新高考化学一轮复习考点巩固练习34 非金属及其化合物制备流程与实验探究（Si、N、P、As）（解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点巩固练习34 非金属及其化合物制备流程与实验探究（Si、N、P、As）（解析版），文件包含新高考化学一轮复习考点巩固练习34非金属及其化合物制备流程与实验探究SiNPAs原卷版doc、新高考化学一轮复习考点巩固练习34非金属及其化合物制备流程与实验探究SiNPAs解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。


已知：在一定条件下可发生反应：Si(s)+3HCl(g)⇌SiHCl3(g)+H2(g)现在实验室模拟工业上粗硅提纯的过程，已知：SiCl4沸点57.7℃、SiHCl3沸点33.0℃。
(1)现用如下装置进行模拟反应②的过程。实验室制HCl的反应原理为：2NaCl(s)+H2SO4(浓)2HCl↑+Na2SO4
A中是HCl的发生装置，你认为应选择下图哪套装置___(填装置的字母)；
(2)已知液态粗品SiHCl3中含有杂质SiCl4，则流程中操作①为___(填操作名称)，下列不是该操作所需的仪器是___(填装置序号字母)；
a．冷凝管 b．圆底烧瓶 c．蒸馏烧瓶 d．分液漏斗 e．温度计 f．接受器
(3)用SiHCl3与H2反应制备纯硅的装置如图：
①按图示组装好仪器后，下列实验步骤的正确顺序为____(填字母)
A．打开甲装置分液漏斗旋塞滴加稀硫酸，则生成H2；
B．向装置中添加药品；
C．停止通H2；
D．检查装置气密性；
E．停止向丙装置滴加SiHCl3，并停止加热相应装置；
F．打开丙装置分液漏斗旋塞滴加SiHCl3，并加热相应装置；
步骤c中需要加热的装置为___(填装置序号“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)
②该套装置的设计缺陷是___。
【答案】(1)d (2) 分馏 bd (3) DBAFEC 丙和丁 装置中无尾气处理装置
【分析】
工业上制取纯硅的方法，是将焦炭和石英砂在高温下反应生成粗硅和一氧化碳，再发生反应Si(s)+3HCl(g)⇌SiHCl3(g)+H2(g)，液态粗品SiHCl3中含有杂质SiCl4等，根据物质的沸点相差不大，可选择分馏的方法进行除杂，根据分馏操作的装置可选择仪器，最后用SiHCl3与H2反应制备纯硅；根据题中制HCl的实验原理2NaCl(s)+H2SO4(浓)2HCl↑+Na2SO4，为固体和液体加热，据此选择装置，反应中有剩余的氯化氢气体未反应，要吸收，同时SiHCl3易水解，要防止空气中的水分进入装置，所以使用碱石灰；用SiHCl3与H2反应制备纯硅，组装好仪器后，要先进行气密性检验，再在装置中通氢气，排尽空气后再进行SiHCl3与H2的反应，实验结束时还要继续通氢气，直到装置冷却，防止空气中的成分对反应干扰，根据装置可知，丙处是水浴，丁处进行SiHCl3与H2的反应，都要进行加热，实验尾气中有氯化氢等气体不能直接排到空气中，据此分析。
【解析】
(1)根据题中制HCl的实验原理2NaCl(s)+H2SO4(浓)2HCl↑+Na2SO4，为固体和液体加热，所以选择d装置；
(2)液态粗品SiHCi中含有杂质SiCls，根据这些物质的沸点不同，可选择分馏的方法进行除杂，所以流程中操作①为分馏，根据分馏操作的装置可知，分馏需要使用冷凝管进行冷凝蒸气，在蒸馏烧瓶中进行加热，用温度计测量蒸汽的温度，用接受器接收冷凝后的蒸汽，圆底烧瓶和分液漏斗不是分馏操作所需的仪器；
(3)③用SiHCl3与H2反应制备纯硅，组装好仪器后，要先进行气密性检验，再在装置中通氢气，排尽空气后再进行SiHCl3与H2的反应，实验结束时还要继续通氢气，直到装置冷却，防止空气中的成分对反应干扰，所以实验步骤的顺序为DBAFEC，根据装置可知，丙处是水浴，丁处进行SiHCl与H2的反应，都要进行加热，所以步骤F中需要加热的装置为丙、丁；
②实验尾气中有氯化氢等气体不能直接排到空气中，而根据装置可知，装置中无尾气处理装置。
2．氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，可用作化学肥料、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组用以下装置制取氨基甲酸铵。
已知：①制取氨基甲酸铵反应为： 2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s) △H<0。
②氨基甲酸铵易分解、易吸水，溶于水后生成碳酸氢铵和一水合氨。
回答下列问题：
(1)检查装置1气密性的操作是_______
(2)装置6中的试剂是_______，导管a出口直接与尾气处理装置连接，该尾气处理装置中的试剂是_______。
(3)装置7中发生反应的化学方程式为_______
(4)三颈烧瓶需用冰水浴冷却，其目的是_______
(5) CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应。停止反应的操作是_______，从三颈烧瓶中分离出粗产品的操作是_______
(6)因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.173g，用足量石灰水充分反应后，使碳元素全部转化为碳酸钙，经过滤、洗涤、干燥后称量，测得质量为1.500g。样品中氨基甲酸铵的质量分数是_______[Mr(H2NCOONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79]
【答案】(1)关闭止水夹，向长颈漏斗中加水至长颈漏斗中液面高于试管中液面，静置一段时间，观察液面高度差是否变化 (2) 碱石灰 浓硫酸 (3) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (4) 防止氨基甲酸铵分解；促进生成氨基甲酸铵反应正向移动 (5) 关闭止水夹，熄灭酒精灯 过滤 (6) 79.80%
【分析】
根据题中已知原理，制取氨基甲酸铵，需要二氧化碳和氨气，又由于氨基甲酸铵易分解、易吸水，所以二氧化碳和氨气必须干燥，且在冰水低温环境中反应，根据实验室制取二氧化碳和制氨气的原理，1中为碳酸钙和盐酸混合制二氧化碳的反应，经过2中浓硫酸干燥二氧化碳，7中为固体加热制氨气的反应(比如氯化铵和氢氧化钙混合加热)，6中碱石灰干燥氨气，干燥的氨气和二氧化碳分别通过5,3的液体石蜡鼓泡瓶，通过气泡硫酸控制反应物的用量，在4中三颈烧瓶中发生反应制取氨基甲酸铵，尾气为氨气和二氧化碳，其中氨气有毒，在a处接酸液进行吸收处理，又由于氨基甲酸铵易吸水，要用浓硫酸进行尾气处理。
【解析】
(1)装置1为带分液漏斗的试管，故检查装置气密性的操作为：关闭止水夹，向长颈漏斗中加水至长颈漏斗中液面高于试管中液面，静置一段时间，观察液面高度差是否变化
(2)据分析，装置6为氨气的干燥装置，氨气为碱性气体，故6中试剂为：碱石灰；该反应尾气为氨气和二氧化碳，其中氨气有毒，需要尾气处理，故a处应接的尾气处理装置中应装有酸液，又由于产物氨基甲酸铵易吸水，故需要用浓硫酸，不能用稀硫酸，故答：浓硫酸；
(3)装置7为实验室固体加热制氨气的反应，用氯化铵和熟石灰混合加热制氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)已知2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s) △H<0，反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高产率，同时，产物氨基甲酸铵易分解，低温下可以防止其分解，故答：防止氨基甲酸铵分解；促进生成氨基甲酸铵反应正向移动；
(5)停止反应需要停止反应物CO2和氨气的生成，故要停止反应需要关闭1处的止水夹，和熄灭7处的酒精灯；得到产物在CCl4中是悬浮晶体，固液分离需要过滤操作；
(6)设碳酸氢铵为xml，氨基甲酸铵为yml，由样品总质量可得：79g/mlxml+78g/mlyml=1.173g，又因为n(C)=n(CaCO3)==0.015ml,由碳原子守恒可得：xml+yml=0.015ml，解x=0.003，y=0.012，则m(H2NCOONH4)=0.012ml78g/ml=0.936g，则氨基甲酸铵的质量分数=79.80%
3．三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：
（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_______
（2）装置B的作用是______________(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸
c.观察气体流出速度 d.调节气压
（3）仪器丙的名称是__________，实验过程中仪器丁的进水口为________(填“a”或“b”)口。
（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65 ℃，原因是________。
（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 ml·L-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 ml·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag++SCN-=AgSCN↓)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。
【答案】（1）否，长颈漏斗不能调节滴液速度 （2） acd （3） 三颈烧瓶 a （4）2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 （5） 指示剂 91.8%
【分析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；
(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。
【解析】
(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；
(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；
(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；
(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；
(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20ml•L-1×0.010L=0.002ml，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002ml，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2ml•L-1×0.01L-0.002ml=0.03ml，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1ml，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。
4．As2O3为白色霜状粉末，俗称砒霜，为剧毒物质，对人的致死量为0.1g，法医学中可采用马氏(Marsh)试砷法验证砒霜中毒。某实验室使用马氏试砷法检验某待测试样中As2O3的含量，如图所示。马氏试砷法的原理是将Zn、盐酸和待测试样混合，若试样中含砒霜，则可反应生成AsH3，将其导入硬质玻璃试管中，在250-300℃时AsH3分解，会在玻璃管壁上生成黑色的“砷镜”。
已知：AsH3是一种有大蒜味的有毒气体，易自燃，As的熔点为817℃，在6149℃时升华。
(1)仪器B的名称为____。
(2)AsH3的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与AgNO3溶液反应可生成As2O3和一种黑色沉淀，相关化学方程式为：__。
(3)若试样中含有砒霜，则仪器B中发生的用锌还原砒霜反应的离子方程式为___。
(4)打开仪器A的活塞前，应先打开K1、K2通一段时间H2，其目的是__，反应过程中还应继续通入H2，但流速不应过快，原因是___。
(5)仪器D的作用是收集储存尾气，C的作用是___。
(6)实验时应严格控制硬质玻璃管处加热温度，原因是___。
(7)若实验时试样质量为10.00g，当实验结束时，AsH3传感器未检测出AsH3，玻璃管中收集到0.020mgAs，则试样(假设试样中的含砷化合物只有As2O3)中As2O3的含量为___mg/100g(结果取三位有效数字)。
【答案】(1)三颈圆底烧瓶(或三口烧瓶) (2)2AsH3+12AgNO3+3H2O=As2O3+12HNO3+12Ag↓ (3) 6Zn+As2O3+12H+=6Zn2++2AsH3↑+3H2O (4) 排净装置内的空气，防止AsH3发生自燃 将AsH3全部带入玻璃管中反应，并防止流速过快导致AsH3没有完全分解(或损耗) (5) 接收D中储存尾气时排出的水 (6) 防止As升华，不易形成砷镜 (7) 0.264
【解析】
(1)仪器B的名称为三颈圆底烧瓶(或三口烧瓶)；
(2)AsH3的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与AgNO3溶液反应可生成As2O3和一种黑色沉淀，As的化合价升高，则Ag化合价降低，黑色沉淀为：Ag。相关化学方程式为：2AsH3+12AgNO3+3H2O=As2O3+12HNO3+12Ag↓；
(3) 在酸性溶液中，锌还原砒霜，锌氧化为锌离子，As2O3还原为AsH3，反应的离子方程式为：6Zn+As2O3+12H+=6Zn2++2AsH3↑+3H2O；
(4)打开仪器A的活塞前，应先打开K1、K2通一段时间H2，其目的是排净装置内的空气，防止AsH3发生自燃。反应过程中还应继续通入H2，但流速不应过快，原因是：将AsH3全部带入玻璃管中反应，并防止流速过快导致AsH3没有完全分解(或损耗)；
(5)仪器D的作用是收集储存尾气，C的作用是接收D中储存尾气时排出的水；
(6)实验时应严格控制硬质玻璃管处加热温度，原因是防止As升华，不易形成砷镜；
(7)实验所用试样为10.00g当实验结束时，AsH3传感器未检测出AsH3，说明AsH3全部在玻璃管中受热分解为0.020mgAs，则试样中As2O3的含量为=0.264mg/100g。
5．氮化硅硬度大、熔点高、不溶于酸(氢氟酸除外)，是一种重要的结构陶瓷材料。一种用工业硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的工艺流程如下：

注：原料中的N2是采用空气分离法制备。
(1)净化N2和H2时，铜屑的作用是_______；硅胶的作用是_______。
(2)氮化炉中发生反应：3SiO2(s)+2N2(g)=Si3N4(s)，同时会剧烈放热，反应时要严格控制氮气的流速以控制_______，原因是_______。
(3)X可能是_______(选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”)。
(4)如何说明氮化硅产品已用水洗干净？_______。
(5)用硅粉作硅源、叠氮化钠(NaN3)作氮源，直接燃烧生成氮化硅(发生置换反应)，该反应的化学方程式为：_______。
【答案】(1)除去原料气中残存的氧气 除去生成的水蒸气 (2) 温度 防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触 (3) 硝酸 (4) 用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液呈中性 (5) 9Si+4NaN33Si3N4 +4Na↑
【分析】
将N2和H2分别分别经过无水氯化钙、铜屑、硅胶除去水和氧气；净化后的N2和H2在氮化炉中与粉碎的硅在1200～1400℃反应生成氮化硅，制取的氮化硅中混有Cu，用硝酸酸洗除去杂质铜，再用蒸馏水水洗、后处理得到纯净的氮化硅，据此分析解答。
【解析】
(1) 原料中的N2是采用空气分离法制备的其中混有少量氧气，Cu能与氧气反应，可以除去原料气中的氧气；高温下，氢气能够与氧气反应生成水，硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中残存的氧气；除去生成的水蒸气；
(2)氮化炉中3SiO2(s)+2N2(g)=Si3N4(s)，该反应为放热反应，硅的熔点是1420℃，反应过快，温度过高，会导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触，故应严格控制温度，故答案为：温度；防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；
(3)氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸能够反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；
(4)氮化硅不溶于水、不溶于酸(HF酸除外)，若氮化硅产品用水洗干净，则洗涤后的滤出液呈中性，故可以使用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液的酸碱性，故答案为：用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液呈中性；
(5)硅粉作硅源、叠氮化钠(NaN3)作氮源，直接燃烧发生置换反应生成氮化硅，同时生成Na，反应的化学方程式为9Si+4NaN33Si3N4+4Na，故答案为：9Si+4NaN33Si3N4+4Na。
6．工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有__________(填化学式)。
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_______。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_______(填操作名称)最合理。
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为______吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
【答案】（1）NaNO3 （2） 防止NaNO2的析出 溶碱 （3） 将NaNO2氧化为NaNO3 c、d （4） 1.59
【解析】
（1）NO2与碱液反应可生成NaNO3；
（2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱；
（3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故c、d正确；
（4）1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106÷69g/ml=2×104ml，则生成的NaNO3物质的量为：1×104ml，故Na2CO3的理论用量=×（2×104+1×104）ml×106g/ml=1.59×106g=1.59吨。
7．从废旧磷酸铁理电池的正极材料(含LiFePO4、石墨粉和铝箔等)中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为________。
(2)完成“溶浸2”反应的离子方程式：____LiFePO4+___H2O2+____=_____Li++____+_____+____H2O
__________
(3)“滤渣2”的主要成分是__________。
(4) “滤渣2”循环两次的目的是_______。
(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为_______。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是_________。
(6)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是_______(填标号)。
A．NaOH 20-40℃ B．NaOH 80-100℃ C．Na2CO3 20-40℃ D．Na2CO3 60-80℃
【答案】(1)2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ (2) 2LiFePO4+H2O2+6H+═2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O (3) 石墨 (4) 提高浸出液浓度 Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+2H2O (5) 碳酸钠水解产生的氢氧根离子浓度增大，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，而使留在溶液中的磷酸根离子浓度增加 (6) D
【分析】
由流程可知，溶浸1中发生2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑，滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，溶浸2中发生2LiFePO4+H2O2+6H+═2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O，过滤分离出滤渣2为石墨，滤液2两次循环可提高浸出液浓度（或提高过氧化氢和硫酸的利用率），滤液2中加碳酸钠溶液发生Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+2H2O，若碳酸钠浓度较大时，生成氢氧化铁，导致磷沉淀率明显降低，X为碳酸钠溶液，结合表中数据可知60-80℃时生成碳酸锂沉淀易分离，沉淀转化时发生FePO4+3OH-⇌Fe（OH）3+PO，以此来解答。
【解析】
(1)“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
(2)“溶浸2”过程中LiFePO4和H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为2LiFePO4+H2O2+6H+═2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O，故答案为：2LiFePO4+H2O2+6H+═2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O；
(3)“滤渣2”的主要成分是石墨，故答案为：石墨；
(4)“滤液2”循环两次的目的是提高浸出液浓度，故答案为：提高浸出液浓度；
(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+2H2O，实验中，铁、磷的沉淀率 结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是碳酸钠水解产生的氢氧根离子浓度增大，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，而使留在溶液中的磷酸根离子浓度增加，故答案为：Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+2H2O；碳酸钠水解产生的氢氧根离子浓度增大，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，而使留在溶液中的磷酸根离子浓度增加；
(6)由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸锂的溶解度减小，为了充分沉淀，需要碳酸锂的溶解度小，温度控制在60−80℃，则“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60−80℃，故答案为：D。
8．砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。
（l）冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸（H3AsO3）形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：
已知：I ．As2S3与过量的S2一存在以下反应：As2S3(s)+3S2—(aq) 2AsS33—(aq)；
II．亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。
①亚砷酸中砷元素的化合价为______；
②砷酸的第一步电离方程式为____________________________；
③“一级沉砷”中FeSO4的作用是________________；
④“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为_____________________；
⑤沉淀X为_________________（填化学式）。
（2）冶炼废渣中的砷元素主要以As2O3的形式存在，可用古氏试砷法半定量检测（As的最低检出限为3.0×10－6g)。
步骤1：取10 g废渣样品，粉碎后与锌粉混合，加入H2SO4共热，生成H3As气体。
步骤2：将H3As气体通入AgNO3溶液中，生成银镜和As2O3。
步骤3：取1g废渣样品，重复上述实验，未见银镜生成。
①AsH3的电子式为______________；
②步骤2的离子方程式为_________________________；
③固体废弃物的排放标准中，砷元素不得高于4.0×10一5g·kg一1，请通过计算说明该排放的废渣中砷元素的含量（填“符合”、“不符合”）排放标准，原因是_____________________。
【答案】（l）+①3 ② H3AsO4H++H2AsO4— ③ 沉淀过量的S2—，使As2S3(s)+3S2—(aq) 2AsS33—(aq)平衡左移，提高沉砷效果 ④ H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O ⑤ CaSO4 （2）① ②12Ag++2H3As+3H2O==12Ag↓+As2O3+12H+ ③ 不符合，因为该废渣砷含量为(3.0×10－6g÷10g)×1000g/kg=3.0×10—4g/kg大于排入标准4.0×10一5g·kg一1
【解析】
试题分析：（1）①根据H3AsO3，氧元素显－2价，H元素显＋1价，化合价代数和为0，As的价态为＋3价；②砷酸为弱酸，要分步电离，第一步电离：H3AsO4H++H2AsO4—；③根据流程图，以及信息I，得出一级沉砷中加入FeSO4的作用是：沉淀过量的S2—，使As2S3(s)+3S2—(aq) 2AsS33—(aq)平衡左移，提高沉砷效果；④根据流程图，H2O2作氧化剂，把＋3价As氧化成＋5价，化合价升高2价，H2O2中O的化合价降低2价，最小公倍数为2，因此化学反应方程式为：H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；⑤一级沉砷中加入FeSO4，硫酸钙微溶于水，因此沉淀X为CaSO4；(2)①As和N同主族，因此AsH3的电子式，与NH3电子式相似，因此AsH3的电子式为：；②银镜为Ag，AgNO3作氧化剂，化合价有＋1价→0价，化合价降低1价，H3As作还原剂，化合价由－3价→＋3价，化合价升高6价，最小公倍数为6，离子反应方程式为：12Ag++2H3As+3H2O==12Ag↓+As2O3+12H+；③千克溶液中含As的质量为3.0×10－6×1000/10g/kg=3.0×10－4>4.0×10－5，因此不合格。
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72