（新課改省份專用）2022年高考化學一輪復習 跟蹤檢測（二十七）難溶電解質(zhì)的溶解平衡（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考化學一輪復習 跟蹤檢測（二十七）難溶電解質(zhì)的溶解平衡（含解析） 1．在難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，c(A2＋)＝x mol·L－1，c(B－)＝y(tǒng) mol·L－1，則Ksp(AB2)為(　　) A．xy2　　　　　B．xy C.xy D．4xy2 解析：選A　在難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，難溶電解質(zhì)AB2的電離方程式為AB2(s) A2＋(aq)＋2B－(aq)，Ksp＝c(A2＋)·c2(B－)＝xy2。 2．(2019·巨鹿模擬)已知在Ca3(PO4)2的飽和溶液中，c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO)

2、＝1.58×10－6mol·L－1，則Ca3(PO4)2的Ksp為(　　) A．2.0×10－29 B．3.2×10－12 C．6.3×10－18 D．5.1×10－27 解析：選A　Ca3(PO4)2的飽和溶液中存在溶解平衡：Ca3(PO4)2(s) 3Ca2＋(aq)＋2PO(aq)，c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO)＝1.58×10－6mol·L－1，則Ca3(PO4)2的Ksp＝(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2≈2.0×10－29。 3．(2019·騰沖模擬)在含有Ag＋的酸性溶液中，以鐵銨礬NH4Fe(SO4)2作指示劑，用KSCN

3、標準溶液滴定Ag＋。已知：AgSCN(白色，s) Ag＋＋SCN－，Ksp＝1.0×10－12；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(紅色)，K＝138。下列說法正確的是(　　) A．邊滴定邊搖動溶液，首先溶液變紅色 B．當Ag＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成紅色配合物，即為終點 C．上述實驗可用KCl標準溶液代替KSCN標準溶液滴定Ag＋ D．滴定時，溶液pH變化不會影響終點的觀察 解析：選B　AgSCN的溶度積常數(shù)很小，邊滴定邊搖動溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A錯誤；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(紅色)，K＝138，比較大，故正向反應容易進行，故當Ag

4、＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成紅色配合物，且半分鐘不褪色時即為終點，故B正確；KSCN和Fe3＋形成紅色溶液，KCl和Fe3＋不反應，故不能用KCl標準溶液代替KSCN標準溶液滴定Ag＋，故C錯誤；Fe3＋易水解生成紅褐色Fe(OH)3膠體，干擾實驗現(xiàn)象的觀察，因此滴定時要控制溶液一定的酸性，故D錯誤。 4．(2019·南通、泰州、揚州等七市聯(lián)考)向濕法煉鋅的電解液中同時加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl－，降低對電解的影響，反應原理如下： Cu(s)＋Cu2＋(aq) 2Cu＋(aq)　ΔH1＝a kJ·mol－1 Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl

5、(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1 實驗測得電解液pH對溶液中殘留c(Cl－)的影響如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl－的去除 B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大 C．反應達到平衡時增大c(Cu2＋)，c(Cl－)減小 D.Cu(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq) CuCl(s)的ΔH＝(a＋2b)kJ·mol－1 解析：選C　根據(jù)圖像，溶液的pH越小，溶液中殘留c(Cl－)越大，因此向電解液中加入稀硫酸，不利于Cl－的去除，A錯誤；Ksp(CuCl)只與溫度有關(guān)，與溶液pH無關(guān)，B錯誤；根據(jù)Cu(s)＋Cu2＋(aq) 2Cu

6、＋(aq)可知增大c(Cu2＋)，平衡正向移動，使得c(Cu＋)增大，促進Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl(s)右移，c(Cl－)減小，C正確；已知①Cu(s)＋Cu2＋(aq)2Cu＋(aq)　ΔH1＝a kJ·mol－1，②Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×＋②得反應Cu(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq) CuCl(s)的ΔH＝ kJ·mol－1，D錯誤。 5．(2019·廣東仲元中學模擬)已知：①t ℃時AgCl的Ksp為2×10－10；②在t ℃時，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法

7、正確的是(　　) A．t ℃時，Ag2CrO4的Ksp為1×10－9 B．在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y點到X點 C．t ℃時，反應Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常數(shù)K＝2.5×107 D．t ℃時，用0.01 mol·L－1 AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，CrO先沉淀 解析：選C　題圖中曲線上的點是沉淀溶解平衡點，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為Ag2CrO4(s) 2Ag＋＋CrO，Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1

8、0－3)2×10－6＝10－12，A錯誤；在飽和溶液中加入CrO，可使沉淀溶解平衡左移，溶度積常數(shù)不變，還是飽和溶液，點應在曲線上，不可能由Y點到X點，B錯誤；在t ℃時，Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)，K＝＝＝＝2.5×107，C正確；0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，c(CrO)＝0.01 mol·L－1，可得c(Ag＋)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1；c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，可得c(Ag＋)＝ mol·L－1＝2×

9、10－8 mol·L－1，所以先析出AgCl沉淀，D錯誤。 6．(2019·天津紅橋區(qū)模擬)常溫下，取一定量的PbI2固體配成飽和溶液，t時刻改變某一條件，離子濃度變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．常溫下，PbI2的Ksp為2×10－6 B．溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，平衡向左移動，Pb2＋的濃度減小 C．溫度不變，t時刻改變的條件可能是向溶液中加入了KI固體，PbI2的Ksp增大 D．常溫下，Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的懸濁液中加入Na2S溶液，反應PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的化學平衡常數(shù)

10、為5×1018 解析：選D　根據(jù)圖像知，常溫下平衡時溶液中c(Pb2＋)、c(I－)分別是10－3mol·L－1、2×10－3mol·L－1，因此PbI2的Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－9，A錯誤；PbI2飽和溶液中存在平衡：PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，Pb2＋濃度增大，平衡逆向移動，最終平衡時Pb2＋濃度仍然比原平衡時大，B錯誤；根據(jù)圖像知，t時刻改變的條件是增大I－濃度，溫度不變，PbI2的Ksp不變，C錯誤；反應PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的化學平衡常數(shù)K＝＝＝5

11、×1018，D正確。 7.(2019·寧德質(zhì)量檢測)常溫下將0.100 0 mol·L－1的AgNO3標準溶液分別滴加到20 mL濃度均為0.100 0 mol·L－1的NaCl和NaBr溶液中，混合溶液的pAg[－lg c(Ag＋)]與滴定百分數(shù)(滴定所用標準溶液體積相對于滴定終點時所用標準溶液體積的百分數(shù))的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是(　　) A．曲線a代表滴定NaBr溶液 B．Ksp(AgCl)＝1×10－9.5 C．滴定至50%時，NaCl溶液中c(Na＋)＞c(NO)＞c(Ag＋)＞c(H＋) D．滴定至100%時，c(H＋)＋c(Ag＋)＝c(Br－)＋c(O

12、H－) 解析：選C　根據(jù)信息可知，由pAg＝－lg c(Ag＋)，AgBr的溶度積較小，故pAg較大，曲線a代表滴定NaBr溶液，A項正確；當?shù)味ò俜謹?shù)為100%時，pAg＝4.75，說明c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4.75，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－9.5，B項正確；滴定至50%時，pAg＝8，c(Ag＋)＝10－8mol·L－1，若不考慮Ag＋水解，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，NaCl溶液中c(H＋)＞c(Ag＋)，C項錯誤；滴定至100%時，c(NO)＝c(Na＋)，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Ag＋)＋c(Na＋)＝c(Br－)＋c(

13、OH－)＋c(NO)，故c(H＋)＋c(Ag＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，D項正確。 8.(2019·濰坊模擬)25 ℃時，用Na2SO4溶液沉淀Ba2＋、Pb2＋、Ca2＋三種金屬離子(M2＋)，所需SO最低濃度的對數(shù)值p(SO)＝－lg c(SO)與p(M2＋)＝－lg c(M2＋)關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．Ksp(CaSO4)

14、中加入CaSO4粉末，會有BaSO4沉淀析出 解析：選D　根據(jù)題圖及公式Ksp＝c(M2＋)·c(SO)，代入數(shù)據(jù)進行計算，三種沉淀的Ksp大小順序為Ksp(CaSO4)>Ksp(PbSO4)>Ksp(BaSO4)，A項錯誤；根據(jù)題圖可知，a點在曲線上，可表示CaSO4的飽和溶液，但是c(Ca2＋)>c(SO)，B項錯誤；題圖中坐標數(shù)值越大，對應的實際濃度越小，b點在曲線下方，表示PbSO4的過飽和溶液，且c(Pb2＋)＝c(SO)，C項錯誤；由于Ksp(CaSO4)>Ksp(BaSO4)，溶解度較大的沉淀可以向溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化，向Ba2＋濃度為10－5 mol·L－1的廢水中加入CaSO

15、4粉末，沉淀由CaSO4轉(zhuǎn)化為BaSO4，D項正確。 9.(2019·百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知298 K時，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(FeS)＝6.0×10－18，其沉淀溶解平衡曲線如圖所示(圖中R表示Ni或Fe)，下列說法正確的是(已知：≈2.4，≈3.2)(　　) A．M點對應的溶液中，c(S2－)≈3.2×10－11 mol·L－1 B．與P點相對應的NiS的分散系是均一穩(wěn)定的 C．向Q點對應的溶液中加水，可轉(zhuǎn)化成N點對應的溶液 D．FeS＋Ni2＋NiS＋Fe2＋的平衡常數(shù)K＝6 000 解析：選D　飽和NiS溶液中c(Ni2＋)＝c(S2－)＝＝ mol

16、·L－1＝3.2×10－11mol·L－1，同理飽和FeS溶液中c(Fe2＋)＝c(S2－)＝2.4×10－9mol·L－1，因此Ⅰ曲線代表的是FeS，Ⅱ曲線代表的是NiS，即M點c(S2－)＝2.4×10－9mol·L－1，故A錯誤；P點對應的NiS為過飽和溶液，不是穩(wěn)定分散系，應有沉淀產(chǎn)生，故B錯誤；Q點加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)減小，Q不能轉(zhuǎn)化到N點，故C錯誤；平衡常數(shù)K＝＝＝＝＝6 000，故D正確。 10.(2019·遼南協(xié)作校模擬)某溫度時，向10 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液。滴加過程中溶液中－lg c

17、(Ca2＋)與Na2CO3溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示(已知lg 5＝0.7)，下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．x、y兩點c(Ca2＋)之比為2 000∶3 B．Ksp(CaCO3)＝5×10－9 C．w點對應的分散系很穩(wěn)定 D．x、y、z三點中，水的電離程度最大的為x點 解析：選A　x點時Ca2＋與CO恰好反應，此時由－lg c(Ca2＋)＝4.3計算得c(Ca2＋)＝c(CO)＝5×10－5 mol·L－1，Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)＝2.5×10－9，y點溶液中c(CO)＝ mol·L－1，則c(Ca2＋)＝7.5×10－8 mol·L－1，x、y兩

18、點c(Ca2＋)之比為(5×10－5mol·L－1)∶(7.5×10－8mol·L－1)＝2 000∶3，A正確，B錯誤；w點時Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，分散系處于過飽和狀態(tài)，不穩(wěn)定，C錯誤；y點Na2CO3過量最多，CO水解促進水的電離，因此水的電離程度最大的為y點，D錯誤。 11．(2019·綿陽南山中學模擬)某研究小組進行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的實驗探究。 (查閱資料)25 ℃時，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。 (實驗探究)向2支均盛有1 mL 0.1 mol·L－1 MgCl2溶液的試管中分別加入

19、2滴2 mol·L－1 NaOH溶液，制得等量Mg(OH)2沉淀。 (1)分別向兩支試管中加入不同試劑，記錄實驗現(xiàn)象如表：(表中填空填下列選項中字母代號) 試管編號 加入試劑 實驗現(xiàn)象 Ⅰ 2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液 ①_____ Ⅱ 4 mL 2 mol·L－1 NH4Cl溶液 ②_____ A.白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀 B．白色沉淀不發(fā)生改變 C．紅褐色沉淀轉(zhuǎn)化為白色沉淀 D．白色沉淀溶解，得無色溶液 (2)測得試管Ⅰ中所得混合液pH＝6，則溶液中c(Fe3＋)＝______________。 (3)同學們猜想實驗Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有兩種

20、： 猜想1∶NH結(jié)合Mg(OH)2電離出的OH－，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動。 猜想2：__________________________________________________________。 (4)為驗證猜想，同學們?nèi)∩倭肯嗤|(zhì)量的氫氧化鎂盛放在兩支試管中，一支試管中加入醋酸銨溶液(pH＝7)，另一支試管中加入NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)，兩者沉淀均溶解。該實驗證明猜想正確的是________(填“1”或“2”)。 解析：(1)已知n(MgCl2)＝1×10－3L×0.1 mol·L－1＝1×10－4 mol，n(NaOH)≈0.1×10－3L×2 mol

21、·L－1＝2×10－4mol，由反應Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知，二者基本反應完全生成白色沉淀Mg(OH)2，當向其中加入FeCl3溶液時，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38遠小于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，所以白色沉淀Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀Fe(OH)3；當向其中加入NH4Cl溶液時，NH與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動，最終使Mg(OH)2完全溶解得無色溶液。(2)當試管Ⅰ中所得混合液pH＝6時，即c(OH－)＝10－8mol·L－1，由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×

22、10－38可求得c(Fe3＋)＝4.0×10－14 mol·L－1。(3)NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H＋與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動。(4)由于醋酸銨溶液(pH＝7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，說明不是NH水解呈酸性導致Mg(OH)2溶解；當加入弱堿性的NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)時，沉淀也溶解，說明猜想2是錯誤的。因此證明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是NH與Mg(OH)2電離出OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)NH3·H2O，促進Mg(OH)2溶解平衡正向移動，最終得無色溶液，所以猜想1是正確的。 答案：(1)①A?、贒　(2)4

23、×10－14 mol·L－1 (3)NH4Cl水解出來的H＋與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動　(4)1 12．(2019·漳州模擬)鈧及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導等方面有著廣泛的應用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如圖： 回答下列問題： (1)洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成?；旌系膶嶒灢僮魇莀_________________________________________。 (2)先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，

24、過濾，濾渣主要成分是____；再向濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，濾液中Sc3＋的濃度為____________。{已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31} (3)用草酸“沉鈧”。25 ℃時pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留兩位有效數(shù)字)。寫出“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式______________________________________。 [已知Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5] (4)草酸鈧“灼燒”氧化的化學方程式

25、為______________________________。 (5)廢酸中含鈧量為15 mg·L－1，V L廢酸最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為____________。 解析：(1)在混合不同的液體時，一般先加密度較小、易揮發(fā)的，后加密度大、難揮發(fā)的，若混合時放熱，則最后加受熱易分解的，因此混合的實驗操作是將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌。(2)廢酸中含鈧、鈦、鐵、錳等離子，洗滌“油相”已除去大量的鈦離子，根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.

26、0×10－31，可以求出余下三種離子沉淀完全(離子濃度小于10－5mol·L－1)的pH，發(fā)現(xiàn)錳離子沉淀完全時pH約為10，鈧離子沉淀完全時pH約為5，而鐵離子沉淀完全時pH約為4，所以先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，過濾，濾渣主要成分是Fe(OH)3；再向濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，此時溶液中c(OH－)＝10－8mol·L－1，濾液中Sc3＋的濃度為 mol·L－1＝9.0×10－7 mol·L－1。(3)25 ℃時pH＝2的草酸溶液中＝××＝Ka2(H2C2O4)×Ka1(H2C2O4)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2。“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式為2Sc3＋＋3H2C

27、2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋。(4)草酸鈧“灼燒”氧化的化學方程式為2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)廢酸中含鈧量為15 mg·L－1，則V L廢酸中含鈧的質(zhì)量為15×10－3 g·L－1×V L＝0.015V g，所以最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為＝0.023V g。 答案：(1)將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌 (2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol·L－l (3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋ (4)2Sc2(C2O4)3＋3O

28、22Sc2O3＋12CO2 (5)0.023V g 13．(2019·太原模擬)鉍(Bi)與氮同族，氯氧化鉍(BiOCl)廣泛用于彩釉調(diào)料、塑料助劑、油漆調(diào)色、生產(chǎn)金屬鉍等。一種用火法煉銅過程產(chǎn)生的銅轉(zhuǎn)爐煙塵(除含鉍的化合物之外，還有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制備高純氯氧化鉍的工藝流程如圖： 請回答下列問題： (1)BiOCl中Bi元素的化合價為__________。 (2)“浸鉍”時，溫度升高，鉍的浸出率降低，其原因為_______________________。 (3)“沉鉍”時需控制溶液的pH＝3.0，此時BiCl3發(fā)生反應的化

29、學方程式為________________________________________________________________________。 (4)“除鉛、砷”時，可以采用以下兩種方法： ①加入改性羥基磷灰石固體(HAP)：浸液2與HAP的液固比(L/S)與鉛、砷去除率以及后續(xù)沉鉍量的關(guān)系如表所示： L/S 125∶1 50∶1 25∶1 15∶1 Pb2＋去除率/% 84.86 94.15 95.40 96.83 As3＋去除率/% 98.79 98.92 98.34 99.05 m(沉鉍)/g 2.34 2.33 2.05 1.9

30、8 實驗中應采用的L/S＝__________。 ②鐵鹽氧化法：向浸液2中加入Fe2(SO4)3，并調(diào)節(jié)pH，生成FeAsO4沉淀。欲使溶液中c(AsO)<1×10－9 mol·L－1，且不產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，應控制pH的范圍為__________。[已知：lg 2＝0.3；FeAsO4、Fe(OH)3的Ksp分別為5×10－21、4×10－38] 解析：(1)BiOCl中O為－2價，Cl為－1價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0可知，Bi元素的化合價為＋3價。(2)“浸鉍”時，所加物質(zhì)為鹽酸和NaCl溶液，HCl易揮發(fā)，升高溫度，HCl揮發(fā)，反應物濃度降低。(3)“沉鉍”時加入的物質(zhì)是Na2C

31、O3，生成BiOCl，因此有BiCl3＋Na2CO3―→BiOCl，根據(jù)原子守恒，產(chǎn)物還有NaCl和CO2，化學方程式為BiCl3＋Na2CO3===BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑。(4)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，L/S＝50∶1以后，Pb2＋、As3＋去除率雖然增加，但是Pb2＋、As3＋去除率變化都不大，因此為了節(jié)省能源以及原料，L/S控制在50∶1。②c(AsO)＝1×10－9mol·L－1時，c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝5×10－12mol·L－1，c(OH－)＝ ＝ mol·L－1＝2×10－9 mol·L－1，此時的pH＝5.3，即pH應小于5.3。 答案：(1)＋3　(2)溫度升高，HCl揮發(fā)，反應物濃度降低 (3)BiCl3＋Na2CO3===BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑ (4)①50∶1?、趐H<5.3