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微专题突破8 化学反应速率与化学平衡二
一、选择题
1．（2024·南通市海门市第一次调研）周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。 O、 O、 O是
186 187 188
氧元素的3种核素，可以形成多种重要的化合物。亚硫酰氯(SOCl )为黄色液体，其结构式为( )，
2
遇水发生水解。工业上可电解HSO 与(NH )SO 混合溶液制备过二硫酸铵[(NH )SO]，过二硫酸铵与
2 4 4 2 4 4 2 2 8
双氧水中都含有过氧键(－O－O－)。硝化法制硫酸的主要反应为：NO (g)＋SO (g)＝SO (g)＋NO(g)
2 2 3
∆H＝＋41.8 kJ·mol－1。SO 和SO 都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。有关反应NO (g)＋
2 3 2
SO (g)＝SO (g)＋NO(g) ∆H＝＋41.8 kJ·mol－1，下列说法正确的
2 3
A．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
B．反应达平衡后，分离出少量SO ，正反应速率加快
3
C．其他条件不变，平衡后继续充入NO ，平衡常数将减小
2
D．该反应中消耗22.4 L·mol－1 LNO ，转移电子的数目为2×6.02×1023
2
【答案】A
【解析】A项，根据焓变可知，该反应为吸热反应，则反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，
正确；B项，反应达平衡后，分离出少量SO ，平衡正向移动，反应物浓度开始减小，正反应速率开始减
3
慢，错误；C项，其他条件不变，平衡后继续充入NO ，平衡正向移动，但平衡常数不变，错误；D项，
2
NO 的状态未知，无法计算其物质的量，无法计算转移电子的数目，错误。
2
2．（2024·徐州上学期期中）汽车安装尾气净化装置也可除去NO，反应方程式为2NO (g)＋
x 2
4CO(g) N(g)＋4CO(g)，关于反应2NO (g)＋4CO(g) N(g)＋4CO(g)，下列说法正确的是
2 2 2 2 2
A．该反应的∆S＞0
B．选择合适的催化剂，可以使NO 完全转化成N
2 2
C．及时移除N、CO，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
2 2
D．上述反应中每生成0.1 mol N，转移电子的数目约为0.8×6.02×1023
2
【答案】D
【解析】A项，根据气体的计量数可知此反应的正反应是气体分子个数减小的反应，所以该反应的
∆S＜0，错误；B项，催化剂只能改变反应速率不能改变转化率，错误；C项，及时移除N 、CO ，逆反
2 2
应速率减小，正反应速率开始不变，平衡向正反应方向移动，导致反应物浓度减小，正反应速率随之减
小，错误；D项，上述反应中当生成1 mol氮气时，转移电子为8 mol，所以每生成0.1 mol N ，转移电
2
子的数目约为0.8×6.02×1023，正确。
3．（2025·江苏苏州市开学考）以Cu－Zn－Al O 作催化剂发生如下反应：2CHCHO(g)＋HO(g)
2 3 3 2
C HOH(g)＋CHCOOH(g) ∆H＜0，下列说法正确的是
2 5 3
A．该反应的∆S＞0
B．该反应的平衡常数K＝
C．催化剂Cu－Zn－Al O 能降低该反应的活化能
2 3
D．该反应中每消耗1 mol CHCHO，转移电子数约为2×6.02×1023
3
【答案】C
【解析】A项，根据方程式，该反应为气体分子数减少的反应，∆S＜0，错误；B项，该反应的平衡
常数表达式为K＝，错误；C项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，正确；D项，根据碳元素
的化合价(CHCHO为-1价，C HOH为-2价，CHCOOH为0价)可知，每消耗2 mol CHCHO，转移2
3 2 5 3 3
mol电子，则每消耗1 mol CHCHO，转移电子数约为6.02×1023，错误。
3
4．（2024·连云港上学期调研一）氨催化氧化的方程式为4NH (g)＋5O(g) 4NO(g)＋6HO(g)
3 2 2
∆H＝－904.8 kJ·mol－1 。下列说法正确的是
A．该反应的∆S＜0微专题突破8 化学反应速率与化学平衡二
B．反应平衡常数K＝
C．每消耗1 mol O，反应共转移4 mol电子
2
D．平衡后升高温度，正反应速率堿小、逆反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，由方程式可知，该反应为熵增的反应，错误；B项，由方程式可知，反应平衡常数K
＝，错误；C项，由方程式可知，反应中消耗5 mol氧气时，反应转移20 mol电子，则消耗1 mol氧气时
反应转移4 mol电子，正确；D项，平衡后升高温度，正、逆反应速率均增大，错误。
5．（2025·镇江市上学期期中）CuCl 催化HCl转化为Cl 的主要反应为4HCl(g)＋O(g)＝2Cl(g)
2 2 2 2
＋2HO(g)。恒容容器中，进料比c(HCl)∶c(O)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时， 平衡转化率与温
2 2
度变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的∆H＞0
B．增加反应体系压强和及时分离出水都能加快化学反应速率
的
C．按c(HCl)∶c(O)＝4∶1进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离 能耗
2
D．进料浓度比c(HCl)∶c(O)＝1∶1，K(400℃)＝
2
【答案】C
【解析】A项，根据图示可知，进料比一定时，随着温度升高，HCl的平衡转化率减小，说明升高温
度，化学平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0，错误；B项，增加反应体系的压强能加快反应速
率，但是分离出水，生成物浓度减小，随着反应进行，反应物浓度也减小，则反应速率将会减小，错误
C项，投料比与化学计量数之比相同时，两种反应物的转化率都较高，因此按照c(HCl)∶c(O)＝4∶1进
2
料可以保持反应物较高的转化率，同时生成的产物中反应物的量相对较少，能降低产物分离的能耗，正
确；D项，进料比c(HCl)∶c(O)＝1∶1时，相较于其他两种投料比，氧气的百分含量更多，相当于在其
2
他两种投料比的基础上增加了氧气，则此时HCl的平衡转化率应该是最高的，对应最上方的曲线，400℃
时，HCl的平衡转化率为84%，设初始时HCl和O 的浓度均为a mol·L－1，平衡时消耗HCl：0.84a mol·L
2
－1，剩余HCl：0.16a mol·L－1，消耗O ：0.21a mol·L－1，剩余O ：0.79a mol·L－1，生成氯气：0.42a
2 2
mol·L－1，生成水蒸气：0.42a mol·L－1，平衡常数K＝＝，错误。
6．（2024·苏州调研期初）甲醇—水催化重整可获得H，其主要反应为：
2
CHOH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g) ∆H＝49.4 kJ·mol－1
3 2 2 2
CHOH(g) CO(g)＋2H(g) ∆H＝92 kJ·mol－1
3 2
在1.01×105Pa下，将一定比例CHOH和HO的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，
3 2
CHOH转化率及CO、CO 的选择性随温度变化情况如图所示。
3 2
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找CO的选择性＝×100%。下列说法正确的是
A．其他条件不变，增大压强，CHOH的平衡转化率增大
3
B．甲醇—水催化重整制H 应选择反应温度为280～290℃
2
C．其他条件不变，增大可以提高平衡时H 产率
2
D．其他条件不变，在270～290℃温度范围，随着温度升高，出口处CO 的量不断减小，CO、H 的
2 2
量不断增大
【答案】C
【解析】A项，由其主要反应可知，其他条件不变，增大压强，反应均向左移动，CHOH的平衡转
3
化率减小，错误；B项，CHOH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g)能产生更多的H ，由图可知，CO 的
3 2 2 2 2 2
选择性随反应温度的升高而降低，CO的选择性升高，综合考虑，甲醇—水催化重整制H 应选择反应温
2
度为260℃左右；错误；C项，其他条件不变，增大，平衡右移，可以提高平衡时H 产率，正确；D项，
2
其他条件不变，在270～290℃温度范围，随着温度升高，平衡均向右移动，但CO 的选择性减小，即出
2
口处CO 的量不断减小，根据碳原子守恒，CO的量不断增大(可由CO的选择性增大，则CO的量不断增
2
大)，但由于反应CHOH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g)能产生更多的H ，所以升高温度时，出口处
3 2 2 2 2
H 的量在减小，错误。
2
7．（2024·南通市如皋二模）苯乙烯是制备高分子的原料，乙苯脱氢制苯乙烯的反应如下：
反应I：C HC H(g) C HCH＝CH(g)＋H(g) ∆H＝＋124.8 kJ·mol－1
6 5 2 5 6 5 2 2
制备过程中会发生如下两个副反应：
反应Ⅱ：C HC H(g) C H(g)＋CH＝CH(g) ∆H＝＋105.5 kJ·mol－1
6 5 2 5 6 6 2 2
反应Ⅲ：C HC H(g)＋H(g) C HCH(g)＋CH(g) ∆H＝－54.7 kJ·mol－1
6 5 2 5 2 6 5 3 4
在913 K、100 kPa下，将质量比为1∶1.3的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率、
苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示。
苯乙烯的选择性＝×100%
苯的选择性＝×100%
甲苯的选择性＝×100%
下列说法不正确的是微专题突破8 化学反应速率与化学平衡二
A．曲线a表示乙苯的转化率
B．t～t 时，所得H 的物质的量逐渐减少
1 4 2
C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率
D．t～t 时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的H 促进了反应Ⅲ的进行
1 4 2
【答案】B
【解析】苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着反应的进行，主反应生成的氢气促使副反应Ⅲ正
向移动，使得甲苯的选择性大于苯的选择性，乙苯转化率增大，曲线 a表示乙苯的转化率，b为甲苯选择
性，据此回答。
A项，根据分析可知，曲线a表示乙苯的转化率，正确；B项，主反应Ⅰ生成氢气，反应Ⅲ消耗氢气，
反应Ⅰ生成的氢气用于反应Ⅲ，氢气的物质的量应为先增大后减小，而不是一直减小，错误；C项，其他
条件不变，恒压条件下，增大水蒸气与乙苯的质量比，相当于减小压强，乙苯的平衡转化率增大，正确；
D项，根据分析可知，t～t 时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的H 促进了反应Ⅲ的进行，
1 4 2
正确。
8．（2025·南通市如皋市10月）CO 催化加氢制CHOH能实现碳的循环利用。一定压强下，1 mol
2 3
CO 与3 mol H 在密闭容器中发生的反应如下：
2 2
Ⅰ：CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH＜0
2 2 3 2
Ⅱ：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＞0
2 2 2
反应相同时间，测得不同温度下CO 转化率和CHOH选择性如图实验值所示。图中平衡值表示在相
2 3
同条件下达到平衡状态时CO 转化率和CHOH选择性随温度的变化。
2 3
已知：CHOH的选择性＝×100%。
3
下列说法正确的是
A．曲线b表示CO 的平衡转化率
2
B．其他条件不变，240 ℃时加压或使用高效催化剂均可能使CO 转化率达到X点
2
C．220～280 ℃时，反应Ⅰ生成CHOH速率小于反应Ⅱ生成CO的速率
3
D．为提高CHOH生产效率，需选择相对较低的温度
3
【答案】A
【解析】A项，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动导致CO 的
2
平衡转化率降低，反应II平衡正向移动导致CO 的平衡转化率升高，CO 的平衡转化率不会一直随温度的
2 2
升高而降低，故曲线b表示CO 的平衡转化率，正确；B项，使用催化剂对化学平衡无影响，所以使用高
2
效催化剂不可能使CO 转化率超过平衡转化率，错误；C项，260～280 ℃间，CHOH选择性的实验值大
2 3
于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应 I的速率大于反应II，即反应Ⅰ生成CHOH速率大于反
3
应Ⅱ生成CO的速率，错误；D项，由图像可知，升高温度，CO 转化率升高，CHOH选择性降低，为提
2 3
高CHOH生产效率，需选择适宜的温度，而不是相对较低的温度，错误。
3
9．（2025·连云港市上学期期中）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应(忽略其他
副反应)：
反应①：C H(g)＋CO(g) C H(g)＋CO(g)＋HO(g) ∆H＝＋178.1 kJ·mol－1
2 6 2 2 4 2
反应②：C H(g)＋2CO(g) 4CO(g)＋3H(g) ∆H＝＋432.7 kJ·mol－1
2 6 2 2
4
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找在密闭容器中，1.01×105 Pa、n (C H)∶n (CO)＝1∶1时，催化反应相同时间，测得不同温
起始 2 6 起始 2
度下C H 转化率、C H 的选择性如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下C H 的平衡转化率随温度的
2 6 2 4 2 6
变化)。C H 选择性＝×100%。下列说法正确的是
2 4
A．反应过程中，C H 的转化率大于CO 的转化率
2 6 2
B．在300～700℃之间，C H 的选择性下降的原因是随温度升高反应①平衡后又向逆反应方向移动
2 4
C．保持其他条件不变，400℃时使用高效催化剂能使C H 的转化率从a点的值升高到b点的值
2 6
D．随温度升高，C H 转化率接近平衡转化率的主要原因是温度和催化剂共同影响，加快了反应速率
2 6
【答案】D
【解析】A项，反应①C H(g)＋CO(g) C H(g)＋CO(g)＋HO(g)中C H 的转化率等于CO 的
2 6 2 2 4 2 2 6 2
转化率，反应②C H(g)＋2CO(g) 4CO(g)＋3H(g)中CO 的转化量大于C H，则整个反应过程中，
2 6 2 2 2 2 6
C H 的转化率小于CO 的转化率，错误；B项，反应①和反应②均为吸热反应，升高温度，平衡正向移
2 6 2
动，在300～700℃之间，C H 的转化率小于平衡时C H 的转化率，说明反应还未平衡，C H 的选择性下
2 6 2 6 2 4
降的原因是随温度升高反应，反应②的速率增大程度大于反应①，错误；C项，催化剂不能改变平衡状态，
不能提高反应物的平衡转化率，保持其他条件不变，400℃时使用高效催化剂不能使C H 的转化率从a点
2 6
的值升高到b点的值，错误；D项，升高温度和使用催化剂都可以增大反应速率，随温度升高，C H 转化
2 6
率接近平衡转化率的主要原因是温度和催化剂共同影响，加快了反应速率，正确。
二、填空题
10．（2024·南通市海安市）ZnO有棒状ZnO(r－ZnO)、片状ZnO(p－ZnO)两种。均可用作CO 选
2
择性加氢转化为CHOH的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将CO 与H 混合，同时发生以下两个反应：
3 2 2
反应Ⅰ CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ∆H＝－53.7 kJ·mol－1
2 2 3 2 1
反应Ⅱ CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ∆H＝＋41.2 kJ·mol－1
2 2 2 2
控制一定的CO 和H 初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇
2 2
选择性”是指转化的CO 中生成甲醇的百分比)
2
已知：p－ZnO表面合成CHOH的生成活化能Ea＝32 kJ·mol－1，r－ZnO表面合成CHOH的生成
3 3
活化能Ea＝54 kJ·mol－1。
①在280～320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，CHOH与CO的产率均提高，而甲醇的
3
选择性降低的可能原因是___________________________________________________________________；
②在280～320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化CO 加氢性能，说明在CO 加氢合成
2 2微专题突破8 化学反应速率与化学平衡二
甲醇时优先选用p－ZnO催化剂的原因：_________________________________________________。
【答案】①反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低 ②选
用p－ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多
【解析】①生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，在280～320℃范围内，相同催化剂条件
下，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低；②催化剂只影响速率而不能改变平衡
图中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，p－ZnO表面合成CHOH的生成
3
活化能比r－ZnO表面合成CHOH的生成活化能小，活化能越小，反应速率越快，因此选用p－ZnO催化
3
剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。
11．（2025·江苏省盐城中学月考）CO 的资源化利用和转化吸收已成为研究的热点。
2
（1）325℃时，水在锰粉表面产生的H 可将CO 转化为HCOOH，同时生成MnO。
2 2
①由HO、Mn、CO 制备甲酸的化学方程式为_____________________________________________。
2 2
②已知反应CO(g)＋H(g) HCOOH(g) ∆H＝＋14.9 kJ·mol－1，不能实现CO 直接加氢合成
2 2 2
HCOOH的原因是________________________________________________________________。
（2）CO 电还原可能的反应机理如图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu
2
的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。(*CO表
示吸附态的CO)。
①若还原产物主要为CH 时，应选择_______(填“Sn”或“Au”或“Cu”)作催化剂，
4
②选择恰当金属催化剂，CO 电还原生成CO的过程可描述为__________________________________
2
____________________________________________________________________________________。
（3）CO 可制备甲烷，CO 制备甲烷过程中，CO 活化的可能途径如图所示。CO是CO 活化的优势
2 2 2 2
中间体，可能原因是_____________________________________________________________。
（4）CO 可用CaO吸收，发生反应：CaO(s)＋CO(g) CaCO(s)。在不同温度下，达到平衡时
2 2 3
的
体系中CO 物质 量浓度[c(CO)]与温度的关系如图所示。900℃下的c(CO)远大于800℃下的c(CO)，
2 2 2 2
其原因是_________________________________________________。
6
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找【答案】（1）①CO ＋HO＋Mn======HCOOH＋MnO ②该反应的∆H＞0、∆S＜0(或∆G＜0)，任
2 2
意温度下都不能自发自行 （2）①Cu ②CO 得e—形成CO2－后C与Au催化剂活性位点连接，再结合H
2
＋形成－COOH吸附在催化剂表面，继续得e—并结合H＋脱水形成CO吸附在催化剂上，最后从催化剂表
面脱附 （3）生成CO中间体反应的活化能小，反应速率快；CO中间体能量低，稳定，利于生成(或反
应放热，利于中间体的生成) （4）由于CaO(s)＋CO(g) CaCO(s)，该反应放热，温度升高K减
2 3
小(或反应正向进行的程度减小)，而K＝，温度升高平衡体系中c(CO)增大
2
【解析】（1）①由水在锰粉表面产生的H 可将CO 转化为HCOOH，同时生成MnO可得，HO、
2 2 2
Mn、CO 制备甲酸的化学方程式为CO ＋HO＋Mn======HCOOH＋MnO；②由于CO(g)＋H(g)
2 2 2 2 2
HCOOH(g)的∆H＞0、∆S＜0(或∆G＜0)，任意温度下都不能自发自行，故不能实现CO 直接加氢合成
2
HCOOH；（2）①若还原产物主要为CH 时，应选择Cu作催化剂；回溯CH 时生成机理，第1步是C与
4 4
催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，CO不
易从催化剂表面脱离，即可得到CH ；②当选择恰当金属催化剂时，CO 得e—形成CO2－后C与Au催化
4 2
剂活性位点连接，再结合H＋形成－COOH吸附在催化剂表面，继续得e—并结合H＋脱水形成CO吸附在
催化剂上，最后从催化剂表面脱附，生成CO；（3）从图中可以看出，因为生成CO中间体反应的活化能
小，反应速率快；CO中间体能量低，稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO是CO
2
活化的优势中间体；（4）由于CaO(s)＋CO(g) CaCO(s)，该反应放热，温度升高K减小(或反应正
2 3
向进行的程度减小)，而K＝，温度升高平衡体系中c(CO)增大，因此在900℃下的c(CO)远大于800℃
2 2
下的c(CO)。
2
12．（2025·连云港市上学期期中）工业上用锌铜合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)提取单质
Cu和ZnO。
（1）锌铜合金灰在空气中焙烧得到烧渣，主要成分为CuO、ZnO及少量PbO等，用硫酸酸浸后过滤
得到ZnSO 溶液和含铜滤渣。Zn、Cu、Pb浸出率随硫酸浓度变化如图1所示。
4
①用4 mol·L－1稀硫酸溶解时，Zn浸出率远高于Cu、Pb浸出率的原因是
________________________________________________________。
②使用2 mol·L－1和5 mol·L－1硫酸溶解时，所得滤渣成分的不同之处为
____________________________________。
（2）在含有Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋的高氯离子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉，后用nLorg萃取剂选
择性萃取分离锌铁。已知Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋可以存在多种含氯配离子。微专题突破8 化学反应速率与化学平衡二
离子 常见配离子
Fe2＋ FeCl＋
Fe3＋ FeCl －
4
Zn2＋ ZnCl－、ZnCl2－、ZnCl、ZnCl＋
3 4 2
萃取原理为H＋＋ZnCl－＋nLorg HZnCl •nLorg(ZnCl2－也可以被萃取)。
3 3 4
①该过程中nLorg萃取剂能有效分离锌铁的原因是___________________________________________
________________________________________________。
②向溶液中加入浓盐酸能提高锌的萃取率的原因是___________________________________________
_________________________________________________。
（3）向有机相中加入草酸溶液，将Zn(Ⅱ)转化为草酸锌(ZnC O•2HO)沉淀，灼烧后得到ZnO。已
2 4 2
知K (HC O)＝5.9×10－2，K (HC O)＝6.4×10－5。
a1 2 2 4 a2 2 2 4
①生成草酸锌(ZnC O•2HO)的化学方程式为
2 4 2
______________________________________________________________________。
②ZnO晶体有立方岩盐结构、立方闪锌矿结构等结构，晶胞如图－2所示，立方岩盐结构、立方闪锌
矿结构晶胞中锌原子的配位数之比为_________。
【答案】（1）①氧化锌在稀硫酸中溶解速率快于氧化铜和氧化铅 ②硫酸铅(PbSO )的含量增加
4
（2）①Fe3＋转化为Fe2＋，没有形成带负电荷的离子，不能与萃取剂结合 ②提供Cl－，形成ZnCl －和
3
ZnCl2－；提供H＋使萃取平衡正向进行 （3）①HZnCl •nLorg＋HC O ＋2HO＝ZnC O•2HO↓＋
4 3 2 2 4 2 2 4 2
nLorg＋3HCl ②3∶2
【解析】锌铜合金灰(含有Cu、Zn、Pb及其氧化物)在空气中焙烧得到烧渣，主要成分为CuO、ZnO
及少量PbO等，烧渣用硫酸酸浸后过滤得到ZnSO 溶液和含铜滤渣；在含有Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋的高氯离
4
子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉将Fe3＋还原，后用nLorg萃取剂选择性萃取分离锌铁；然后向有机
相中加入草酸溶液，将Zn(Ⅱ)转化为草酸锌(ZnC O•2HO)沉淀，灼烧后得到ZnO。
2 4 2
（1）①烧渣的主要成分为CuO、ZnO及少量PbO等，用硫酸酸浸后过滤得到ZnSO 溶液和含铜滤渣，
4
CuO、ZnO、PbO都属于金属氧化物，用4 mol·L－1稀硫酸溶解时，ZnO在稀硫酸中溶解速率快于CuO
和PbO，从而导致Zn浸出率远高于Cu、Pb浸出率；②使用5 mol·L－1硫酸溶解时，Pb的浸出率比用2
mol·L－1硫酸时低，说明硫酸浓度增大，PbO转化成了微溶于水的PbSO ，故使用2 mol·L－1和5
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mol·L－1硫酸溶解时，所得滤渣成分的不同之处为：硫酸铅(PbSO )的含量增加；（2）①在含有Zn2＋、
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Fe3＋、Fe2＋的高氯离子浓度的溶液中，先加入适量的Fe粉将Fe3＋转化成Fe2＋，由表中常见配离子可知，
Fe2＋形成的配离子为FeCl＋，在高氯离子浓度的溶液中Zn2＋形成的配离子主要为ZnCl－、ZnCl2－，根据
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萃取原理：H＋＋ZnCl－＋nLorg HZnCl •nLorg(ZnCl2－也可以被萃取)可知，带负电荷的ZnCl－、
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ZnCl2－能与萃取剂结合，但带正电荷的FeCl＋不能与萃取剂结合，故该过程中nLorg萃取剂能有效分离锌
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铁；②向溶液中加入浓盐酸，提供Cl－，形成ZnCl－和ZnCl2－，同时增大H＋浓度，使萃取平衡H＋＋
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ZnCl－＋nLorg HZnCl •nLorg(ZnCl2－也可以被采取)正向进行，故能提高锌的萃取率；（3）①在有
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机相中，Zn(Ⅱ)以HZnCl •nLorg形式存在，加入草酸溶液，形成草酸锌沉淀，根据原子守恒，生成草酸
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锌的化学方程式为HZnCl •nLorg＋HC O＋2HO＝ZnC O•2HO)↓＋3HCl＋nLorg；②根据晶胞结构图
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可知，立方岩盐结构中锌原子的配位数为6，立方闪锌矿结构中锌原子配位数为4，则立方岩盐结构、立
方闪锌矿结构中锌原子的配位数之比为6∶4＝3∶2。
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