案为：1.7×10﹣5mol•L﹣1；
（3）CuCl 溶液中加入过量KI固体，观察到有白色沉淀，因K （CuI）＜K （CuCl），K 更小
2 sp sp sp
的CuI更容易产生沉淀，所以Cu2+与I﹣反应生成Cu+，I﹣+Cu+＝CuI↓，
故答案为：CuI；Cu2+与I﹣反应生成Cu+，因K （CuI）＜K （CuCl），K 更小的CuI更容易产生
sp sp sp
沉淀。
16．工业废水中常含有一定量的Cr O 2﹣和CrO 2﹣，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必
2 7 4
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：CrO Cr O Cr3+ Cr
2
（OH） ↓
3
（1）流程第 步存在平衡：2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣+H O，能说明第 步反应达平衡状态的是
4 2 7 2
_____。（填序①号） ⇌ ①
A．Cr O 2﹣和CrO 2﹣的浓度相同
2 7 4
B．2v（Cr O 2﹣）＝v（CrO 2﹣）
2 7 4
C．溶液的颜色不变
（2）流程第 步生成的Cr（OH） 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH） （s） Cr3+
3 3
（aq）+3OH﹣③（aq）。常温下Cr（OH） 的溶度积K ＝10﹣32，当c（Cr3+）降至10﹣5mo⇌l/L时
3 sp溶液的pH为_____。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr O 2﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr
2 7
（OH） 沉淀。请用电极反应方程式解释下列原因：
3
（3）用Fe做电极的原因是_____，在阴极附近溶液pH升高的原因是_____。
【答案】（1）C；
（2）5；
（3）Fe﹣2e﹣＝Fe2+；2H++2e﹣＝H ↑。
2
【解析】（1）对于平衡：2CrO 2﹣（黄色）+2H+ Cr O 2﹣（橙色）+H O，
4 2 7 2
A、各组分的浓度保持不变，而Cr O 2﹣和CrO 2﹣ ⇌的浓度相同，不能判定是否达平衡状态，故A错
2 7 4
误；
B、2v（Cr O 2﹣）＝v（CrO 2﹣）不知道是正反应速率还是逆反应速率，不能证明正逆速率相等，
2 7 4
所以不是平衡状态，故B错误；
C、溶液的颜色不变，即有色离子浓度不会再不变，达到了化学平衡状态，故C正确；故选：C；
（2）常温 Cr（OH） 的溶度积 K ＝10﹣32，当 c（Cr3+）降至 10﹣5mol/L，则 c（OH﹣）＝
3 sp
＝10﹣9mol/L，c（H+）＝10﹣5mol/L，溶液的pH为5，故答案为：5；
（3）在电解法除铬中，活性电极铁作阳极，所以阳极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，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H ：2H++2e﹣═H ↑；同时大量产生了OH﹣，产生Cr
2 2
（OH） 沉淀，故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；2H++2e﹣＝H ↑。
3 2
17．已知：常温下，K [Fe（OH） ]＝1.0×10﹣38，K [Al（OH） ]＝1.0×10﹣34（为计算方便已作近
sp 3 sp 3
似处理。），本题中离子完全反应的标准：c（Fe3+）＜1.0×10﹣5mol•L﹣1．在含Al3+、Fe3+的浓
度都均为0.2mol•L﹣1的溶液中加入稀氨水，请回答下列问题：
（1）Al3+跟氨水反应的离子方程式是_____。
（2）NH •H O的电离方程式是_____；其电离平衡常数表达式K ═_____。
3 2 b
（3）Fe（OH） 的溶度积常数表达式K [Fe（OH） ]＝_____。
3 sp 3
（4）Fe3+完全沉淀的pH为_____；此时，Al3+沉淀的百分率为_____。
【答案】（1）Al3++3NH •H O═Al（OH） ↓+3NH +；
3 2 3 4
（2）NH •H O NH ++OH﹣； ；
3 2 4
（3）c3（OH﹣） ⇌ ×c（Fe3+）；（3）3；50%。
【解析】（1）铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，氨水为弱电解质，写化学式，离
子方程式为 Al3++3NH •H O═Al（OH） ↓+3NH +，故答案为：Al3++3NH •H O═Al（OH）
3 2 3 4 3 2
↓+3NH +；
3 4
（2）氨水为弱电解质，水溶液中部分电离，电离方程式为NH •H O NH ++OH﹣；电离平衡常数
3 2 4
⇌
表达式K ＝ ，
b
故答案为：NH •H O NH ++OH﹣； ；
3 2 4
（3）根据 Fe（OH） ⇌ 的电离方程式，其溶度积常数表达式 K [Fe（OH） ]＝c3（OH﹣）×c
3 sp 3
（Fe3+），
故答案为：c3（OH﹣）×c（Fe3+）；
（4）根据 K [Fe（OH） ]及离子完全反应时 c（Fe3+）＜1.0×10﹣5mol•L﹣1，c3（OH﹣）＝
sp 3
＝1.0×10﹣33，则 c（OH﹣）＝1.0×10﹣11 mol•L﹣1，pH＝﹣lg ＝3；根据
K [Al（OH） ]＝1.0×10﹣34，此时溶液 c（Al3+）＝0.1mol/L，Al3+沉淀的百分率＝
sp 3
×100%＝50%，
故答案为：3；50%。
18．工业废水中常含有一定量的Cr O 2﹣和CrO 2﹣，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须
2 7 4
进行处理。常用的处理方法有以下两种：
方法1：还原沉淀法。
该法的工艺流程为：CrO 2﹣ Cr O 2﹣ Cr3+ Cr（OH） ↓。
4 2 7 3
其中第 步存在平衡2CrO 2﹣（黄色）+2H+ Cr O 2﹣（橙色）+H O。
4 2 7 2
（1）若①平衡体系的pH＝2，该溶液显_____色⇌。
（2）能说明第 步反应达平衡状态的是_____（填序号）。
A．Cr
2
O
7
2﹣和C①rO
4
2﹣的浓度相同
B．2v（Cr O 2﹣）＝v（CrO 2﹣）
2 7 4
C．溶液的颜色不变（3）第 步中，还原1mol Cr O 2﹣离子，需要_____mol的FeSO •7H O。
2 7 4 2
（4）第②步生成的Cr（OH）
3
在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）
3
（s） Cr3+（aq）
+3OH﹣（③aq），常温下，Cr（OH） 的溶度积 K ＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝10⇌﹣32，要使c
3 sp
（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至_____。
方法2：电解法。
该法用Fe做电极电解含Cr O 2﹣的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生
2 7
Cr（OH） 沉淀。
3
（5）用Fe做电极的原因为_____（用电极反应式解释）。
（6）在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有_____。
【答案】（1）橙；
（2）C；
（3）6；
（4）5；
（5）Fe﹣2e﹣＝Fe2+，提供还原剂Fe2+；
（6）Fe（OH） 。
3
【解析】（1）溶液显酸性，c（H+）较大，上述平衡右移，该溶液显橙色，
故答案为：橙；
（2）A．Cr O 2﹣和CrO 2﹣的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，平衡时浓度不变，故A错误；
2 7 4
B．2v（Cr O 2﹣）＝v（CrO 2﹣），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，故
2 7 4
B错误；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，故C正
确；
故答案为：C；
（3）由元素的化合价变化可知，还原1molCr O 2﹣离子，得到Cr3+，得到电子为2×（6﹣3）＝
2 7
6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO •7H O的物质的量为 ＝6mol，
4 2
故答案为：6；
（4）当c（Cr3+）＝10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）＝ ＝10﹣9mol/L，c（H+）＝
＝10﹣5mol/L，pH＝5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5，
故答案为：5；
（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂，故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，提供还原剂Fe2+；
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e﹣＝H ↑，溶液酸性减弱，
2
溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe（OH） ，
3
故答案为：Fe（OH） 。
3
