文档文本内容
4-2 物质制备类
核心是“造物”
这类题的生产目的非常明确：以某物质为原料，通过一系列化学反应，制备出另一种具有特定组成、
结构和形态的目标产物。
原料特征：相对复杂，可能来自矿物、工业废料或基础化工原料。
产品特征：通常为高附加值的化工产品，如电池材料（磷酸铁锂、高纯氧化钴）、医药中间体、
催化剂（纳米氧化钛）、功能材料（磁性氧化铁）等。这类题目常结合最新科研成果，情境新
颖。
流程逻辑：流程设计的核心是“怎么把原料变成目标产物”。
o
重点关注核心反应釜中发生了什么化学反应。
o
流程中通常包含预处理 → 核心转化（最关键）→ 分离提纯 → 产品加工四个阶段。
考查重点：
1.
核心化学反应的书写与控制：陌生氧化还原方程式的书写、反应条件（温度、pH、气氛）
对产物的影响。
2.
防止产品损失或变质：如何抑制水解、防止氧化、避免副反应。
3.
产品纯度的保障：杂质离子如何在制备过程中被有效分离。
4.
“绿色化学”理念：原子经济性、副产物处理、物质循环利用。
第一步：锁定“目标产物”的化学式
拿到题目，首先看最后的产品是什么。圈出目标产物的化学式，然后做两个分析：
1.
元素分析：目标产物由哪些元素组成？这些元素在原料中是否存在？如果原料中没有（如制备磷
酸铁锂需要碳包覆，碳可能来自葡萄糖），那么流程中必然有引入该元素的步骤。
2.
价态分析：目标产物中核心元素的化合价是多少？对比原料中该元素的化合价，判断是发生了氧
化（价态升高）还是还原（价态降低）。这直接决定了流程中必然有氧化剂或还原剂的参与。
第二步：追踪“核心元素”的流向
以目标产物中的核心元素（如制备钴酸锂中的Co）为线索，在流程图中追踪它每一步去了哪里（进入溶液
还是沉淀？被氧化还是被还原？）。
主线：核心元素的走向。
分叉点：在过滤等分离操作处，判断核心元素是在滤渣中还是滤液中，这决定了后续操作的方
向。
第三步：关注“陌生情景”的提示
题干文字信息：题目开头往往会提供一些重要信息，如某物质的性质（易水解、易氧化、有毒、
溶解度随温度变化等）、某反应的条件要求等。这些信息90%会在后面的设问中用到，务必圈
出。
图像/表格信息：
o
pH-沉淀图：用于判断除杂的pH 范围，确保杂质沉淀而目标离子不沉淀。
o
溶解度曲线图：用于判断采用何种结晶方式（蒸发结晶或冷却结晶）。
o
热重曲线图：分析产品灼烧时发生的分解反应，确定煅烧温度。
o
已知反应信息：如“已知 TiO2+TiO2+ 水解生成 H2TiO3H2TiO3”，这是书写反应方程式
的直接依据。
第四步：理清“循环与排放”
制备类题目常考查绿色化学思想，注意观察流程图中哪些箭头指回了前面的步骤（循环物质），哪些
生成了副产品（资源化利用）。
1. 关于“核心反应方程式”的书写
这是制备类题目的“必考题”，也是拉分项。
问：写出“步骤X”中反应的化学（或离子）方程式。
答题模板（三步法）：
1.
找反应物和产物：根据箭头进出，结合已知信息，确定反应物和产物。注意介质环境（酸
性还是碱性）。
2.
配平：如果是氧化还原反应，先根据化合价升降相等配平氧化还原部分，再根据电荷守恒
（离子方程式）和原子守恒配平其他物质。特别注意检查介质是否参与反应（如酸性环境
用 H+和 H2O 配平，碱性环境用 OH− 和 H2O 配平）。
3.
写条件和符号：注明必要的反应条件（加热、催化剂），标出沉淀（↓）和气体（↑）符
号。
示例：若某步反应是“将 Fe2+ 氧化为 Fe3+”，常用氧化剂为 H2O2，方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3+
+2H2O。
2. 关于“反应条件控制”的分析
这是制备类题目中最能体现能力的地方。
问：为什么要控制温度在X℃左右？（或为什么采用冰水浴/加热回流？）
o
答题模板（多角度分析）：
温度过低：反应速率慢，转化率低。
温度过高：①某反应物易挥发（如盐酸、氨水）、易分解（如 NH4HCO3、H2O2
）；②促进某物质水解（如 Fe3+、Ti4+）；③引发副反应，导致产品纯度降低；④
使催化剂失去活性。
问：为什么要通入惰性气体（如 N2、Ar）？
o
答题模板：排尽装置中的空气（或 O2），防止某物质被氧化（或防止某物质与空气中的
CO2、H2O 反应）。
问：为什么要调节pH 至X？
o
答题模板：使某杂质离子完全沉淀而除去；或抑制某离子水解（如配制 SnCl2 溶液需加盐
酸）；或创造反应所需的酸碱环境。
3. 关于“产品分离与加工”
问：从溶液中得到产品晶体，有哪些操作？
o
若产品为含结晶水的盐或热稳定性差的物质：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
o
若产品为不含结晶水的盐且热稳定性好：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。
o
注意：如果提到“减压蒸发”或“低温干燥”，答题时要加上“防止产品受热分解（或失
去结晶水）”。
问：最后一步“煅烧”或“焙烧”的目的是什么？
o
答题模板：使某前驱体（如 MgCO3、FeC2O4）热分解，生成最终产品（如 MgO、Fe2O3
）；或使物质发生晶型转变，获得特定性能的产品。
问：洗涤产品时，为什么用乙醇（或冷水）而不用水？
o
答题模板：
用乙醇：①减少产品溶解损失（如果产品易溶于水）；②乙醇易挥发，便于快速干
燥；③可能还有破坏胶体、加速析出的作用。
用冷水：降低产品在水中的溶解度，减少洗涤过程中的损失。
4. 关于“产率计算与评价”
问：计算产品的产率。
o
公式：产率 = （实际产量 / 理论产量） × 100%。理论产量要根据流程中起始原料的量，
结合核心反应方程式进行计算，注意原子利用率和多步反应的关系。
问：分析产率偏低的原因。
o
答题模板：①反应物未完全转化；②产品在分离提纯过程中有损耗（如洗涤、转移时损
失）；③发生副反应；④有部分产品水解或分解了。
口诀：目标定方向，价态定氧化；方程看进出，配平靠守恒；条件要辩证，防
解防副反；结晶看曲线，循环回前端。
易错点 1：核心方程式“凭空捏造”
场景：书写陌生氧化还原反应。
错误示范：不依据流程图信息，凭记忆乱写，或配平只看原子守恒忽略电荷和电子守恒。
正确姿势：从流程图中找“进出”。反应物一定是从上一个框进来的或本步加入的，产物一定是
进入下一个框的或题干已知的。配平时，务必先标化合价，用化合价升降法配平系数，最后用原
子和电荷守恒检查。
易错点 2：忽视“介质环境”导致方程式错误
场景：在酸性环境中写出了 OH−，或在碱性环境中写出了 H+。
错误示范：MnO4
−+Fe2+→Mn2++Fe3+直接配平，忘了酸性环境需要 H+ 参与，右侧会生成 H2O。
正确姿势：看到高锰酸钾、重铬酸钾等氧化剂，默认在酸性环境反应，配平时用 H+ 和 H2O 调
平。
易错点 3：条件控制分析“单一片面”
场景：分析控制温度的原因。
错误示范：只答“加快反应速率”。
正确姿势：要从正反两方面辩证分析。既要想到温度高可能带来的好处（速率快），更要想到温
度高可能带来的坏处（分解、挥发、副反应、水解），这才是高考想要的全面分析。
易错点 4：结晶方式张冠李戴
场景：题目暗示产品溶解度随温度升高而显著增大，且含有结晶水。
错误示范：答“蒸发结晶”。
正确逻辑：蒸发结晶得到的是不含结晶水的固体（如NaCl）；蒸发浓缩、冷却结晶得到的是含结
晶水的晶体（如 CuSO4⋅5H2O）。如果产品热稳定性差（如 NH4HCO3），还要采用低温蒸发或减
压蒸发。
易错点 5：忽略“循环物质”的判定
场景：问“流程中可以循环利用的物质是”。
错误示范：看到滤液就填“母液”。
正确逻辑：循环物质必须满足两个条件：①在流程中有箭头指回前面的步骤；②该物质是前面某
步反应的反应物（如酸、碱、沉淀剂）。只写“母液”太笼统，要写出母液中具体是什么物质
（如“稀硫酸”“氨水”）。
【典例】
【审题】
1．（25-26 高三下·辽宁沈阳·月考）四钼酸铵的用途非常广
泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂、电化学应用等。
下图是用辉钼矿(含
等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图：
已知：①
均可与纯碱反应生成对应的钠
盐。
②当溶液中离子浓度小于
时，可认为离子已
完全沉淀。
③25℃下部分难溶物的
的数值如下表：
难溶物
39
20
33
（1）已知
的基态原子未成对电子数在同周期中最多，
则其基态原子价层电子排布式为______。
（2）“氧化焙烧”时，
反应生成
和
，则该反应的化学方程式为______；在“溶液X”中通入
气体1 和气体2 的顺序是先通入______(填化学式)。
（3）“沉钒”时，加入过量
的目的是______，
某温度下，
煅烧后可得到钒的某种氧化物、
和
，且
，则该反应的化
学方程式为______。
（4）“净化”过程加入氨水调节溶液pH，需将溶液的pH
调至大于______。
（5）“聚合”过程加入
而不是
的原因是
______。
流程：整体把握工艺主线
原料：辉钼矿（含 MoS₂ 、V₂O₅ 、
Fe₂O₃、Al₂O₃、CuO 等）
步骤：
氧化焙烧（加纯碱、通氧气）→
将 MoS₂ 转化为 MoO₃ 和 SO₂，
其他金属氧化物与纯碱反应生成
钠盐，同时产生 CO₂（气体1）
酸浸（加硫酸、硫酸铵）→ 使金
属转化为可溶性硫酸盐，钒转化
为 VO₂⁺
沉钒（加 NH₄Cl ）→ 析出
NH₄VO₃
净化（加氨水调 pH）→ 沉淀
Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺（滤渣1）
聚合（加 NaHCO₃）→ 生成聚合
硫酸铝铁
沉钼（加硫酸）→ 得到
(NH₄)₂Mo₄O₁₃ 晶体
煅烧（焙烧 NH₄VO₃ ）→ 得
V₂O₅ 和 NH₃
副产品回收：NH₃ 和 CO₂ 通入饱
和食盐水 → 制纯碱
流程主线：目标产物四钼酸铵的提取路
径；同时回收钒、制备聚合硫酸铝铁
和纯碱，体现资源综合利用。
原理：每一步的化学本质
氧化焙烧：MoS₂ 被 O₂ 氧化为 MoO₃
和 SO₂，属于氧化还原反应；同时
Na₂CO₃ 与酸性氧化物（如 SiO₂ 、
Al₂O₃）反应生成钠盐，用于后续分
离。
酸浸：硫酸溶解金属氧化物，生成硫酸
盐；钒以 VO₂⁺ 形式进入溶液。
沉钒：加入 NH₄Cl 提供 NH₄⁺，与
VO₃⁻ 形成难溶 NH₄VO₃，基于同离子
【答案】（1）
（2）
（3） 增大
浓度，促进
尽可能完全析出，
提高原料利用率
（4）6.5
（5）
碱性更弱，能避免局部
过高生成
、
沉淀，确保生成目标产物聚合硫酸铝铁
【解析】辉钼矿(含
、
、
、
、
等)
加入纯碱、氧气焙烧，
反应生成
和
，
、
均可与纯碱反应生成对应的钠
盐，焙烧产生的气体1 主要为
；加入硫酸与硫酸
铵，相应的金属元素转化为金属阳离子，钒元素转化为
，加入氨水净化，沉淀铁离子、铝离子、铜离
子，得到滤渣1 为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜；向
滤液中加入硫酸沉钼，得到
晶
体；焙烧生成
和氨气，氨气、二氧化碳与溶液X 反
应，经一系列操作得到纯碱，则溶液X 是饱和氯化钠溶
液，滤渣1 为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜，加入硫
酸酸溶，再加入碳酸氢钠聚合得到聚合硫酸铝铁，据此
解答。
【解析】（1）根据原子序数42 可推知Mo 元素位于第五周
期VIB 族，结合未成对电子数最多推知价电子排布式
为：
。
效应。
净化：调节 pH 使 Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺ 生
成氢氧化物沉淀，利用溶度积差异。
聚合：NaHCO₃ 缓慢释放 OH⁻，避免
局部过碱，防止生成氢氧化物沉淀而促
进聚合。
沉钼：加硫酸使钼酸根聚合为多钼酸铵
沉淀。
煅烧：NH₄VO₃ 热分解生成 V₂O₅、NH₃
和 H₂O。
纯碱制备：侯氏制碱法原理，NH₃、
CO₂ 与 NaCl 反应生成 NaHCO₃，再
热解得 Na₂CO₃。
计算：关键定量分析
第(4)问 pH 计算：根据 Ksp 和沉淀完
全标准（c ≤ 10⁻⁵ mol/L），分别计算
Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺ 完全沉淀所需的最低
pH，取最大值作为控制范围。
第(3)问煅烧方程式配平：根据原子守
恒和已知产物（V₂O₅、NH₃、H₂O），
确定 NH₄VO₃ 分解的化学计量数。
操作：实验与工业控制要点
气体通入顺序：先通 NH₃ 后通 CO₂，
因为 CO₂ 溶解度低，先通 NH₃ 使溶
液呈碱性，利于吸收 CO₂。
沉钒加过量 NH₄Cl：增大 NH₄⁺ 浓度，
促进 NH₄VO₃ 沉淀完全，提高收率。
净化调 pH：需精确控制 pH 范围，既
要使杂质离子沉淀完全，又要防止目标
离子（如 Mo、V）沉淀。
聚合选 NaHCO₃ 而非 Na₂CO₃ ：
NaHCO₃ 碱性较弱，可缓慢释放
OH⁻，避免局部过碱生成氢氧化物沉
淀，保证聚合产物质量。
沉钼加硫酸：使溶液呈酸性，促使钼酸
根聚合析出。
（2）“氧化焙烧”时，
反应生成
和
，根据氧化还原反应该方程式为：
；
溶液X 是饱和食盐水，二氧化碳溶解度较低，所以先通
氨气，再通入二氧化碳。
（3）“沉钒”时，加入过量
的目的是增大
浓度，促进
尽可能完全析出，提高原料利用
率；
煅烧后得到钒的某种氧化物、
、
和
，且
，根据原子守恒化学式为：
。
（4）“净化”过程加入氨水调节溶液pH，沉淀
，由表中数据可知，沉淀
需要的pH
最大，
完全沉淀时，
，pH＞6.5；
（5）
的碱性更弱，与溶液中的金属离子反应时，
升高的速率更平缓，有利于控制反应速率，避免因
局部
过高而生成氢氧化物沉淀，从而保证生成的是
目标产物聚合硫酸铝铁
，而不是
、
等杂质沉淀；同时，
在反应
中会分解放出
气体，使反应体系的
更容易控制
在合适范围，更有利于聚合反应的进行。
1．（2026·山东烟台·一模）羟基氧化镍（NiOOH）具有良好的电化学活性。某化工厂从含NiO、ZnO 的
废料（杂质为Fe2O3、CaO、CuO）中制备NiOOH·H2O 和ZnSO4·7H2O 的工艺流程如下：
已知：①该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Ca2+
Zn2+
Ni2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
10.6
6.2
6.9
1.5
6.3
完全沉淀时的pH
13.1
8.3
8.9
2.8
8.3
②常温下，溶质在平衡共存的两液相中的分配系数为D[
]，萃取率为E[
]。
回答下列问题：
（1）滤渣2 的成分是________（填化学式）；“沉铁”过程需控制溶液pH 的范围为________。
（2）若“沉铁”后所得500 L 溶液中c(Ca2+)=0.01 mol·L-1，理论上需加入________g NH4F 固体（忽略混
合后溶液体积的变化），使Ca2+恰好沉淀完全[此时
，
，
不考虑
的水解]。
（3）萃取原理：
（HR 表示有机萃取剂）。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对金属
离子的萃取率与pH 关系如图。
①在一定范围内，随pH 升高萃取率升高的原因是________。
②“反萃取”时应加入的反萃取剂为________（填化学式）。
③已知该生产条件下，Zn2+在两液相中的D=40。取100 L 含
的溶液，加入20 L 萃取
剂，则萃取一次的萃取率E=________（保留一位小数）。在不更换萃取剂的情况下，若要提高萃
取率可采取的生产工艺为________（写一条即可）。
（4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为________。
【答案】（1） CuS、S 2.8≤pH<6.2
（2）740
（3） 萃取产生H+，随pH 的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 H2SO4
88.9% 多次萃取（或增加萃取剂体积、适当调节pH 增大D 等）
（4）
【解析】第一步加入稀硫酸酸浸，将所有金属氧化物转化为对应硫酸盐进入溶液，滤渣1 为废料中的不
溶性杂质，得到含
、
、
、
、
的酸性滤液。之后通入
除杂，过滤后除去
S、CuS 杂质，接着加入
，将生成的
完全氧化为
，再加
调节pH，使
完全
沉淀为
除去；之后加入
，使
沉淀为
除去，此时溶液中仅剩余
和
。
利用萃取剂对两种离子萃取率的
差异，控制合适
将
萃取进入有机相，
留在水相；
有机相经反萃取后可最终得到
，水相中的
经
碱性氧化，过滤即可得到目标
产物
，据此解答。
（1）酸浸后溶液中含
，通入
生成不溶于酸的
沉淀，同时滤液中的
与
发生氧化还
原反应生成S 和
，滤渣2 为CuS、S；根据沉淀pH 表，
完全沉淀pH 为2.8，
开始沉淀
pH 为6.2，因此控制pH 在
之间。
（2）由
，代入
、
，得
。 溶液中游离
物质的量：
； 原溶
液总
物质的量：
，沉淀
消耗
：
； 总
，
。
（3）① pH 升高，
减小，萃取平衡：
正向移动，萃取率升高；
② 反萃取需要使平衡逆向移动，增大
浓度，最终制备
，因此选择
作反萃取剂。
③ 设水相
浓度为
，由
，得
。
，
，因此
。不更换萃取剂时，可通过
多次萃取提高萃取率。
（4）碱性条件下
氧化
生成
，
从
价升为
价，
从
价降为
价，配平
后得到上述离子方程式为
。
2．（2026·湖北宜昌·二模）碳酸锶是一种重要的工业原料，广泛应用于生产显像管、显示器等电子元
件，利用天青石(主要成分为SrSO4，其中还含有BaO、少量FeSO4、CaO 以及少量有机物杂质)制备
高纯碳酸锶的方法如下所示：
已知
Ⅰ、部分物质的溶度积(常温)如下表，当溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol/L 时，认为该离子已经沉
淀完全；
物质
BaSO4
SrSO4
SrCO3
CaSO4
Fe(OH)2
溶度积
1.1×10-10
3.2×10-7
1.1×10-10
9.1×10-6
8.0×10-16
Ⅱ、pH 控制在12-13 时，大部分钙、钡会以Ba(OH)2、Ca(OH)2的形式析出；Ca(OH)2的溶解度随温度升
高而降低。回答下列问题：
（1）锶在元素周期表中的位置是______。
（2）隔绝空气焙烧的主要目的是将SrSO4转化为SrS，写出该反应的化学方程式______，焙烧的目的还
有______。
（3）滤渣2 的主要成分为______(写化学式)。
（4）利用化学平衡移动的原理、结合离子方程式，解释“沉锶”步骤中加入NH4HCO3生成SrCO3的原
因______。
（5）“除钙”、“除钡”的目的是通过物理方法进一步除去少量的钙、钡离子，将“除钙”后的SrCl2
溶液加热、蒸发、然后冷却，当SrCl2处于过饱和状态时，其中的SrCl2结晶出来，过滤即可得到较
纯的SrCl2晶体，该分离提纯的方法称为______。
（6）试通过计算说明，能否利用Na2CO3溶液将SrSO4转化为SrCO3______。
【答案】（1）第五周期第IIA 族
（2）
除去有机物杂质
（3）
、
、
（4）溶解后溶质中主要为
，加入
，发生反应
；原
因是
与
电离产生的
生成
，促进了电离平衡的正向移动
（5）重结晶(答蒸发结晶或降温结晶或结晶均可)
（6）反应
的平衡常数
；该反应平衡常数较大，该反应平衡常数较大，K 远
大于1，说明反应正向进行程度很大，可以实现转化
【解析】从天青石(主要成分为SrSO4，其中还含有BaO、少量FeSO4、CaO 以及少量有机物杂质)制备高
纯碳酸锶的工艺流程为：将天青石与焦炭混合进行灼烧，再加入
进行转化，得到的混合物
加入盐酸和硫酸进行酸溶，部分Ba 元素转化为
过滤形成滤渣1 除去，得到含
、
、
、
的滤液，往滤液中加入NaOH 溶液调节
，将大部分
、
、
转化为
氢氧化物沉淀过滤形成滤渣2 除去，再继续除钙和除钡，过滤后得到
晶体，再加水溶解，加
入
沉锶得到
，最后过滤、洗涤、干燥后得到高纯
固体，据此分析解答。
（1）锶为38 号元素，位于周期表中第五周期第IIA 族。
（2）隔绝空气焙烧可以将SrSO4转化为SrS，则反应的化学方程式为：
；焙
烧除了将SrSO4转化为SrS 外，还可以将有机物杂质转化为气体除去。
（3）根据分析和已知Ⅱ的信息，在
时大部分钙、钡以
、
以及铁会形成
的形式析出，故滤渣2 的主要成分为：
、
、
。
（4）在加水溶解后的
溶液中，加入
后
发生电离：
，
与电
离产生的
生成
沉淀，促进了电离平衡的正向移动，最后
完全转化为
沉淀，反
应方程式为：
。
（5）该方法利用
与钙钡杂质溶解度的差异，通过蒸发、冷却使目标溶质结晶析出，杂质留在溶液
中的提纯方式，则该分离方法为重结晶。
（6）往
中加入
溶液，发生的反应为
，该反应
的平衡常数
，该反应平衡常数较大，K 远大于1，说
明反应正向进行程度很大，可以实现转化。
3．（2026·湖南邵阳·一模）某研究小组从废旧电极材料(主要成分为
，含少量
、
、
等杂
质)中回收锰并制备碳酸锂，工艺流程如下：
已知：①室温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的
如下表：
金属离子
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.8
完全沉淀pH
3.2
4.7
9.8
②
的溶解度随温度升高而降低，
和
其溶解度分别为
和
。回答下列问题：
（1）“酸浸”时，
表现为还原性，发生反应的化学方程式是______。
（2）“调
除杂”时，应控制
值的范围是______。
（3）“电解
溶液”制取高纯锰时，阴极的电极反应式是______；若阳极使用惰性电极，则阳极
产生的气体是______。
（4）“沉锂”时，为了提高“沉锂”产率，加入饱和
溶液需过量，且维持温度
的原因
是______。
（5）一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。
①若
和
的分数坐标分别为
、
，则
的分数坐标为______。
②晶胞边长为
，则A 和C 之间的距离是______
。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）确保
充分沉淀；降低
的溶解度
（5）
【解析】酸浸时，H2O2的作用是还原LiMn2O4中的Mn（+3.5 价）为Mn2+，同时Fe、Al 等杂质也会溶
解；调pH 除杂需要将Fe3+和Al3+完全沉淀，而Mn2+不沉淀；电解MnSO4溶液时，阴极析出Mn，
阳极可能产生O2；沉锂时需控制温度和Na2CO3用量，以提高Li2CO3产率；
（1）在硫酸介质中，H2O2作为还原剂将LiMn2O4中的Mn 还原为Mn2+，自身被氧化为O2。配平后的化
学方程式为：2LiMn2O4+5H2SO4+3H2O2=Li2SO4+4MnSO4+3O2↑+8H2O；
（2）调pH 除杂的目标是使Fe3+和Al3+完全沉淀（分别在pH 为3.2 和4.7 时完全沉淀），而Mn2+尚未开
始沉淀（起始沉淀pH=7.8）。因此，pH 应控制在：
；
（3）阴极Mn2+得电子析出金属锰：
；阳极惰性电极下，水被氧化生成氧气：
；
（4）加入饱和
溶液需过量，且维持温度
可以确保
充分沉淀；降低
的溶解
度；
（5）已知A(0,0,0)，B(1,0,1)，C 位于右侧面心位置，其分数坐标为：
，晶胞边长为
nm，则两
点间距离为：
。
4．（25-26 高三上·河南·期末）以砷化镓废料(主要成分为
、
、
、
)制备半导体光
催化剂
的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸后GaAs 转化为
、
。
②镓及其化合物与铝及其化合物的性质类似。
③萃取镓的原理为
(水相)+3HR(有机相)
(有机相)
(水相)。
回答下列问题：
（1）基态Ga 原子的简化电子排布式为_______，
的空间结构为_______。
（2）滤渣Ⅱ的主要成分为_______(填化学式)。
（3）“碱浸”过程中，GaAs 发生反应的化学方程式为_______。
（4）“碱浸”过程中，其他条件不变，不同温度下镓浸出率随时间的变化如图所示。“碱浸”的最佳
温度和时间为_______(填标号)。
A．70℃、120min
B．90℃、120min
C．70℃、140min
D．90℃、140min
（5）已知：一定温度下，溶质在相同体积平衡共存的两液相中的分配系数为
。分别用与原溶液等体积的萃取剂依次萃取两次后，水相中Ga 元素的残留率为_______(用含
的代
数式表示)。
（6）“电解”时，阴极的电极反应为_______。
（7）“高温合成”过程中发生反应的化学方程式为_______。
（8）砷化镓废料中GaAs 的质量分数为
，整个流程中Ga 的损失率为
，则1000kg 砷化镓废料理
论上能制得
的质量为_______kg(保留1 位小数)。
【答案】（1）
正四面体形
（2）
（3）
（4）A
（5）
（6）
（7）
（8）603.8
【解析】砷化镓废料(主要成分为
、
、
、
)在碱浸步骤中
在
溶液和
作用下转化为
和
，同时
转化为
，
和
不溶，成
为滤渣Ⅰ，滤液中含有
、
、
、
；中和及转化步骤加入过量稀
硫酸将
转化为
，
转化为
，
转化为
沉淀(滤渣
Ⅱ)；滤液中加入萃取剂萃取，
被萃取进入有机相中，后加稀硫酸进行反萃取，
被反萃取
进入水相；水溶液加入过量NaOH 溶液，生成
；电解
溶液，在阴极上得
到Ga；最后在高温下，Ga 与
、
反应生成
。
（1）基态Ga 原子的简化电子排布式为
；
中As 的价层电子数为5，总电荷为-3，
中心原子As 的价层电子对数
，无孤对电子，则
的空间结构为正四面体形；
（2）由分析可得滤渣Ⅱ的主要成分为
；
（3）由分析可得碱浸步骤中
在
溶液和
作用下转化为
和
，化学
方程式为
；
（4）由图可知，
、
，镓的浸出率比较高。
、
，虽然镓的浸出率更高，但是镓
的浸出率增加的不是很多，反而温度升高了20
会增加更多生产成本。再延长反应时间，镓的浸
出率还是增加的不是很多，而且延长反应时间，生产成本也会增加，生产效率下降，所以“碱浸”
的最佳温度和时间为
、120min，A 符合题意，故答案选A；
（5）设原溶液中
的浓度为
，溶液体积为
，则第一次萃取后，根据
的物质的量守
恒，得到(水相1)
(有机相1)
，因为(有机相1)
(水相1)，则(水相1)
(水相1)
，所以(水相1)
；同理，第二次萃取后，根据
的物质的量守恒，得到
(水相2)
(有机相2)
(水相1)
，又因为(有机相2)
(水相2)，所以(水相
2)
(水相2)
，得到(水相2)
。萃取两次后，水相中Ga 元素的残留率
；
（6）由分析可得电解时，阴极发生还原反应，三价镓得电子生成Ga，电极反应式为
；
（7）由分析可得在高温下，Ga 与
、
反应生成
，Ga 从0 价升至+3 价，
作氧化剂，化
学方程式为
；
（8）1000kg 砷化镓废料中
的物质的量
，考虑8%损失，则有效Ga 物质的
量
，根据关系式
，可知料理论上能制得
的质量为
。
5．（24-25 高三下·河北邢台·开学考试）草酸钴晶体是一种生产指示剂、催化剂以及钴的氧化物的重要
化工原料。一种以含钴废料(主要成分为Co3O4，还有少量的NiO、Al2O3、SiO2等)制备CoC2O4的流
程如下图所示：
已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+>
，②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 如下：
沉淀物
Al(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
4.7
9.0
9.2
（1）滤渣Ⅰ的成分为___________(填化学式)。
（2）写出“反应”工序中发生化学反应的离子方程式___________，实际生产中消耗的H2O2的量比理
论上多的原因是___________。
（3）设计加入CoO 工序的目的是___________。
（4）该流程中能够循环利用的物质除H2SO4外，还有___________(用化学式表示)。
（5）X-射线结构表明，CoC2O4·2H2O 分解的最终产物为Co3O4(M=241g·mol-1)。Co3O4的晶胞由A 区和B
区组成，如下图所示。
①如上图建立坐标系，取z=0，得Co3O4晶胞截面如图1，若取z=
，请在如图2 中标出相应原子位置
___________(分别用△和O 表示)。
②该晶胞密度为___________g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】（1）SiO2
（2） 2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+ H2O2不稳定自身易分解
（3）调节溶液的pH 使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去
（4）HR
（5）
【解析】含钴废料（主要成分为Co3O4，含少量NiO、Al2O3、SiO2）粉碎，用热H2SO4酸浸，SiO2不溶
形成滤渣Ⅰ；滤液中加入H2O2，将Co3+还原为Co2+；再加入CoO 调节pH，使Al3+以Al(OH)3沉淀
除去（滤渣Ⅱ）；随后用有机物RH 萃取，将Ni2+与Co2+分离；反萃取时加入H2SO4，得到含
Co2+的溶液；最后加入(NH4)2C2O4溶液进行沉钴，得到CoC2O4・2H2O 产品，据此作答。
（1）SiO2为酸性氧化物，不与H2SO4反应，滤渣Ⅰ为SiO2；
（2）“反应”工序加入H2O2，目的是将Co3+还原为Co2+，离子方程式为：
；H2O2不稳定自身易分解，导致消耗的H2O2的量比理论上多；
（3）加入CoO 的目的是调节溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀而除去，同时避免Co2+和Ni2+沉
淀；答案为：调节溶液的pH 使杂质Al3+形成Al(OH)3沉淀而除去；
（4）加入RH 目的是萃取Co2+，发生
，反萃取时加入H2SO4使上述平衡逆向移
动，有机相为HR 可循环利用；
（5）①结合图A 和图B，同时结合Co3O4晶胞，设晶胞棱长单位为1，可知z=
时，O2-(O)和Co3+(∆)的
位置为：
；
②晶胞中含有结构A、B 均为4 个，Co2+处于晶胞的顶点、面心、结构A 的体内，Co3+处于结构B 内
部，O2-处于结构A，结构B 内部，晶胞中Co2+数目=4+8×
+6×
=8、Co3+数目=4×4=16，O2-数目
=4×4+4×4=32，故每个晶胞含有8 个Co3O4，
。
