2024年高中化学新教材同步讲义 选择性必修第一册 模块综合试卷(二)（含解析）

模块综合试卷(二)(满分：100分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列说法不正确的是()A．已知冰的熔化热为6.0kJ·mol－1，冰中氢键键能为20kJ·mol－1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键CH3COO－＋H＋平衡向右移动，电离程度增大，Ka不变C．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1D．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1答案D解析1mol冰中有2mol氢键，键能和为40kJ，1mol冰的熔化热为6.0kJ·mol－1，eq\f(6.0,40)×100%＝15%，故A正确；一定温度下，弱电解质的浓度越小，电离程度越大，但电离平衡常数只与温度有关，则保持不变，故B正确；已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则表示1mol甲烷完全燃烧生成指定产物所放出的热量为890.3kJ，故C正确；由于该反应为可逆反应，无法确定转化的氮气的量，故其焓变无法确定，故D错误。2．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－198kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应机理为V2O5＋SO2→2VO2＋SO3(快)；4VO2＋O2→2V2O5(慢)。下列说法正确的是()A．反应速率主要取决于V2O5的质量B．VO2是该反应的催化剂C．该反应逆反应的活化能大于198kJ·mol－1D．升高温度，该反应的ΔH增大答案C3．下列有关说法正确的是()A．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低B．工业废水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属阳离子可以通过加入FeS除去C．工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀D．等体积的pH均为2的酸HA和HB的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强答案B解析实际进入锥形瓶内标准液的体积小，但计算时标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故A错误；FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2＋、Hg2＋，故B正确；Fe、Sn和电解质溶液构成原电池时，Fe易失电子作负极，Sn作正极，导致Fe加速被腐蚀，故C错误；等体积等pH的不同一元酸分别与足量铁粉反应，弱酸放出的氢气多，因为等pH的不同一元酸，弱酸的浓度较大，HA放出的H2多，说明HA酸性弱，故D错误。4.如图是生产水煤气的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的能量变化图，由图可判断下列说法正确的是()A．容器内充入1molCO、1molH2后充分反应，放出(b－a)kJ的热量B．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH＝－(b－a)kJ·mol－1C．该反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放D．加入催化剂可以减小(b－a)的值，从而提高反应速率答案C解析该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以容器内充入1molCO、1molH2后充分反应，放出的热量小于(b－a)kJ，故A错误；根据图知，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋(b－a)kJ·mol－1，故B错误；断键时吸收能量、成键时放出能量，水分子分解生成H、O原子时吸收能量，H、O、C生成氢气和一氧化碳时放出能量，故C正确；催化剂不改变焓变，所以加入催化剂(b－a)的值不变，但是催化剂能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，故D错误。5．下列方程式书写正确的是()A．H2S的电离方程式：H2SH＋＋HS－B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋COeq\o\al(2－,3)C．COeq\o\al(2－,3)的水解方程式：COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－D．HS－的水解方程式：HS－＋H2OS2－＋H3O＋答案A解析多元弱酸的电离是分步进行的，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS－，A正确；NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，B错误；COeq\o\al(2－,3)的水解是分步进行的，第一步水解方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2O的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，D错误。6．对下列图示实验的描述正确的是()A．图1所示的实验：钢闸门连在外接电源的负极上，可以对其进行保护B．图2所示的实验：用NaOH溶液滴定盐酸C．图3所示的实验：用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和反应的反应热D．图4所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)N2O4(g)的正反应是吸热反应答案A解析钢闸门连在外接电源的负极上，作阴极，被保护，为外加电流法，故A正确；NaOH溶液滴定盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，滴定管选择不合理，故B错误；浓硫酸稀释放热，应选稀硫酸与NaOH溶液反应测定中和反应的反应热，故C错误；热水中颜色变深，可知升高温度2NO2(g)N2O4(g)平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故D错误。7.(2020·江苏，15改编)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)ΔH＝＋247.1kJ·mol－1H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1在恒压、反应物起始物质的量之比为n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1的条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B．曲线A表示CH4的平衡转化率随温度的变化C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D．恒压、800K、n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率可能达到Y点的值答案D解析A项，甲烷参与的反应为吸热反应，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，甲烷的平衡转化率减小，错误；B项，CO2参与两个反应，且第一个反应中甲烷和二氧化碳的化学计量数相等，因此当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1∶1时，同温度下CO2的转化率大于甲烷的转化率，即曲线B表示甲烷的平衡转化率随温度的变化，错误；C项，催化剂不能改变化学平衡，因此两条曲线不能重叠，错误；D项，温度不变，增大二氧化碳的量，平衡可向右移动，甲烷的转化率增大，可能达到Y点的值，正确。8．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是()A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大B．0.10mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大C．CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸答案D解析弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，升高温度醋酸电离平衡常数增大，A项正确；将溶液稀释，c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项正确；加入CH3COONa会抑制CH3COOH的电离，C项正确；加入冰醋酸，溶液的pH、电离程度均减小，但电离常数不变，D项错误。9．下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是()选项实验现象结论A将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡沉淀由白色变为红褐色Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度B在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热加热后红色加深证明盐类水解是吸热反应C向1.0mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液呈碱性D相同的铝片分别与同温同体积且c(H＋)＝1mol·L－1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl－对该反应起到促进作用答案C解析将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，故A正确；醋酸钠是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向移动证明水解是吸热反应，故B正确；甲基橙的变色范围为3.1～4.4，溶液变黄色，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误；相同的铝片，氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl－对该反应起到促进作用，故D正确。10．(2021·浙江1月选考，22)镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是()A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变D．镍镉二次电池的总反应式：Cd＋2NiOOH＋2H2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Cd(OH)2＋2Ni(OH)2答案C解析断开K2、合上K1时，是放电过程，化学能转化为电能，A正确；断开K1、合上K2时，是充电过程，电极A与电源负极相连，是阴极，发生还原反应，B正确；断开K1、合上K2时，电极B与电源正极相连，是阳极，电极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=2NiOOH＋2H2O，溶液中KOH浓度会减小，C错误；充电时的电极反应分别为阳极：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=2NiOOH＋2H2O，阴极：Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－，可知镍镉二次电池的总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D正确。11.室温下，在1mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，HA－、A2－的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示，下列说法不正确的是()A．H2A的电离方程式为H2A=H＋＋HA－、HA－A2－＋H＋B．室温下，电离平衡HA－A2－＋H＋的平衡常数Ka＝10－3C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)D．在Na2A溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)答案C解析A项，据图可知，H2A溶液中不存在H2A分子，说明H2A第一步完全电离，HA－、A2－共存，第二步部分电离，所以H2A的电离方程式为H2A=H＋＋HA－、HA－A2－＋H＋，正确；B项，据图可知，当pH＝3时，c(A2－)＝c(HA－)，电离平衡HA－A2－＋H＋的平衡常数Ka＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)＝10－3，正确；C项，HA－A2－＋H＋的平衡常数Ka＝10－3，A2－水解错误；D项，根据元素守恒，在Na2A溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)，正确。12．已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9及表中有关信息：弱酸CH3COOHH2CO3电离平衡常数(常温)Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11下列判断正确的是()A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是COeq\o\al(2－,3)＋2H2OH2CO3＋2OH－B．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，则eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝18C．NaHCO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))D．2×10－4mol·L－1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10－5mol·L－1答案C解析弱酸根离子水解是分步进行的，以第一步为主，向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，故A错误；常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH＝6，醋酸的电离平衡常数表达式为Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，eq\f(1.8×10－5,10－6)＝eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)，eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq\f(1,18)，故B错误；NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，c(COeq\o\al(2－,3))＝2×10－4mol·L－1×eq\f(V,2V)＝1×10－4mol·L－1，代入公式，得c(Ca2＋)＝2.8×10－5mol·L－1，则原CaCl2溶液中c(Ca2＋)≥2.8×10－5mol·L－1×2＝5.6×10－5mol·L－1，故D错误。13.(2021·河北，9)K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是()A．隔膜允许K＋通过，不允许O2通过B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水答案D解析金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比为(1mol×71g·mol－1)∶(1mol×32g·mol－1)≈2.22∶1，故C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应的化学方程式为2PbSO4＋2H2O=PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子守恒可知，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为eq\f(3.9g,39g·mol－1)×18g·mol－1＝1.8g，故D错误。14.25℃时，将1.0Lcmol·L－1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是()A．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝eq\f(10－8,c)B．a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)C．水的电离程度：c>b>aD．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)答案A解析a点溶液的pH＝3.1，是加入醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO－)＞c(Na＋)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)，B正确；a点溶液以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，c点加入醋酸钠固体，水的电离程度增大，故水的电离程度：c>b>a，C正确；当混合溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)，D正确。15.已知p(A)＝－lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．a点无ZnS沉淀生成B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向沉淀溶解的方向移动，c(S2－)增大D．CuS和MnS共存的悬浊液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝10－20答案C解析p(A)＝－lgc(A)，则c(A)＝10－p(A)mol·L－1，故p(A)越大，c(A)越小。所以平衡曲线右上方为不饱和溶液，平衡曲线左下方为过饱和溶液。a点不饱和，没有ZnS沉淀析出，A正确；MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)＋Zn2＋(aq)ZnS(s)＋Mn2＋(aq)向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2＋的目的，B正确；向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向沉淀溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2－)不变，C错误；当p(S2－)＝0，p(Mn2＋)＝15，即c(S2－)＝1mol·L－1时，c(Mn2＋)＝10－15mol·L－1，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)＝10－15；当p(S2－)＝25，p(Cu2＋)＝10，即c(S2－)＝10－25mol·L－1，c(Cu2＋)＝10－10mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－35。CuS和MnS共存的悬浊液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝eq\f(KspCuS,KspMnS)＝eq\f(10－35,10－15)＝10－20，D正确。二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16．(12分)(1)已知：①Fe(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ·mol－1；②2Al(s)＋eq\f(3,2)O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ·mol－1。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是___________________________________。某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是________(填“能”或“不能”)，你的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应过程分别为A、B，如图所示：①据图判断该反应是____(填“吸”或“放”)热反应。②其中过程B表明此反应采用的条件为______(填字母)。A．升高温度 B．增大反应物的浓度C．降低温度 D．使用催化剂答案(1)3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－859.7kJ·mol－1不能铝热反应虽然为放热反应，但铝需要电解法制备，消耗能量多；铝热反应得到的物质纯度低；引发需要消耗大量的热量等(2)①吸②D=mol－1。(2)①反应物能量低于生成物能量，所以该反应为吸热反应。②从A到B反应的活化能明显降低，所以采用的条件是加入了催化剂。17．(16分)用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。(1)写出上述反应的平衡常数表达式：________________________________________。(2)在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08①结合表中数据，判断该反应的ΔH________(填“＞”或“＜”)0，理由是_____________________________________________________________________________________________。②判断该反应达到平衡状态的依据是________(填字母)。A．容器内气体密度恒定B．容器内各气体浓度恒定C．容器内压强恒定D．2v正(NO)＝v逆(N2)(3)700℃时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)＋CO2(g)C(s)＋2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。①0～10min内CO2的平均反应速率v＝_____________________________________。②图中A点v正________(填“＞”“＜”或“＝”)v逆。③第10min时，外界改变的条件可能是________________________(填字母)。A．加催化剂B．增大C的物质的量C．减小CO2的物质的量D．升温E．降温(4)采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中____(填字母)的能量变化。A．*CO＋*OH→*CO＋*H2OB．*CO→*OCHC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH答案(1)K＝eq\f(cN2·cCO2,c2NO)(2)①＞计算700℃和800℃的平衡常数K1、K2，得K1＜K2，所以ΔH＞0②AB(3)①0.01mol·L－1·min－1②＞③AD(4)COA解析(2)①根据表格中的数据，列出实验1(700℃)的三段式：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)起始/mol0.4000变化/mol0.180.090.09平衡/mol0.220.090.09K1＝eq\f(cN2·cCO2,c2NO)＝eq\f(\f(0.09,2)×\f(0.09,2),\f(0.22,2)2)＝eq\f(81,484)，根据表格中的数据，列出实验2(800℃)的三段式：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)起始/mol0.2400变化/mol0.160.080.08平衡/mol0.080.080.08K2＝eq\f(cN2·cCO2,c2NO)＝eq\f(\f(0.08,2)×\f(0.08,2),\f(0.08,2)2)＝1＞K1；温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，ΔH＞0。②该反应气体的总质量是变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；2v正(NO)＝v逆(N2)，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正(NO)＝2v逆(N2)时反应达到平衡状态，故D错误。(3)①随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10min内，|Δn(N2)|＝0.2mol，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则|Δn(CO2)|＝0.2mol，所以v(CO2)＝eq\f(0.2mol,2L×10min)＝0.01mol·L－1·min－1。②根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v正＞v逆。③第10min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2的物质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；升温，反应速率增大，故D正确；降温，反应速率减小，故E错误。18．(14分)含铬(＋6价)的废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：(1)废水中，六价铬以CrOeq\o\al(2－,4)或者Cr2Oeq\o\al(2－,7)的形式存在，写出其相互转化的离子方程式：____________________________________________________________________________。我国常用NaHSO3作还原剂，写出还原池中反应的离子方程式：_________________________。(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是____________。(4)我国规定，工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg·L－1。已知：Cr的相对原子质量为52，Ksp(BaCrO4)＝1.2×10－10。若用Ba2＋除去废水中的CrOeq\o\al(2－,4)，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为________(结果保留小数点后2位)mol·L－1。用Ba2＋除去废水中的CrOeq\o\al(2－,4)是否可行，为什么？________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O3HSOeq\o\al(－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O(2)溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道(3)加入絮凝剂(4)6.24×10－5不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒解析(1)由工艺流程可知，加酸可以使CrOeq\o\al(2－,4)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，转化的离子方程式为2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O；还原池中，Cr2Oeq\o\al(2－,7)在酸性条件下将HSOeq\o\al(—,3)氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，本身被还原为Cr3＋，反应的离子方程式为3HSOeq\o\al(－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(2)由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH＝2.5～3.0。(4)达到废水排放标准时，CrOeq\o\al(2－,4)的浓度为eq\f(\f(0.0001g,52g·mol－1),1L)＝eq\f(0.0001,52)m