含铬废水的来源

（1）上述几步转化中，①中Cr元素的化合价降低，④⑧中Cr元素的化合价升高，则①④⑧属于氧化还原反应，且④⑧中需要加入氧化剂，
故答案为：④⑧；
（2）铁作阳极，则阳极反应为Fe-2e=Fe²⁺，溶液中的阳离子H⁺在阴极放电，则阴极反应为H⁺+2e=H₂↑，电解产生的亚铁离子具有还原性，与
Cr₂O₇^2-发生氧化还原反应，Cr₂O₇^2-转化为Cr³⁺，则溶液中发生的离子反应为6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：Fe-2e=Fe²⁺；H⁺+2e=H₂↑；6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；
（3）由Na₂CrO₄溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色及转化⑤可知，发生可逆的离子反应为2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O，
故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；电解原理．

考点点评： 本题考查氧化还原反应及物质的转化，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及电化学、离子反应及氧化还原反应，注重高频考点的考查，难度较大．

（1）配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）实验时，当吸滤瓶中液面高度快达到支管口位置时，为防止液体进入其它装置应该倒出部分液体，所以其操作方法是：拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液；
故答案为：拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液；
（3）H₂O₂不稳定，受热易分解，所以通过加热来除去H₂O₂；K₂Cr₂O₇在冷水中的溶解度较小，用少量冷水洗涤K₂Cr₂O₇，能除去晶体表面残留的杂质，还能减小K₂Cr₂O₇的损耗；
故答案为：除去H₂O₂；除去晶体表面残留的杂质，减小K₂Cr₂O₇的损耗；
（4）根据表中数据可知温度较高时K₂Cr₂O₇的溶解度较大，其它物质的溶解度较小，蒸发浓缩使杂质转化为固体析，温度较高时K₂Cr₂O₇不析出固体，所以要趁热过滤；
故答案为：①蒸发浓缩； ②趁热过滤；
（5）①由反应Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O；I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-可得反应的关系式为Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-，根据关系式计算．
Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-
1mol 3mol 6mol
n 0.2400×30×10^-3mol
则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=
0.2400×30×10−3mol
6×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为
0.2400×30×10−3×10×294
6×4.000×100%=88.2%，
故答案为：88.2%；
②装Na₂S₂O₃标准液的滴定管在滴定前有气泡滴定后没有气泡，会造成V（标准）偏大，则计算出Na₂S₂O₃的物质的量偏大，重铬酸钾的物质的量偏大，则测得的重铬酸钾的纯度将偏高；
故答案为：偏高．

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；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及溶液的配制、氧化还原反应、溶解平衡以及滴定操作等问题，题目难度中等，本题注意从质量守恒的角度利用关系式法计算纯度．

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）反应Cr³⁺→CrO₄^2-，CrO₂^-→CrO₄^2-中，Cr元素的化合价都升高，被氧化，需加入氧化剂，故答案为：④、⑧；
（2）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为Fe-2e-═Fe²⁺，溶液呈酸性，H⁺离子在阴极放电生成氢气，反应式为2H⁺+2e═H₂↑，Fe²⁺离子与Cr₂O₇^2-离子发生氧化还原反应生成Fe³⁺离子
和Cr³⁺离子，反应离子方程式为6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：阳极：Fe-2e-═Fe²⁺； 阴极：2H⁺+2e═H₂↑；溶液中：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；
（3）在Na₂CrO₄溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，说明黄色的CrO₄^2-离子与离子反应产生橙色的Cr₂O₇^2-离子，
该反应为可逆反应，反应式为2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O，故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O；
（4）根据溶度积常数判断，开始生成Ag₂CrO₄沉淀时，c（Ag⁺）=

9.0×10−12
c(Cr
O−24)，开始生成AgCl沉淀时，c（Ag⁺）=
1.56×10−10
c(Cl−)，向含有相同浓度的Na₂CrO₄和NaCl的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，开始生成沉淀时，后者需要的银离子浓度较小，首先生成沉淀；故答案为：AgCl；
（5）要将Fe³⁺溶液中的杂质离子Cr³⁺除去，可加入过量NaOH溶液，发生的反应分别有Cr³⁺+4OH^-═CrO₂^-+2H₂O；Fe³⁺+3OH^-═Fe（OH）₃↓，过滤后再用酸溶解，
反应为Fe（OH）₃+3H⁺═Fe³⁺+3H₂O，故答案为：Cr³⁺+4OH^-═CrO₂^-+2H₂O；Fe³⁺+3OH^-═Fe（OH）₃↓、Fe（OH）₃+3H⁺═Fe³⁺+3H₂O．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；电解原理．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的判断、电解、可逆反应、难溶电解质的转化以及除杂等问题，题目难度中等，本题电解电极方程式的书写以及除杂原理的探究等问题．

根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类没有改变，数目没有增减．反应前已知的原子及个数：铁原子6个、硫原子13个、氧原子52个、氢原子14个；反应后原子及个数：铬原子2个、硫原子13个、氧原子59个、铁原子6个、钾原子2个、氢原子14个，故可知一个X分子中含有2个钾原子、2个铬原子和7个氧原子，故物质X的化学式为K₂Cr₂O₇．
故选B．

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题主要考查学生运用质量守恒定律进行推断的能力；掌握有关化学式的计算和推断方法．

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．

由题目信息可知，Cr₂O₇^2-中Cr元素由+6价还原为+3价，FeS0₄中Fe元素被氧化为+3价，且Fe元素部分化合价为变化，根据电子转移守恒计算有3x=2-x，解得x=0.5；
处理1molCr₂O₇^2-，根据电子转移守恒可知，被氧化为+3价的Fe元素物质的量为
1mol×2×(6−3)
3−2=6mol，复合氧化物中+2的Fe元素与+3价Fe元素的物质的量之比为1：（2-x）=1：（2-0.5）=1：1.5，故算复合氧化物中+2的Fe元素物质的量为[6mol/1.5]=4mol，根据Fe元素守恒可知FeS0₄•7H₂O物质的量为6mol+4mol=10mol，
故选D．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原法的有关计算，难度中等，注意根据电子转移守恒、原子守恒进行的计算．

（1）上述几步转化中，①中Cr元素的化合价降低，④⑧中Cr元素的化合价升高，则①④⑧属于氧化还原反应，且④⑧中需要加入氧化剂，
故答案为：①④⑧；④⑧；
（2）由Na₂CrO₄溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色及转化⑤可知，发生的离子反应为2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O，
故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺ Cr₂O₇^2-+H₂O；
（3）转化图中只有氢氧化铬与氢氧化铝类似，则氢氧化铬具有两性，能与碱反应，离子反应为Cr（OH）₃+OH^-=CrO₂^-+2H₂O，
故答案为：Cr（OH）₃+OH^-=CrO₂^-+2H₂O；
（4）铁作阳极，则阳极反应为Fe-2e=Fe²⁺，溶液中的阳离子H⁺在阴极放电，则阴极反应为H⁺+2e=H₂↑，电解产生的亚铁离子具有还原性，与
Cr₂O₇^2-发生氧化还原反应，Cr₂O₇^2-转化为Cr³⁺，则溶液中发生的离子反应为6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
故答案为：Fe-2e=Fe²⁺；H⁺+2e=H₂↑；6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O；　　
（5）Ag₂CrO₄和AgCl的Ksp分别为9.0×10^-12、1.56×10^-10，向含有相同浓度的Na₂CrO₄和NaCl的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，
设Na₂CrO₄和NaCl的浓度都为1mol/L，
Ag₂CrO₄沉淀时需要的c（Ag⁺）=
9.0×10−12=3×10^-6，
AgCl沉淀时需要的c（Ag⁺）=1.56×10^-10，则AgCl先沉淀，故答案为：AgCl．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；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： 本题考查氧化还原反应及物质的转化，难度较大，（5）是学生解答中的难点，应学会利用溶度积来进行简单计算．

Ⅰ（1）在测定PH值时，不能湿润、稀释，正确的是将一小块PH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，滴在PH试纸上，静置几秒，再与比色卡对比；
故答案为：将一小块PH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，滴在PH试纸上，静置几秒，再与比色卡对比；
（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(C
rO2−4)c(H+)
c(
Cr2O2−7)；
加入水稀释，平衡向浓度增的方向移动，左边的离子稀释为1，右边的离子系数为3，加水平衡正向移动；
故答案为：
c2(C
rO2−4)c(H+)
c(
Cr2O2−7)；正；
（3）重铬酸根具有强氧化性，能将二氧化硫中+4价的硫氧化为+6价，离子反应为：Cr₂O₇^2-+2H⁺+3SO₂═2Cr³⁺+3SO₄^2-+H₂O，
故答案为：Cr₂O₇^2-+2H⁺+3SO₂═2Cr³⁺+3SO₄^2-+H₂O；
（4）根据铝热反应的概念，铝与氧化铬在高温下生成铬和氧化铝，反应方程式为2Al+Cr₂O₃

高温
.
Al₂O₃+2Cr；
故答案为：2Al+Cr₂O₃

高温
.
Al₂O₃+2Cr；
Ⅱ①因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：增强溶液的导电性；
②溶液中c（OH^-）=
3
KspFe(OH)3
c(Fe3+)
=
3
4.0×10−38
2.0×10−13
mol/L=
32.0×10−25
mol/L，则溶液中c（Cr³⁺）=
KspCr(OH)3
C3(OH

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；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了PH值测定、化学平衡常数的计算以及Ksp的有关计算等内容，题目难度中等，注意对图象的分析和数据的处理．

（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．

①NO、NO₂的混合气体2.688L，物质的量=[2.688L/22.4L/mol]=0.12mol，铁氧体与硝酸反应生成Fe（NO₃）₃、Cr（NO₃）₃，令参加反应的铁氧体为n mol，则Fe（NO₃）₃、Cr（NO₃）₃的总物质的量=nmol+nmol+n（1-x）mol+xn mol=3n mol，由N元素守恒：3n mol×3+0.12mol=1.92mol，解得n=0.2，
答：参加反应的铁氧体的物质的量为0.2mol．
②反应亚铁离子失去电子，转移电子为0.2mol×（3-2）=0.2mol，
设生成NO为xmol，NO₂为ymol，由转移电子及二者物质的量，则：


x+y＝0.12
3x+y＝0.2，
解得x=0.04 y=0.08，
故V（NO）：V（NO₂）=0.04mol：0.08mol=1：2；
答：所得气体中NO、NO₂的体积比为1：2．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题以电子工业广泛应用的含铬铁氧体为载体，考查混合物的有关计算，难度中等，注意根据元素守恒与电子转移守恒进行解答．