2023届鲁科版高考化学一轮第八章物质在水溶液中的行为章末检测卷（八）（Word版带解析）

章末检测卷(八)　物质在水溶液中的行为(时间:60分钟　分值:100分)一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021广东广州三模)关于常温下0.1mol·L-1醋酸溶液,下列叙述正确的是(　　)A.溶液中c平(H+)=c平(CH3COO-)B.加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均减小C.加入醋酸钠晶体后,溶液的pH增大D.加入等体积、pH=13的NaOH溶液后,c平(Na+)=c平(CH3COO-)2.(2021山东实验中学诊断考试)25℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)A.加水稀释0.1mol·L-1氨水,溶液中c平(H+)·c平(OH-)和均不变B.向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,AgCl的Ksp和溶解度均不变C.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中增大D.向盐酸中滴加氨水,水的电离程度一直增大3.(2021全国乙卷,13)HA是一元弱酸,难溶盐MA的饱和溶液中c平(M+)随c(H+)而变化,M+不发生水解。实验发现,298K时(M+)~c平(H+)为线性关系,如下图中实线所示。下列叙述错误的是(　　)A.溶液pH=4时,c平(M+)<3.0×10-4mol·L-1B.MA的溶度积Ksp(MA)=5.0×10-8(mol·L-1)2C.溶液pH=7时,c平(M+)+c平(H+)=c平(A-)+c平(OH-)D.HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10-4mol·L-14.(2021广东深圳第二次调研)铬(Ⅵ)在溶液中可以多种形式存在。25℃时,调节初始浓度为0.1mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH,平衡时铬(Ⅵ)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知溶液中存在反应2Cr+2H+Cr2+H2O。\n下列说法正确的是(　　)A.铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离B.a点处,δ(Cr)=δ(Cr2)<C.Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6D.若将Na2CrO4溶液加少量水稀释,则的值增大5.(2021广东四校联考)高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃,其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是(　　)A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B.25℃,H2FeO4+H+H3的平衡常数K>100(mol·L-1)-1C.A、C两点对应溶液中水的电离程度:C<AD.由B点数据可知,H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4mol·L-16.(2021广东佛山摸底测试)室温下,取一定量浓氨水,进行如下实验:①往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01mol·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11;②取20mL①所配溶液,逐滴加入20mL0.01mol·L-1稀盐酸,充分反应后,测得溶液pH<7;③向②所得溶液中继续滴加NaOH溶液,直至溶液中n(Na+)=n(Cl-)下列说法正确的是(　　)A.①中:所得溶液的电离平衡常数Kb≈1×10-7mol·L-1B.②中:逐滴加入稀盐酸的过程中,水的电离程度逐渐减小C.②中:为了获取较准确的滴定终点,应选用酚酞作指示剂D.③中:所得溶液中c平(N)<c平(OH-),且pH>7\n7.(2021山东实验中学高三诊断)在温度为TK时,有25mL含KCl和KCN的溶液,用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合溶液进行电位滴定(CN-与H+的反应可以忽略),获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示,曲线上的转折点即为化学计量点。已知:Ⅰ.Ag+与CN-反应过程为:①Ag++2CN-[Ag(CN)2]-　②[Ag(CN)2]-+Ag+2AgCN↓。Ⅱ.TK时,Ksp(AgCN)=2×1mol2·L-2,Ksp(AgCl)=2×1mol2·L-2。下列说法不正确的是(　　)A.V1=5.00,B点时生成AgCNB.c始(KCN)=0.02000mol·L-1,c始(KCl)=0.03000mol·L-1C.反应①的平衡常数为K1,反应②的平衡常数为K2,则K1×K2=2Ksp(AgCN)D.C点时,溶液中=106二、非选择题:本题共4小题,共58分。8.(14分)锌冶炼过程中产生的锌渣的主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅,以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子,使锌渣得到充分利用。(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水,将铁酸锌粉末投入到1L1mol·L-1硫酸中,保温80℃,匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。时间/h0.51.01.52.02.5c平(Zn2+)/(mol·L-1)0.100.110.150.210.21c平(Fe3+)/(mol·L-1)0.120.130.160.210.30①铁酸锌和硫酸反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②酸溶时,溶出效率较高的金属离子是　　　　　。 (2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2-1mol·L-1H2SO4、1mol·L-1H2SO4以及SO2-H2O三种体系中实验,均保持80℃,匀速搅拌,所得结果如图所示。已知:25℃时,Ksp(FeS)=6.3×10-18(mol·L-1)2;Ksp(ZnS)=1.6×10-24(mol·L-1)2;Ksp(CuS)=6.3×10-36(mol·L-1)2;Ksp(Cu2S)=2.5×10-48(mol·L-1)3;FeS和ZnS可溶于稀硫酸,CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。\n①在SO2-H2SO4体系中,Zn2+浸出率较高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②在SO2-H2SO4体系中,溶渣中Cu2S的质量增加,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 9.(15分)现有常温下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1mol·L-1NaOH溶液,乙为0.1mol·L-1HCl溶液,丙为0.1mol·L-1CH3COOH溶液,试回答下列问题:(1)甲溶液的pH=　　　　。 (2)丙溶液中存在的电离平衡为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用电离平衡方程式表示)。 (3)常温下,用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液,下列各量随水量的增加而增大的是　　　　　　(填序号)。 ①n(H+)　②c平(H+)　③④c平(OH-)(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c平(OH-)最大的是　　　　。 (5)某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,则a=　　　　。 (6)图　　　(填“1”或“2”)表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。 (7)图2中a点对应的溶液pH=8,原因是　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 10.(14分)BaS是一种重要的无机合成中间体,可以通过重晶石(主要成分BaSO4,还含有SiO2等杂质)制备得到。工业常以软锰矿(主要成分MnO2)和BaS为原料制备碳酸锰。(1)制取BaS溶液。将重晶石与活性炭混合均匀,高温煅烧,冷却后得重晶石熟料。向重晶石熟料中加入热水,充分搅拌后过滤,得BaS溶液。①测定SiO2是晶态还是非晶态,可靠的科学方法是　　　　　　　　　　　　　。 ②已知:室温下,Ka1(H2S)=1.1×10-7mol·L-1,Ka2(H2S)=1.3×10-13mol·L-1。测得0.1mol·L-1BaS溶液\npH≈13。溶液中OH-、S2-、HS-三种离子浓度由大到小的顺序依次是　。 ③通过下列实验方法测定重晶石熟料中BaS的质量分数:步骤Ⅰ:准确称取10.00g试样,加适量水,待可溶物全部溶解,过滤,并洗涤沉淀,将洗涤液与滤液一并转移至500mL容量瓶中,定容、摇匀。步骤Ⅱ:取20.00mL醋酸溶液(过量)于锥形瓶中,再加入20.00mL0.08000mol·L-1碘标准溶液,然后再向锥形瓶中加入10.00mL步骤Ⅰ所配的试样溶液,边加边振荡。充分反应后,硫元素完全转化为硫单质。步骤Ⅲ:以淀粉为指示剂,用0.05000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,发生反应:I2+2S22I-+S4。消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则试样中BaS的质量分数为　　　　　　。 (2)制取高纯碳酸锰。BaS溶液和软锰矿经反应、过滤、酸溶、净化可制得MnSO4溶液。①MnSO4溶液和NH4HCO3固体混合后,极速反应生成MnCO3。反应的离子方程式为2HC+Mn2+MnCO3↓+H2O+CO2↑。实际制取MnCO3时,一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体,这样改进的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②已知:6.5<pH<7.5时,碳酸锰产率较高。pH=8.1时,Mn2+开始形成Mn(OH)2沉淀。请设计以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料制备高纯碳酸锰的实验方案:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(实验中须使用的试剂有:稀盐酸、BaCl2溶液、蒸馏水)。 11.(15分)国家规定,排放的废水中氟的含量不得超过10.0mg·L-1,砷的含量不得超过0.5mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外,还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水,实现水体达标排放。(1)化学沉淀:向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间结构为　。 ②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③充分沉淀后测得废水中F-的含量为9.5mg·L-1,此时S的浓度为　　　　　　mol·L-1。[已知:Ksp(CaSO4)=5.0×10-5(mol·L-1)2、Ksp(CaF2)=5.0×10-9(mol·L-1)3] (2)氧化、吸附沉降:利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(Ⅲ)。已知:ⅰ.NaClO能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)、将Fe(Ⅱ)氧化为Fe(Ⅲ)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(Ⅴ)物种而沉降。ⅱ.溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。pH>7时,Fe(OH)3胶体表面带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多。ⅲ.As(Ⅲ)和As(Ⅴ)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。\n①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液,写出As(Ⅲ)主要发生反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②其他条件相同的情况下,用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。方式Ⅰ:先加NaClO溶液,再加FeSO4溶液;方式Ⅱ:先加FeSO4溶液,再加NaClO溶液。反应相同时间,测得As(Ⅲ)的氧化效果方式Ⅱ不如方式Ⅰ,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③废水的pH对As(Ⅴ)的去除率的影响如图所示。pH>8时,随着废水的pH增大,As(Ⅴ)的去除率发生如图所示变化的原因是 　。 参考答案章末检测卷(八)　物质在水溶液中的行为1.C　解析醋酸溶液中存在电荷守恒:c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),A错误;醋酸是弱电解质,加水稀释促进醋酸电离,但c平(H+)、c平(CH3COO-)减小,由于KW=c平(H+)·c平(OH-)不变,所以OH-浓度增大,B错误;由CH3COOHCH3COO-+H+可知,加入少量CH3COONa晶体,c平(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,c平(H+)减小,pH增大,C正确;在0.1mol·L-1醋酸溶液中,加入等体积、pH=13的NaOH溶液,二者恰好完全反应生成CH3COONa,由于CH3COO-水解,则c平(Na+)>c平(CH3COO-),D错误。2.C　解析溶液中c平(H+)·c平(OH-)=KW,KW只与温度有关,则c平(H+)·c平(OH-)不变,,稀释过程中c平(OH-)发生变化,则变化,故A错误;Ksp只与温度有关,饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3,导致AgCl溶解度降低,但Ksp不变,溶解度改变,故B错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa,溶液中\n,加入CH3COONa,溶液碱性增强,则c平(H+)降低,所以值增大,故C正确;向盐酸中滴加氨水,开始时水的电离程度增大,当氨水过量时水的电离程度又减小,故D错误。3.C　解析由题图可看出,溶液pH=4时,(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,则c平(M+)<3.0×10-4mol·L-1,A项正确;取横坐标为0时,溶液中c平(H+)忽略不计,溶液为强碱性环境,A-水解生成的HA可忽略不计,c平(M+)≈c平(A-),此时Ksp(MA)≈(M+)=5.0×10-8(mol·L-1)2,B项正确;由图像可知,随c平(H+)增大,c平(M+)也增大,故加入的酸不是HA,溶液中还有其他离子,C项错误;根据元素质量守恒,溶液中c平(M+)=c平(A-)+c平(HA),Ksp(MA)=c平(M+)·c平(A-)=5.0×10-8(mol·L-1)2,由HAH++A-可知,Ka(HA)==,由c平(H+)=10×10-5mol·L-1时(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,代入求得Ka(HA)≈2.0×10-4mol·L-1,D项正确。4.D　解析H2CrO4、Cr、HCr能够同时存在,说明铬酸是弱酸,第一步电离为不完全电离,A不符合题意;由于a点处存在三种物质,Cr与Cr2的物质的量分数相同,而HCr少于前面两种,故δ(Cr)=δ(Cr2)>,B不符合题意;当c平(Cr)=c平(HCr)时,pH范围在6~7,Ka2==c平(H+),数量级为10-7,C不符合题意;Na2CrO4本身显碱性,加水稀释,pH会趋近于7,即pH会下降,c平\n(H+)上升,2Cr+2H+Cr2+H2O右移,使n(Cr)下降,n(Cr2)上升,故增大,D符合题意。5.D　解析据题图可知H2FeO4和HFe共存,说明H2FeO4在水溶液中不完全电离,为弱电解质,A错误;该反应的平衡常数表达式为K=,据题图可知当c平(H3Fe)=c平(H2FeO4)时,pH<2,则c平(H+)>10-2mol·L-1,所以K<100(mol·L-1)-1,B错误;H2FeO4的电离抑制水的电离,Fe的水解促进水的电离,所以C点水的电离程度大于A,C错误;H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=,据题图可知当pH=4时,HFe的物质的量分数为0.8,且此时溶液中主要存在HFe和H2FeO4,所以此时H2FeO4的物质的量分数为0.2,所以Ka1=mol·L-1=4.0×10-4mol·L-1,D正确。6.D　解析①中:往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01mol·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11,则c平(OH-)=10-3mol·L-1,所得溶液的电离平衡常数Kb=mol·L-1=1×10-4mol·L-1,A错误;②中:加入的盐酸与氨水中溶质的物质的量相等,二者恰好完全反应得到氯化铵,则水的电离程度逐渐增大,B错误;②中:反应生成氯化铵,为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,应用甲基橙作指示剂,C错误;③中:溶液中存在电荷守恒:c平(Na+)+c平(H+)+c平(N)=c平(Cl-)+c平(OH-),已知n(Na+)=n(Cl-),则c平(H+)+c平(N)=c平(OH-),所得溶液中c平(N)<c平(OH-)、c平(H+)<c平(OH-),D正确。7.C　解析AgCN与AgCl的类型相同,Ksp(AgCN)≪Ksp(AgCl),故向含KCl和KCN\n的溶液中滴加AgNO3标准溶液,先生成AgCN沉淀,后生成AgCl沉淀;曲线上的转折点即为化学计量点,结合已知Ⅰ,0~2.50mL发生的反应为Ag++2CN-[Ag(CN)2]-、AB段发生的反应为[Ag(CN)2]-+Ag+2AgCN↓,BC段发生的反应为Ag++Cl-AgCl↓;到A点时加入了2.50mLAgNO3标准溶液,根据反应Ag++2CN-[Ag(CN)2]-,原溶液中n(CN-)=2×0.1000mol·L-1×2.50×10-3L=5×10-4mol,生成的[Ag(CN)2]-的物质的量为2.5×10-4mol,AB段发生的反应为[Ag(CN)2]-+Ag+2AgCN↓,2.5×10-4mol[Ag(CN)2]-消耗2.5×10-4molAg+转化成AgCN沉淀,所消耗标准AgNO3溶液的体积为2.5×10-4mol÷0.1000mol·L-1=2.5×10-3L=2.50mL,则B点的V1=2.50+2.50=5.00,A正确;根据上述分析,原溶液中n(CN-)=2×0.1000mol·L-1×2.50×10-3L=5×10-4mol,c始(KCN)=5×10-4mol÷0.025L=0.02000mol·L-1,BC段发生的反应为Ag++Cl-AgCl↓,BC段消耗的标准AgNO3溶液的体积为12.50mL-5.00mL=7.50mL,则原溶液中n(Cl-)=0.1000mol·L-1×7.50×10-3L=7.5×10-4mol,c始(KCl)=7.5×10-4mol÷0.025L=0.03000mol·L-1,B正确;①Ag++2CN-[Ag(CN)2]-的平衡常数为K1=,②[Ag(CN)2]-+Ag+2AgCN↓的平衡常数为K2=,Ksp(AgCN)=c平(Ag+)·c平(CN-),则K1×K2=,C错误;C点,溶液中=106,D正确。8.答案(1)①ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O　②Zn2+(2)①与SO2-H2O体系相比,该体系溶液酸性更强,与硫酸体系相比,该体系中二氧化硫具有还原作用,SO2将Fe3+还原为Fe2+,降低了Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动②铜的氧化物转化为铜的硫化物,+2价铜的化合物被二氧化硫还原,形成硫化亚铜解析(1)①铁酸锌的化学式为ZnFe2O4,铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+,所以离子方程式为ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O。②ZnFe2O4中Fe3+的物质的量为Zn2+的两倍,而根据表格可知酸溶时,溶出的Fe3+的物质的量小于Zn2+的两倍,所以酸溶时,溶出效率较高的金属离子是Zn2+。(2)①根据锌渣酸溶时发生反应:ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O,可知酸性环境有利于锌渣的溶解,Fe3+具有较强的氧化性,会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动。②在酸性条件下,锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物,而二氧化硫具有较强的还原性,可以将+2价的铜还原从而形成硫化亚铜。9.答案(1)13　(2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+　(3)①④　(4)丙　(5)20.00　(6)2　(7)CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH解析(1)氢氧化钠是强碱,所以溶液中c平(OH-)=10-1mol·L-1,则溶液的pH=13。(2)醋酸和水都是弱电解质,所以存在电离的平衡为CH3COOHCH3COO-+H+、\nH2OOH-+H+。(3)常温下,用水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,促进平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动,所以n(H+)变大,但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度,所以c平(H+)变小,由于常温下KW不变,根据KW=c平(H+)·c平(OH-),所以c平(OH-)变大;温度不变,Ka=不变,而c平(H+)变小,所以变小。(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的,且溶液中H+或OH-浓度越大,对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知,甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c平(OH-)的大小关系为丙>甲=乙。(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时,溶液显中性,所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知,消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00mL,即a=20.00。(6)题图2中V(NaOH溶液)=0时,pH大于1,可知0.1mol·L-1该溶液的pH大于1,所以图2应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线。(7)a=20.00时,刚好生成醋酸钠,CH3COO-水解:CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH使溶液显碱性。10.答案(1)①对固体进行X射线衍射　②c平(OH-)>c平(S2-)>c平(HS-)　③92.95%　(2)①增大c平(C),吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险　②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥解析(1)①测定SiO2是晶态还是非晶态,可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射。②由元素质量守恒可知,c平(Ba2+)=c平(S2-)+c平(HS-)+c平(H2S)=0.1mol·L-1,pH≈13可得c平(H+)=10-13mol·L-1,c平(OH-)=10-1mol·L-1,Ka2(H2S)==1.3×10-13mol·L-1,=1.3,c平(S2-)>c平(HS-),所以c平(OH-)>c平(S2-)>c平(HS-)。③步骤Ⅲ消耗Na2S2O3的物质的量为20.00×10-3L×0.05000mol·L-1=0.001mol,所以步骤Ⅲ消耗I2的物质的量为0.0005mol,步骤Ⅱ中加入I2的物质的量为20.00×10-3L×0.08000mol·L-1=0.0016mol,所以步骤Ⅱ中消耗I2的物质的量为0.0016mol-0.0005mol=0.0011mol,根据反应I2+S2-S↓+2I-可知,n(S2-)=n(BaS)=0.0011mol,BaS的质量分数=×100%=\n×100%=92.95%。(2)①实际制取MnCO3时,一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体,这样改进的优点是增大C浓度,吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险。②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥。11.答案(1)①三角锥形　②H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O　③2.5×10-3(2)①H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O②方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱　③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附沉降解析(1)①As中心原子的价电子对数是3+=3+1=4,所以空间结构是三角锥形。②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O。③(mol·L-1)-1=104(mol·L-1)-1,c平(F-)==5×10-4mol·L-1,c平(S)=(5×10-4)2×104mol·L-1=2.5×10-3mol·L-1。(2)①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液,NaClO能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),此时主要以HAs的形式存在,则主要发生反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O。\n②由已知信息ⅰ可知,方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱。③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且由已知信息ⅱ可知Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附。