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常见非金属单质及其重要化合物(P、As、Se、Br)【明确考纲】1常见非金属元素(如P、As、Se、Br等)。(1)了解常见非金属单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。(2)了解常见非金属单质及其重要化合物对环境的影响。2以上各部分知识的综合应用。【课前真题】1.2018新课标磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是（）A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；D、碳酸锂沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系22018天津卷LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随pH的变化如图2所示，=c（H2PO4）c总（含P元素的粒子）下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是A溶液中存在3个平衡B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43C随c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明显变小D用浓度大于1 molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。详解：A溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO42的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43和H3PO4。选B错误。C从图1中得到随着c初始（H2PO4）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D由图2得到，pH=4.66的时候，=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。点睛：本题中随着c初始（H2PO4）增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。32018新课标卷】KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是_。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。【答案】碘酸钾加热KClKH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O2H2O+2e2OH+H2K+a到b产生Cl2易污染环境【解析】分析：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。详解：（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾42018北京卷磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”）。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。（已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）【答案】研磨、加热核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低CaSO4微溶BaCO3+SO42-+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2PO4-0.049bca【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。（1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）根据题意关系式为H3PO42NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PH2SH2O B原子半径：SeSClC酸性：H2SeO4H2SO4HClO4 D还原性：S2-Se2-Br-【答案】B【解析】试题分析：A.S和Se同主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性OSSe，故气态氢化物的稳定性：热稳定性：H2OH2SH2Se 故A错误；B.原子半径比较，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：SeSCl，B正确；C.同主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的酸性越弱，故酸性比较：HClO4H2SO4H2SeO4故C错误；D.原子的氧化性越强，对应离子的还原性就越弱，故还原性比较：S2-Br-0.68时，氧化性I2AsO43【答案】A【解析】试题分析：A、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33-在负极失电子，则负极电极反应式为AsO33-2e-+H2O=AsO43-+2H+，故A错误；B、pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，故B正确；C、乙中碘离子失电子，则乙中石墨电极为负极，甲中石墨为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以盐桥中K+向左移动，故C正确；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2AsO43-，故D正确；故选A。【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理【名师点晴】本题考查了原电池原理的应用和化学平衡移动，侧重于知识的综合应用的考查，难度中等，注意把握题目图象中所给出的信息，考查了学生的读图能力和对基础知识的应用能力。二、综合题1磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mgkg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：（操作流程）安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。（实验装置）C中盛100 g原粮，D中盛有 20.00 mL 1.1210-4 mol L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。请回答下列问题：(1)仪器C的名称是_；(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式_；检查整套装置气密性良好的方法是_。(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是_；通入空气的作用是_。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将_（填“偏低”、“偏高”或“不变”）(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_。(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.010-5mol L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_mg kg-1。【答案】三颈烧瓶 Ca3P2+6H2O=3 Ca (OH)2+2PH3关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法除去空气中的还原性气体吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O0.0085【解析】分析：本题为综合实验题。主要考察磷化氢制备的原理、装置气密性的检查方法；高锰酸钾溶液为强氧化剂，因此装置中盛放该试剂的作用除去还原性气体；为了保证实验的准确性，利用空气把PH3全部带入到高锰酸钾溶液中进行吸收；最后根据反应的方程式中物质之间的关系计算出样品中PH3含量。详解：(1) 仪器C为反应的发生器，名称是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。(2) 磷化钙与水反应生成磷化氢和氢氧化钙，反应的化学方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；检查整套装置气密性方法：关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法 ；正确答案：Ca3P2+6H2O=3Ca (OH)2+2PH3；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法。(3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的氧气,防止氧化装置C中生成的PH3, 若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；正确答案：除去空气中的还原性气体 ； 吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。(4) PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；正确答案：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O。(5) 根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反应可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量为5.010-51110-32/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量为5.010-51110-310mol,由于D中盛有KMnO4的量为201.1210-410-3 mol，所以参加反应的KMnO4的量2.2410-6-2.210-6=0.0410-6 mol,根据5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O反应关系可知，消耗PH3的量为410-85/8mol；C中盛100g原粮，含有PH3的量410-85/8 mol,质量为8510-8g，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为0.0085 mg kg-1；正确答案：0.0085。点睛;本题在进行最后一问计算时，要根据反应关系计算出参与反应的酸性高锰酸钾溶液的量，但是要注意这是量取25毫升溶液中消耗高锰酸钾的量，计算总量时要注意是250毫升样品溶液，也就是得扩大10倍才能进行准确计算，否则误差相差太大。2砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。（1）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。（2）砷酸钠具有氧化性，298 K时，在100 mL烧杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O H。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a溶液颜色保持不再变化 bc(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率 d 保持不再变化010 min内，I的反应速率v(I)_。在该条件下，上述反应的平衡常数K_。升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的 H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：将试样0.2000 g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。上述混合液用0.02500 molL-1的I2溶液滴定，用_ 做指示剂进行滴定。重复滴定2次，平均消耗I2溶液40.00 mL。则试样中As2O5的质量分数是_。（4）雄黄（As4S4）在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为_（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，写出该反应的化学方程式_。【答案】As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/molac0.003 mol/(Lmin)4.5106小于淀粉50.50%SO22H2O2+H2O+As2O32H3AsO4【解析】试题分析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量；（2）a溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变； bc(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等； d 为定值等于1:1；根据 计算010 min内I的反应速率。利用“三段式”计算平衡常数K。升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动。（3）根据淀粉遇碘变蓝色选择指示剂。根据关系式计算试样中As2O5的质量分数。（4）根据元素守恒As4S4在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4，根据电子守恒化学方程式。解析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量， As2O5分解为As2O3的热化学方程式为As2O5(s)As2O3(s)+O2(g ) H+295.4 kJ/mol；（2）a溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变，一定达到平衡状态，故a正确； bc(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L，c(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化不一定平衡，故b错误；cAsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等，一定平衡，故c正确； d 为定值等于1:1， 保持不再变化不一定平衡，故d错误。根据 ， 0.0015 mol/(Lmin)， 0.003 mol/(Lmin)。 4.5106；升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应放热，H 0。（3）淀粉遇碘变蓝色，指示剂为淀粉。设As2O3的质量为xg根据AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O可知，X=0.099gAs2O5的质量分数是 50.50%（4）根据元素守恒As4S4在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4，根据电子守恒化学方程式为2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4。点睛：正反应吸热，加热时平衡正向移动，平衡常数增大；正反应放热，加热时平衡逆向移动，平衡常数减小。3中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注。（1）As的原子结构示意图为，则其在周期表中的位置是_。（2）N元素非金属性比As强，下列说法正确的是_。NH3的热稳定性比AsH3差 HNO3的酸性比H3AsO4强 N的原子半径比As的原子半径小（3）查文献得知，可以从硫化砷（As2S3）废渣中提取As2O3，提取的工艺流程简图如下：As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，碱浸过程中发生的反应_（填“是”或“不是”）氧化还原反应。过程的系列操作包括_。写出过程的离子方程式_，过程中，酸性越强，As2O3的产率越高，请解释其原因_。【答案】（1）第四周期，VA族（2）（3）不是浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干2AsO43+2SO2+2H+=As2O3+2SO42+H2O；酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率。【解析】试题分析：（1）根据As的原子结构示意图可知，有4个电子层，在第四周期，最外层有5个电子，位于VA族。（2）非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，对同族元素来说，原子半径越小，答案选。（3）As2S3、Na3AsS3中的S均为-2价，As为+3价，Na为+1价，生成物Na3AsO3中Na的化合价为+1价，As的化合价为+3价，S的化合价为-2价，所以所有元素的化合价没有发生变化，碱浸过程中发生的反应不是氧化还原反应。过程是由滤液得到固体的过程，所以系列操作包括浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干。在过程中，Na3AsO4具有氧化性，SO2具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2AsO4 3+ 2SO2+ 2H+ =As2O3 + 2SO42 + H2O。酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，所以过程中，酸性越强，As2O3的产率越高。考点：考查元素周期表，热化学方程式的书写，工业流程分析等知识。4二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2来回收Se。完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1:1，写出Se和浓HNO3的反应方程式:_ .（2）已知：Se + 2H2SO4（浓） 2SO2 + SeO2+ 2H2O2SO2 + SeO2 + 2H2O Se + 2SO4 2 + 4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是: _.（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定： SeO2 + KI + HNO3 Se + I2 + KNO3 + H2O I2 + 2Na2S2O3 Na2S4O6 + 2NaI配平方程式:_ _(只写方程式中的计量系数).(4) 实验中，准确称量SeO2样品0.1500 g，消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3 溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_ .【答案】（1）Se+2HNO3(浓)H2SeO3+NO+NO2（2）H2SO4（浓）SeO2SO2（3）1 4 4 1 2 4 2（4）92.5%【解析】试题分析：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为 + 4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为(13 + 11)/4 = 1，故反应方程式为Se + 2HNO3(浓) = H2O + Se
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