- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
现实验室欲制取Na2S2O3•5H2O晶体（Na2S2O3•5H2O的分子量为248）步骤如下：
①称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水．
②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中．
③（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤．
④滤液在经过______、______后析出Na2S2O3•5H2O晶体．
⑤进行减压过滤并干燥．
（1）仪器B的名称是______．其作用是______．加入的硫粉用乙醇润湿的目的是______．
（2）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______．如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：______．
（3）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用______（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32-+I2=S4O62-+2I-），滴定结果如下：
则所得产品的纯度为______，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）______．
正确答案
解：②通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到溶液中的溶质固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（1）根据装置图可知，仪器B为冷凝管或冷凝器，结烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率，
故答案为：冷凝管或冷凝器；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率；
（2）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，存在被氧化产物硫酸钠，所以可能存在的杂质是硫酸钠，其检测的方法依据硫酸根离子检验：取出少许溶液，加盐酸至酸性后，区上层清液或过滤除去S，再加BaCl2溶液．则加入的盐酸发生两个反应的化学方程式为：Na2SO3+2HCl═SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液，再加BaCl2溶液，若出现浑浊则含Na2SO4，反之不含，
故答案为：Na2SO4；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，反之不含；
（3）碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管，所以碘水应放在酸式滴定管中进行滴定，根据题中表中的数据可知，第二次数据偏差较大，所以取一、三两次实验的数据，所以用去的碘水的体积为
2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，
2 1
x 0.00154mol
解x=0.00308mol，故Na2S2O3•5H2O的物质的量为0.00308mol，质量为：0.00308×248g/mol=0.7638g，
则称取7.40g产品，配制成250mL溶液中，Na2S2O3•5H2O的质量为=0.7638g×
故产品的纯度为：
碘单质有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3会和I2发生反应，从而影响纯度，
故答案为：酸式；103.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度．
解析
解：②通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到溶液中的溶质固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（1）根据装置图可知，仪器B为冷凝管或冷凝器，结烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率，
故答案为：冷凝管或冷凝器；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率；
（2）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，存在被氧化产物硫酸钠，所以可能存在的杂质是硫酸钠，其检测的方法依据硫酸根离子检验：取出少许溶液，加盐酸至酸性后，区上层清液或过滤除去S，再加BaCl2溶液．则加入的盐酸发生两个反应的化学方程式为：Na2SO3+2HCl═SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液，再加BaCl2溶液，若出现浑浊则含Na2SO4，反之不含，
故答案为：Na2SO4；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，反之不含；
（3）碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管，所以碘水应放在酸式滴定管中进行滴定，根据题中表中的数据可知，第二次数据偏差较大，所以取一、三两次实验的数据，所以用去的碘水的体积为
2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，
2 1
x 0.00154mol
解x=0.00308mol，故Na2S2O3•5H2O的物质的量为0.00308mol，质量为：0.00308×248g/mol=0.7638g，
则称取7.40g产品，配制成250mL溶液中，Na2S2O3•5H2O的质量为=0.7638g×
故产品的纯度为：
碘单质有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3会和I2发生反应，从而影响纯度，
故答案为：酸式；103.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度．
二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得．某学生拟有图1所示的装置模拟制取并收集ClO2．
（1）B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是______
（2）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据图2所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：a______；b______；
③洗涤；④干燥．
（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．
①Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是______、______（填化学式）．
②Ⅱ中反应的离子方程式是______．
③A的化学式是______，装置Ⅲ中A在______极区产生．
④ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式______．
⑤NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量______．（填“相同”，“不同”或“无法判断”）
正确答案
解：（1）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；
（2）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，防止析出晶体NaClO2•3H2O，趁热过滤，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
（3）硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2 ClO2+H2O2+2OH-=2 ClO2-+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；
①同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂，I中反应方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，还原剂是Na2SO3；III中氧化剂和还原剂都是水，故答案为：Na2SO3；H2O；
②碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
③通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为：H2SO4；阳；
④亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；
⑤Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．
解析
解：（1）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；
（2）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，防止析出晶体NaClO2•3H2O，趁热过滤，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
（3）硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2 ClO2+H2O2+2OH-=2 ClO2-+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；
①同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂，I中反应方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，还原剂是Na2SO3；III中氧化剂和还原剂都是水，故答案为：Na2SO3；H2O；
②碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
③通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为：H2SO4；阳；
④亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；
⑤Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．
工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：
已知：Ⅰ．有关氢氧化物沉淀的pH：
Ⅱ．SrCl2•6H2O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．
（1）操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和______（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式______．
（2）在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至______；宜用的试剂为______．
A.1.5 B.3.7 C.9.7 D．氨水 E．氢氧化锶粉末 F．碳酸钠晶体
（3）操作③中所得滤渣的主要成分是______ （填化学式）．
（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是______
A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上
（5）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是______．
正确答案
解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，加硫酸生成硫酸钡沉淀，再调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．
（1）增大盐酸的浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，可以增大反应速率；
碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，
故答案为：加热、适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；
（2）由表中数据可知，Fe3+在pH=1.5时开始沉淀，在pH=3.7时沉淀完全，故在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至3.7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末，
故答案为：B；E；
（3）加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作③中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；
（4）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃，
故答案为：A；
（5）根据溶解平衡，且不能引入新杂质，步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是：饱和氯化锶溶液，
故答案为：饱和氯化锶溶液．
解析
解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，加硫酸生成硫酸钡沉淀，再调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．
（1）增大盐酸的浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，可以增大反应速率；
碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，
故答案为：加热、适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；
（2）由表中数据可知，Fe3+在pH=1.5时开始沉淀，在pH=3.7时沉淀完全，故在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至3.7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末，
故答案为：B；E；
（3）加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作③中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；
（4）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃，
故答案为：A；
（5）根据溶解平衡，且不能引入新杂质，步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是：饱和氯化锶溶液，
故答案为：饱和氯化锶溶液．
（2015秋•石家庄月考）无水FeCl3呈棕红色，在空气中极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂．某学习小组利用如图装置（夹持仪器略去）制备并收集无水FeCl3．
请回答：
（1）按气流方向各装置依次连接的合理顺序为______（填仪器接口的字母编号）．
（2）连接好各装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品，______（请按正确的顺序填人下列步骤的序号）．
①加热Fe粉反应一段时间 ②打开分液漏斗活塞通一段时间气体
③关闭分液漏斗活塞 ④停止加热，充分冷却
（3）装置A的作用为______．
（4）装置C中反应的化学方程式为______
（5）装置D中盛有的试剂为______（写名称）；装置E中冷水浴的作用为______
（6）从实验安全考虑，整套装置存在一处明显不足，请指出______．
正确答案
解：（1）本套装置依次是制备氯气、除杂、反应装置、尾气处理，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，按此原则可得连接顺序为dhifeccggba，故答案为：dhifeccggba；
（2）连接好各装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品，需要先打开分液漏斗产生一会儿氯气，再加热铁粉，反应完全后，停止加热，待充分冷却后再停止制氯气的反应，即按②①④③进行，故答案为：②①④③；
（3）装置A中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2、防止外界的水蒸气进入E中，故答案为：吸收多余的Cl2、防止外界的水蒸气进入E中；
（4）浓盐酸和高锰酸钾混合制氯气的反应方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（5）D装置中盛装的是浓硫酸，装置E是为了降温冷凝，便于FeCl3收集，故答案为：浓硫酸；冷凝，便于FeCl3收集；
（6）从实验安全考虑，整套装置存在一处明显不足，就是制取装置与收集装置之间连接导管太细，当温度低于于100℃时，氧化铁凝华后形成的固体可能会堵塞导管，故答案为：B、E之间的连接导管太细，FeCl3易凝华沉积而堵塞导管．
解析
解：（1）本套装置依次是制备氯气、除杂、反应装置、尾气处理，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，按此原则可得连接顺序为dhifeccggba，故答案为：dhifeccggba；
（2）连接好各装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品，需要先打开分液漏斗产生一会儿氯气，再加热铁粉，反应完全后，停止加热，待充分冷却后再停止制氯气的反应，即按②①④③进行，故答案为：②①④③；
（3）装置A中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2、防止外界的水蒸气进入E中，故答案为：吸收多余的Cl2、防止外界的水蒸气进入E中；
（4）浓盐酸和高锰酸钾混合制氯气的反应方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（5）D装置中盛装的是浓硫酸，装置E是为了降温冷凝，便于FeCl3收集，故答案为：浓硫酸；冷凝，便于FeCl3收集；
（6）从实验安全考虑，整套装置存在一处明显不足，就是制取装置与收集装置之间连接导管太细，当温度低于于100℃时，氧化铁凝华后形成的固体可能会堵塞导管，故答案为：B、E之间的连接导管太细，FeCl3易凝华沉积而堵塞导管．
（2016•长春模拟）磷矿石主要以[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式
存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：
部分物质的相关性质如下：
回答下列问题：
（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的______%；
（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：______．现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸______t．
（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是______（填化学式）．冷凝塔1的主要沉积物是______，冷凝塔2的主要沉积物是______．
（4）尾气中主要含有______，还含有少量的PH3、H2S和HF等．将尾气先通入纯碱溶液，可除去______；再通入次氯酸钠溶液，可除去______．（均填化学式）
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是______．
正确答案
解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%×85%×80%=69%，
故答案为：69；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；
根据P元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，含有P2O5的质量为0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的质量为：
故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49；
（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1的温度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2的温度是18℃，低于白磷的熔点，故此时的主要沉积物是固体白磷，
故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；
（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3，
故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少，因此逐渐被采用，
故答案为：产品纯度高．
解析
解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%×85%×80%=69%，
故答案为：69；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；
根据P元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，含有P2O5的质量为0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的质量为：
故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49；
（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1的温度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2的温度是18℃，低于白磷的熔点，故此时的主要沉积物是固体白磷，
故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；
（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3，
故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少，因此逐渐被采用，
故答案为：产品纯度高．
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