江苏中考化学三年（2023-2025）真题分类汇编：专题17 流程图题（解析版）

专题16流程图题

考点01制备与生产流程类

考点02废料回收利用流程类

考点03其他流程类

考点01制备与生产流程类

1.（2025·江苏无锡）以碳酸钙为原料制备过氧化钙(CaO2)的一种流程如下：

【查阅资料】CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，反应需在弱碱性环境中进行。

(1)碳酸钙与盐酸反应的化学方程式是。碳酸钙需过量，理由是。

(2)实验室用下图模拟制备CaO2·8H2O。打开磁力搅拌器，搅拌的作用是。反应需在冰水浴中进行，

原因是。

(3)“步骤2”所得滤液可用作。

(4)将21.6gCaO2·8H2O(相对分子质量为216)加热分解，固体质量随温度的变化如图所示。A点对应固体的化

学式为；加热温度不能超过350℃，原因是。

+＝

【答案】(1)CaCO32HClCaCl2+H2O+CO2氯化钙与过氧化氢和氨水反应需在弱碱性的环境

中进行，碳酸钙过量，防止溶液中有剩余的稀盐酸。

(2)使反应物充分接触，反应更充分快速。防止温度过高过氧化氢分解，有利于晶体析出。

(3)氮肥

(4)CaO2温度超过350摄氏度时，过氧化钙会分解生成氧化钙和水，无法得到过氧化钙。

【详解】（1）碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为

+＝

CaCO32HClCaCl2+H2O+CO2。

氯化钙与过氧化氢和氨水反应需在弱碱性的环境中进行，碳酸钙过量，防止溶液中有剩余的稀盐酸。

（2）搅拌的作用是使反应物充分接触，反应更充分快速。

反应在冰水浴中进行的原因是防止温度过高过氧化氢分解，有利于晶体析出。

（3）滤液中含有大量的NH4Cl，可用作氮肥。

（4）CaO2·8H2O在温度达到140℃时分解生成过氧化钙和水，21.6gCaO2·8H2O(相对分子质量为216)加热

分解，假设生成的固体为过氧化钙，设生成过氧化钙的质量为x,水的质量为y

Δ

CaO2·8H2OCaO2+8H2O

21672144

21.6gxy

21621.6g

72x

x7.2g

21621.6g

144y

y14.4g

此时生成过氧化钙质量为7.2g，假设成立，故A点对应固体的化学式为CaO2。

温度超过350℃时，假设过氧化钙会分解生成氧化钙和氧气，设过氧化钙分解生成氧化钙的质量为z.

Δ

CaO2CaO+O2

7256

7.2gz

727.2g

56z

z5.6g

因此温度超过350℃时，过氧化钙会分解生成氧化钙和水，固体质量减少至5.6g，假设成立，因此温度超过

350℃时，过氧化钙会分解生成氧化钙和水，无法得到过氧化钙。

2.（2025·江苏苏州）以闪锌矿[主要成分ZnS，少量FeS、CdS（硫化镉）]为原料制备硫酸锌的流程如下：

(1)“焙烧”时，金属硫化物（ZnS、FeS和CdS）与氧气反应均转化为金属氧化物和SO2。写出ZnS与O2高温反

应的化学方程式：。

(2)①“酸浸”时发生反应的基本类型为。

②“酸浸”所得滤液中阳离子有Cd2、Fe2、Fe3和（填离子符号）。

(3)“除铁”时发生反应：

170℃

反应Ⅰ4FeSO4+O2+4H2O2Fe2O3+4H2SO4

170℃

反应Ⅱ

Fe2SO43+3H2OFe2O3+3H2SO4

①除铁所得“滤渣2”的用途有（写一种）。

②铁元素化合价在反应Ⅰ和反应Ⅱ前后的变化情况分别为（填字母）。

A．升高降低B．升高不变C．不变降低D．降低升高

(4)“除镉过滤”前需先测定溶液中CdSO4浓度，计算所需锌粉质量的理论值m理论Zn。如图所示的是实际

m实际Zn

参加反应锌的质量与理论值之比分别为1.2和1.0时，除镉率随时间的变化。

m理论Zn

①金属活动性：ZnCd（填“＞”或“＜”）

m实际Zn

②除镉率接近100%时，>1的原因是。

m理论Zn

高温

【答案】(1)2ZnS3O22ZnO2SO2

(2)复分解反应H、Zn2

(3)作炼铁原料（或作红色颜料等，答案合理即可）B

(4)＞溶液中的硫酸（或H）消耗Zn

【详解】（1）由“焙烧”时，金属硫化物（ZnS、FeS和CdS）与氧气反应均转化为金属氧化物和SO2可知，ZnS

高温

与O2高温反应生成氧化锌和二氧化硫，该反应的化学方程式为：2NnS+3O22ZnO+2SO2。故填：

高温

2ZnO+3O22ZnO+2SO2。

（2）①“酸浸”时发生的反应是硫酸与“焙烧”时产生的金属氧化物反应生成对应硫酸盐和水的反应，都是两

种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，基本反应类型属于复分解反应。故填：复分解反应。

②“酸浸”时稀硫酸过量，“酸浸”时发生复分解反应，复分解反应前后元素化合价不变，所以“酸浸”所得滤液

中阳离子有Cd2、Fe2、Fe3和H、Zn2。故填：H、Zn2。

（3）①由反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，除铁所得“滤渣2”是氧化铁，氧化铁可作炼铁原料、作红色颜料等。故填：

作炼铁原料（或作红色颜料等，答案合理即可）。

②铁元素化合价在反应Ⅰ中由反应物硫酸亚铁中的+2价升高到生成物氧化铁中的+3价，反应Ⅱ中反应物硫

酸铁和生成物氧化铁中铁元素都显+3价，反应前后不变。故选：B。

（4）①由流程图可知，“除镉过滤”时，锌能将CdSO4中的镉置换出来，说明锌的金属活动性比镉强。故填：

＞。

m实际Zn

②由于稀硫酸过量，除镉率接近100%时，>1的原因是溶液中硫酸消耗锌。故填：溶液中硫酸（或

m理论Zn

H）消耗Zn。

3.（2025·江苏南通）以锌灰（主要成分为ZnO，含少量FeO、MnO、CuO）为原料制备ZnCl2的工艺流程如

下（“----►”表示部分过程略去）：

(1)“浸取”时，ZnO与盐酸反应的化学方程式为。

(2)“氧化”反应之一为3MnCl2＋2KMnO4＋2H2O=2KCl＋5MnO2↓＋4HCl。

①“氧化”时化合价升高的金属元素为（用元素符号表示）。

②若“氧化”时使用H2O2“滤渣1”仍为Fe（OH）3和MnO2，但工业生产时仍不选择H2O2，其原因是。

(3)实验室进行“过滤”操作时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。

(4)“置换”时，加入过量Zn粉的目的是。

(5)工业生产中若锌灰质量一定，为提高ZnCl2的产量，可采取的措施为。

【答案】(1)ZnO＋2HCl=ZnCl2＋H2O

(2)Fe、MnMnO2是H2O2分解的催化剂，造成H2O2的消耗量大

(3)漏斗

(4)将溶液中的Cu2+全部置换出来

(5)将锌灰粉碎，增大反应物接触面积，使反应更充分；或者适当提高盐酸的浓度等

【详解】（1）ZnO与盐酸反应生成氯化锌和水，化学方程式为ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O。

（2）①在反应3MnCl2＋2KMnO4＋2H2O=2KCl＋5MnO2↓＋4HCl中，MnCl2中锰元素显+2价，MnO2中锰元

素显+4价，同时盐酸浸取的氯化亚铁经过氧化变成了氢氧化铁，铁元素化合价由+2变成了+3，所以化合价

升高的金属元素为Mn、Fe。

②工业生产时仍不选择H2O2，其原因是MnO2是H2O2分解的催化剂，造成H2O2的消耗量大。

（3）实验室进行“过滤”操作时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。

（4）加入过量Zn粉的目的是将溶液中的Cu2+全部置换出来。

（5）为提高ZnCl2的产量，可采取的措施为将锌灰粉碎，增大反应物接触面积，使反应更充分；或者适当

提高盐酸的浓度等。

4.（2025·江苏南通·中考真题）学习小组以高纯铜为原料制备纳米铜粉，实验流程如下：

I氧化高纯铜

学习小组经查阅资料设计了以下两种“氧化”方法。

Δ

浓

方法1Cu2H2SO4CuSO4SO22H2O

Δ

稀

方法22CuO22H2SO42CuSO42H2O

(1)“方法2”的优点有。

(2)若用质量分数为98%的浓硫酸配制100g质量分数为19.6%的稀硫酸，所需浓硫酸的质量为g。按

图1稀释浓硫酸时，量筒中盛放的试剂是。

II铁粉还原硫酸铜

(3)学习小组取30mL“方法2”所得溶液于小烧杯中，加入0.5g还原铁粉，搅拌，观察到有无色气体逸出、烧

杯底部有红色物质析出、溶液由蓝色逐渐转变为红褐色（经检测含胶状氢氧化铁）。

①析出红色物质的原因是（用化学方程式表示）。

②产生的无色气体为。为提高铁粉利用率，需除去CuSO4溶液中的H2SO4且不引入杂质，宜采取

的措施是向溶液中加入足量的，充分反应后过滤。

(4)取30mL新配制的4%CuSO4溶液和0.5g还原铁粉进行实验，仍有气体逸出。为探究气体逸出与溶液酸碱

性的关系，学习小组设计了图2所示装置（夹持仪器略，pH传感器能精确测定溶液pH）并进行实验，测得

溶液pH随反应时间的变化如图3所示。AB段pH减小是因为生成了。

(5)学习小组查阅资料，对“溶液pH减小、有胶状氢氧化铁生成”的原因作出猜想：生成的FeSO4溶液与空气

中的O2发生了反应。为探究猜想是否合理，设计了如下实验方案：在图2装置中加入30mL用不含O2的蒸

馏水配制的4%CuSO4溶液，再加入0.5g还原铁粉，打开弹簧夹，持续通入N2，观察溶液颜色及pH的变化；

停止通N2，（将实验方案补充完整）。

III水合肼还原硫酸铜

(6)工业上常用水合肼“还原”硫酸铜制备纳米铜。有研究表明：纳米铜颗粒的直径与溶液pH、反应温度间的

关系如图4所示。若要制备直径为100nm的铜粉，需控制的反应条件为。

【答案】(1)H2SO4利用率高，不产生有毒气体SO2

(2)20浓硫酸

(3)CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu氢气氧化铜（或氢氧化铜）

(4)因为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，同时铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，都生成了硫酸亚铁，

导致酸性增强

(5)改通氧气一段时间，继续观察溶液颜色及pH的变化，通过对比可知生成的FeSO4溶液能否与空气中的

O2发生反应。

(6)pH为10、温度为80℃

【详解】（1）方法1会产生二氧化硫气体，二氧化硫有毒，会污染环境；而方法2不会产生有毒气体，更

加环保，且方法2中硫酸的利用率更高。

（2）溶液稀释前后溶质的质量不变，设所需浓硫酸的质量为x，则98%x=100g×19.6%，解得x=20g。量

取浓硫酸时，量筒中盛放的试剂是浓硫酸。

（3）铁的金属活动性比铜强，能与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁溶液和铜，反应的化学方程式为

＝

Fe+CuSO4FeSO4+Cu。

②铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，产生的无色气体为氢气。为提高铁粉利用率，需除去

CuSO4溶液中的H2SO4且不引入杂质，可加入足量的氧化铜（或氢氧化铜等），氧化铜与稀硫酸反应生成硫

酸铜和水，然后过滤。

（4）AB段pH减小是因为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，同时铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，

都生成了硫酸亚铁，导致酸性增强。

（5）在图2装置中加入30mL用不含O2的蒸馏水配制的4%CuSO4溶液，再加入0.5g还原铁粉，打开弹簧

夹，持续通入N2，观察溶液颜色及pH的变化；停止通N2，改通氧气一段时间，继续观察溶液颜色及pH的

变化，通过对比可知生成的FeSO4溶液能否与空气中的O2发生反应。

（6）由图中信息可知，若要制备直径为100nm的铜粉，需控制的反应条件为pH为10，温度为80℃。

5．（2024·江苏徐州）铝的应用涉及生产、生活的各个方面。工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含沙石等

杂质）制备铝的主要流程如图所示：

(1)过程①、②都包含固液分离的操作，该操作名称是。

(2)为加快铝土矿与NaOH溶液反应的速率，可采取的措施是。

(3)生成Al(OH)3的反应中，反应物除了有NaAlO2，CO2，还有一种氧化物为。

(4)写出电解氧化铝获得铝的化学方程式：。

【答案】(1)过滤

(2)将铝土矿粉碎（搅拌、增大碱溶液的浓度、加热等）

(3)H2O/水

通电

(4)2Al2O34Al+3O2

【详解】（1）过程①、②都包含固液分离的操作，过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，则

该操作名称是过滤。

（2）将铝土矿粉碎，搅拌，能增大反应物的接触面积，提高化学反应速率；增大碱溶液的浓度、加热等，

也可以提高化学反应速率。

（3）二氧化碳和NaA1O2溶液反应，生成Al（OH）3，由质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，生

成Al（OH）3的反应中，反应物除了有NaAlO2、CO2，还有一种氧化物为H2O。

通电

（4）电解氧化铝生成铝，同时应生成氧气，反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2。

6.（2023·江苏南通）实验室以软锰矿（主要含MnO2的矿石）为原料制备MnO2的流程如下：

(1)MnO2催化分解KClO3的化学反应方程式为。

(2)“酸浸”时，为使软锰矿充分反应，可采取的措施有（写一条）。

Δ

沉锰反应为。加热温度不能过高的原因

(3)“”MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+NH42SO4+H2O+CO2

是。

(4)在空气中“煅烧”MnCO3会生成不同的锰氧化物，各锰氧化物质量分数随煅烧温度的变化关系如图所示。

Δ

①370~410℃发生主要反应为2MnO+O22MnO2。该反应属于基本反应类型中的反应。

②已知酒精灯外焰的最高温度可达600℃以上。称取一定质量的MnO2，与KClO3混合均匀，充分加热后

冷却，溶解、过滤、洗涤、烘干后称量，发现固体质量减少。MnO2质量减少的主要原因是。

MnO2

【答案】(1)2KClO32KCl+3O2

Δ

(2)搅拌；粉碎；加热；适当提高酸的浓度等

(3)防止NH4HCO3分解

(4)化合温度高于450℃时，MnO2会分解成Mn2O3和O2

【详解】（1）加热条件下MnO2催化分解KClO3生成氯化钾和氧气，化学反应方程式为

MnO2MnO2

2KClO32KCl+3O2。故填：2KClO32KCl+3O2。

ΔΔ

（2）“酸浸”时，搅拌、粉碎、加热、适当提高酸的浓度等措施，都能使软锰矿充分反应。故填：搅拌；粉

碎；加热；适当提高酸的浓度等。

（3）由于反应物NH4HCO3受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，“沉锰”反应加热温度不能过高。故填：

防止NH4HCO3分解。

Δ

（4）①370~410℃发生主要反应为2MnO+O22MnO2。该反应符合化合反应多变一的特征，所以该反应

属于基本反应类型中的化合反应。故填：化合。

②酒精灯外焰的最高温度可达600℃以上。据图可知，温度高于450℃时，MnO2会分解成Mn2O3和O2，所

以MnO2质量减少。故填：温度高于450℃时，MnO2会分解成Mn2O3和O2。

7．（2023·江苏无锡）由菱铁矿(主要成分为FeCO3，含少量SiO2等杂质)制备铁粉的一种流程如下：

(1)碳酸亚铁(FeCO3)中铁元素的化合价为。

(2)“酸浸”时，为使反应充分，可采取的一种措施是。“酸浸”后所得溶液中含有的溶质有：FeSO4和。

(3)“沉铁”时，FeSO4转化为FeCO3沉淀，该反应的基本类型是。“焙烧”时，在高温条件下，FeCO3与O2

反应生成Fe2O3与CO2的化学方程式为。

(4)“还原”时，在高温条件下，利用炭粉可将铁从氧化铁中还原出来；若向氧化铁与炭粉的混合物中添加适

量的CaCO3，更利于还原氧化铁，其原因是。

【答案】(1)+2

(2)将菱铁矿粉碎硫酸/H2SO4

高温

(3)复分解反应4FeCO3O22Fe2O34CO2

(4)碳酸钙高温分解二氧化碳，二氧化碳能与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳也能还原氧化铁

【详解】（1）“亚铁”的化合价为+2价。

（2）增大接触面积，能使反应更充分，则可将菱铁矿粉碎；

碳酸亚铁能与硫酸反应生成硫酸亚铁、二氧化碳和水，由于加入的硫酸过量，则“酸浸”后所得溶液中含有的

溶质有硫酸亚铁和硫酸。

（3）硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁和硫酸钠，该反应为两种化合物互相交换成分生成另两种化合物

的反应，属于复分解反应；

碳酸亚铁和氧气在高温条件下生成氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：

高温

4FeCO3O22Fe2O34CO2。

（4）由于碳酸钙高温分解生成二氧化碳，而二氧化碳能与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳也能将铁从氧化

铁中还原出来，则加入适量的碳酸钙，更利用还原氧化铁。

8．（2023·江苏徐州）氧化铁红Fe2O3是常见的含铁颜料。工业上可利用硫酸亚铁、氨水、空气等物质制取

氧化铁红，主要流程如图所示：

85C

已知：“合成”时发生的主要反应为4FeSO4O26H2O4FeOOH4H2SO4

(1)Fe2O3的物质类别是（填“盐”或“氧化物”）。

(2)“合成”过程中不断加入氨水，溶液的pH仍然保持基本不变，原因是。

(3)“操作a”的名称是。

(4)FeOOH在加热条件下分解，生成Fe2O3和一种常见物质，该反应的化学方程式为。

【答案】(1)氧化物

(2)合成时生成H2SO4与氨水发生中和反应

(3)过滤

(4)2FeOOHFe2O3+H2O

【详解】（1）Fe2O3是由铁元素和氧元素组成的化合物，符合氧化物的定义，故属于氧化物；

（2）“合成”时发生的反应除生成FeOOH外还有H2SO4生成，因此不断加入的氨水能被反应生成的H2SO4中

和，所以溶液的pH仍然保持基本不变；

（3）操作a能将固体FeOOH与溶液进行分离，该操作为过滤；

（4）FeOOH在加热条件下分解，生成Fe2O3和一种常见物质，根据化学反应前后元素种类不变，可知该

物质为水，该反应的化学程式为2FeOOHFe2O3+H2O。

9．（2023·江苏苏州）用蛋壳（主要含CaCO3，还有少量MgCO3和有机物）为原料通过以下步骤制取补钙剂

醋酸钙［］。

CH3COO2Ca

已知：①醋酸钙易溶于水，高于160℃时发生分解；②醋酸（CH3COOH）易挥发。

(1)焙烧。将蛋壳在高温下焙烧后冷却，得到含金属氧化物的固体。

①焙烧过程中，CaCO3发生反应的化学方程式为。

②焙烧过程中，产生烧焦羽毛的气味，说明蛋壳中含有（有机物）。

(2)酸溶。在焙烧后的固体中先加入适量水打浆，冷却后，再加入稍过量的醋酸得到醋酸盐溶液。不能向焙

烧后的固体中直接加入醋酸的原因是。

除镁。在酸溶后的溶液中加入至碱性，将转化为沉淀除去。该反应属

(3)CaOH2CH3COO2MgMgOH2

于（填基本反应类型）。

中和。在除镁后的溶液中加入醋酸调节溶液为。其目的有：将溶液中的少量转化为

(4)pH7①CaOH2

；。

CH3COO2Ca②

(5)将中和后的溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤得到醋酸钙晶体。蒸发时不能直接将溶液蒸干的原因

是。

醋酸钙高温下分解所得氧化钙可作为气体吸收剂。将质量分数为的样品在高

(6)CH3COO2Ca94.8%50.0g

温下完全分解，计算分解得到CaO的质量（写出计算过程）。

高温

已知：醋酸钙分解反应为；杂质不发生反应。

①CH3COO2CaCaOC3H6OCO2

的相对分子质量为。

②CH3COO2Ca158

高温

+

【答案】(1)CaCO3CaOCO2蛋白质

(2)CaO与水反应放出大量热，反应液温度过高会使醋酸挥发损失

(3)复分解反应

(4)防止溶液吸收空气中的二氧化碳

(5)防止蒸干时局部温度过高，导致醋酸钙分解

(6)解：醋酸钙样品中含醋酸钙的质量=50.0g×94.8%=47.4g

设生成氧化钙的质量为x

高温

(CH3COO)2CaCaO+C3H6O+CO2

15856

47.4gx

15847.4g

56x

x16=.8g

答=：生成氧化钙的质量为16.8g。

【详解】（1）①焙烧过程中，碳酸钙在高温的条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，故反应的化学方程式写

高温

为：CaCO3CaOCO2。

+↑

②灼烧蛋白质是产生烧焦羽毛味，焙烧过程中，产生烧焦羽毛的气味，说明蛋壳中含有蛋白质，故填蛋白

质。

（2）不能向焙烧后的固体中直接加入醋酸的原因是CaO与水反应放出大量热，反应液温度过高会使醋酸挥

发损失，故填CaO与水反应放出大量热，反应液温度过高会使醋酸挥发损失。

（3）在酸溶后的溶液中加入氢氧化钙至碱性，醋酸镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和醋酸钙，是两种化合

物交换成分生成两种新的化合物的反应，符合复分解反应的特点，属于复分解反应，故填复分解反应。

（4）在除镁后的溶液中加入醋酸调节溶液pH为7，还能够防止溶液吸收空气中的二氧化碳，导致氢氧化

钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，引入杂质碳酸钙，故填防止溶液吸收空气中的二氧化碳。

（5）蒸发时不能直接将溶液蒸干的原因是防止蒸干时局部温度过高，导致醋酸钙分解，导致醋酸钙的产量

降低，故填防止蒸干时局部温度过高，导致醋酸钙分解。

（6）见答案

考点02废料回收利用流程类

10.（2025·江苏宿迁）硫酸铜在纺织、印刷等行业有广泛用途。化学实践小组查阅相关资料，提出用回收的

含铜废料制备五水硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，主要流程如下：

【资料】①含铜废料中含有的杂质既不与氧气反应，也不与酸反应。

②CuSO4·5H2O易溶于水，难溶于酒精。

③在降温结晶时，如果降温过快可能会导致结晶不均匀、不规则。

④加热条件下，铜与浓硫酸反应，也可制得硫酸铜，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O

(1)“焙烧”时，反应的化学方程式为。

(2)X溶液中的溶质为(填化学式)。

(3)“一系列操作”中的部分操作是：将滤液进行、降温结晶、过滤、酒精洗涤、低温干燥。其中，用酒

精洗涤的优点是。

(4)若要获得均匀、规则的五水硫酸铜晶体，可采取的操作方法是。

(5)工业上制备硫酸铜，不选择铜和浓硫酸的反应，而选择流程中的方案。从绿色化学的视角考虑，流程中

的方案具有的优点是(写出一点即可)。

Δ

【答案】(1)2Cu+O22CuO

(2)H2SO4

(3)蒸发浓缩减少五水硫酸铜晶体的损耗，提高产率

(4)缓慢降温

(5)流程中的方案无污染性气体生成，比较环保

【详解】（1）“焙烧”时反应为铜与氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，该反应的化学方程式为：

Δ

2Cu+O22CuO；

（2）由图可知，最后得到五水硫酸铜晶体，则加入的X溶液是稀硫酸，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和

水，故填：H2SO4；

（3）滤液经过一系列操作得到五水硫酸铜晶体，应采用降温结晶的方法，则“一系列操作”中的部分操作是：

将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、酒精洗涤、低温干燥；

CuSO4·5H2O易溶于水，难溶于酒精，故用酒精洗涤的优点是：减少五水硫酸铜晶体的损耗，提高产率；

（4）在降温结晶时，如果降温过快可能会导致结晶不均匀、不规则。故若要获得均匀、规则的五水硫酸铜

晶体，可采取的操作方法是：缓慢降温；

（5）铜与浓硫酸加热时生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫有毒，散逸到空气中，会污染空气，而流程

中的方案无污染性气体生成，比较环保。

11.（2025·江苏连云港）自然界中的碳氧循环是人类生存的基础。

叶绿体

绿色植物的光合作用可吸收CO2放出O2，反应∶6CO2+6XC6H12O6+6O2。

光照

(1)C6H12O6属于___________(填字母)。

A．有机物B．无机物C．氧化物

(2)化合物X的化学式为。

化石能源的燃烧、人和动物的呼吸作用消耗O2，产生CO2。

(3)下列关于化石能源的说法正确的是___________(填字母)。

A．化石能源只能通过燃烧加以利用

B．石油炼制可得到煤气、汽油和石蜡等多种产品

C．与燃煤相比，使用天然气可以减少SO2、氮氧化物等排放

(4)某化学小组同学为比较人体吸入的气体与呼出的气体中CO2、O2含量高低，实验如下：

取4个相同的集气瓶，分别编号A、B、C、D，其中A、B用玻璃片盖好；C和D通过排水集气法收集两瓶

呼出的气体，备用。完成下表：

实验内容现象结论

向A、C中分别滴加等量的

A中无明显现象，C呼出气体中的CO2含量大于

澄清石灰水，振荡，观察现

中。空气中CO2含量。

象。

将燃着的小木条分别伸入B中无明显现象，D中燃着呼出气体中O2含

B、D中，观察现象。的木条熄灭。量。

实现碳中和意义重大。燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。

(5)“吸收”中所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为。

(6)“过滤”得到的K2CO3溶液能循环利用的原因是。

(7)工业上常用高温煅烧CaCO3制取CO2并获取CaO。理论上获取1.1吨CO2时能生产CaO多少吨？(写出计

算过程)

【答案】(1)A

(2)H2O

(3)C

(4)澄清石灰水变浑浊小于空气中O2含量

(5)2KHCO3Ca(OH)2CaCO3K2CO32H2O

(6)能与水、CO2反应生成KHCO3

(7)解：设获取1.1吨CO2时，理论上能生产CaO的质量为x。

高温

CaCO3CaOCO2

5644

x1.1t

56x

=

441.1t

解得：x=1.4t

答：获取1.1吨CO2时，理论上能生产生石灰的质量为1.4吨。

【详解】（1）C6H12O6是含碳化合物，属于有机物，故选A；

（2）根据质量守恒定律，反应前后原子的个数和种类不变。反应后有6个C、12个H、18个O，反应前有

6个C、12个O，相差12个H、6个O，则1个X中含有2个H和1个O，X的化学式为H2O，故填：H2O；

（3）A、化石能源除了燃烧外，还可以作为化工原料等，故A错误；

B、石油炼制可得到汽油和石蜡等多种产品，煤气是通过煤的干馏过程获得的，故B错误；

C、天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，则与燃煤相比，使用天然气可以减少SO2、氮

氧化物等排放，故C正确。

故选C；

（4）实验结论是呼出气体中的CO2含量大于空气中CO2含量，二氧化碳能使澄清石灰水变浑，则向A、C

中分别滴加等量的澄清石灰水，振荡，可观察到A中无明显现象，C中澄清石灰水变浑浊；

将燃着的小木条分别伸入B、D中，B中无明显现象，D中燃着的木条熄灭，说明呼出气体中O2含量小于空

气中O2含量；

故填：澄清石灰水变浑浊；小于空气中O2含量；

（5）根据流程图可知，KHCO3溶液与石灰乳的主要成分氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钾和水，反应的化

学方程式为2KHCO3Ca(OH)2CaCO3K2CO32H2O，故填：

2KHCO3Ca(OH)2CaCO3K2CO32H2O；

（6）K2CO3能与CO2、水反应生成KHCO3，则“过滤”得到的K2CO3溶液能循环利用，故填：能与水、CO2反

应生成KHCO3；

（7）详见答案。

12．（2024·江苏连云港）一种以黄铜渣（含Zn、Cu、ZnO、CuO）为原料获取Cu和ZnSO4溶液的实验流程

如下。下列说法正确的是

A．加入H2SO4生成H2的化学方程式为Cu+H2SO4=CuSO4+H2

B．根据流程可以判断Zn的金属活动性比Cu的强

C．判断加入的Zn如已过量的依据是溶液中有固体剩余

D．流程中涉及的化学反应类型均为置换反应

【答案】B

【分析】黄铜渣中的锌、氧化铜、氧化锌和硫酸均能反应，铜不与硫酸反应。锌和硫酸反应生成硫酸锌和

氢气，氧化锌和硫酸反应生成硫酸锌和水，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水。过滤后的滤液中有硫酸锌

和硫酸铜。加入过量的锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌，过滤的滤渣中有生成的铜和过量的锌。

【详解】A、根据分析，铜不和硫酸反应，和硫酸反应生成氢气的是锌，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气。

不符合题意；

B、活泼金属能将不活泼金属从其盐溶液中置换出来，通过加入锌能将铜置换出来可说明锌比铜活泼。锌能

和稀硫酸反应生成氢气而铜不能，也可以说明活动性锌大于铜。符合题意；

C、因为锌和硫酸铜反应生成铜，不论锌是否过量溶液中都会有固体剩余。不符合题意；

D、置换反应是单质和化合物反应生成单质和化合物的反应。流程中氧化锌、氧化铜和硫酸的反应中反应物

都是化合物，都不是置换反应，不符合题意；

故选B。

13．（2024·江苏镇江）一种用炼铜烟灰（主要含CuO、ZnO）制备Cu和ZnSO4•7H2O的流程如图。

(1)溶液X应选用（选填序号）。

a.稀HClb.稀H2SO4c.稀HNO3

(2)“置换”发生反应的化学方程式为。

(3)“过滤”操作用到的玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒等。

(4)“过滤”后滤液制备ZnSO4•7H2O晶体的实验方案：将滤液（填操作名称），过滤，洗涤并干燥。

【答案】(1)b

(2)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu

(3)漏斗

(4)蒸发浓缩、冷却结晶

【详解】（1）该流程用炼铜烟灰（主要含CuO、ZnO）制备Cu和ZnSO4•7H2O，根据质量守恒定律，化学反

应前后，元素种类不变，CuO、ZnO、Zn中不含S元素，而ZnSO4•7H2O中含有S元素，说明X溶液中含有S

元素，稀HCl、稀H2SO4、稀HNO3中只有稀H2SO4含有S元素，则X溶液是稀H2SO4，故填：b。

（2）CuO与稀H2SO4反应生成CuSO4、H2O，ZnO与稀H2SO4反应生成ZnSO4、H2O，酸溶步骤后，溶液中溶

质一定有CuSO4、ZnSO4，不确定是否有H2SO4。加入Zn，Zn与ZnSO4不反应，Zn与CuSO4发生置换反应生

成ZnSO4、Cu，化学方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn可与H2SO4发生置换反应生成ZnSO4、H2，化学方

程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，根据流程图，置换后没有说明是否产生H2，则一定发生的反应是

Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。

（3）“过滤”操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒等。

（4）“过滤”后滤液一定含有ZnSO4，利用滤液制备ZnSO4•7H2O，需要析出溶质，则方案是：将滤液蒸发浓

缩、冷却结晶，过滤，洗涤并干燥。

14．（2024·江苏无锡）以黄铜废料为原料制备石绿[Cu2(OH)2CO3]的一种流程如下：

【查阅资料】

①黄铜废料中含铜84%~86%，含锌14%~16%，杂质总量≤0.3%。

②59℃时，向5%的碳酸钠溶液中加入8%的硫酸铜溶液，可制得产率较高的石绿固体。

(1)“预处理”包括粉碎、酸浸等过程。“粉碎”的目的是。使用稀硫酸酸浸的目的是。

(2)写出铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸铜和水的化学方程式：。

(3)步骤2获得的溶液中含有的阳离子有Cu2+和（填离子符号）。

(4)“系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等。干燥时温度过高会发生如下反应：

，的化学式为。

Cu2OH2CO32RCO2H2OR

(5)本实验中，提高石绿产率采取的措施有①；②。

【答案】(1)增大接触面积，使反应更充分除锌

(2)CuH2SO4H2O2CuSO42H2O

(3)H+

(4)CuO

(5)控制温度选择合适浓度的碳酸钠溶液和硫酸铜溶液

【详解】（1）“粉碎”的目的是为了增大接触面积，使反应更充分；金属活动性锌＞氢＞铜，锌能与稀硫酸反

应生成硫酸锌和氢气，而铜不与稀硫酸反应，所以使用稀硫酸酸浸的目的是为了除锌；

（2）铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；

（3）因为步骤1后加入的是过量的稀硫酸，所以步骤2获得的溶液中含有的阳离子有Cu2+和H+；

（4）由反应的化学方程式可知，反应前有2个铜原子、5个氧原子、2个氢原子和1个碳原子，反应后有3

个氧原子、2个氢原子和1个碳原子，由质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类和数目不变，则2

个R分子中含有2个铜原子、2个氧原子，1个R分子中含有1个铜原子、1个氧原子，则R的化学式为CuO；

（5）本实验中，提高石绿产率采取的措施有控制温度、选择合适浓度的碳酸钠溶液和硫酸铜溶液等。

15．（2024·江苏宿迁）热电厂燃烧煤产生含有大量SO2的烟气，某石膏板企业采用“碱—石灰”的方法使烟气

脱硫，再生产石膏。其主要生产流程如下图所示。

（提示：①SO2与CO2的某些化学性质相似；②CaSO3难溶于水）

(1)在实验室中，操作a使用的玻璃仪器有：烧杯和。

(2)吸收塔内发生反应的化学方程式是。

(3)流程中，可以循环利用的物质是（填化学式）。

(4)理论上只需不断加入（填化学式），便可持续实现烟气的脱硫处理。

(5)氧化塔中，反应前后化合价升高的元素是。

【答案】(1)漏斗、玻璃棒

(2)SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O

(3)NaOH

(4)CaOH2

(5)S

【详解】（1）熟石灰是氢氧化钙的俗称，由流程图可知，“制碱釜”中发生的反应是亚硫酸钠与氢氧化钙反应

生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，则操作a为分离固液的过滤操作，在实验室中，过滤使用的玻璃仪器有：

烧杯和漏斗、玻璃棒；

（2）烧碱是氢氧化钠的俗称，SO2与CO2的某些化学性质相似，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和

水，则由流程图可知，“吸收塔”中发生的反应是二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为

SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

（3）由流程图可知，可以循环利用的物质是烧碱溶液，烧碱是氢氧化钠的俗称，其化学式为NaOH；

（4）由流程图可知，理论上只需不断加入熟石灰，便可持续实现烟气的脱硫处理，熟石灰是氢氧化钙的俗

称，其化学式为；

CaOH2

（5）CaSO3中钙元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，设硫元素的化合价为x，根据在化合物中

各元素化合价的代数和为零，则2x230，解得x4，故CaSO3中硫元素的化合价为+4价；

CaSO42H2O中钙元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，设硫元素的化合价为y，根据在化合物

中各元素化合价的代数和为零，则2y240，解得y6，故CaSO42H2O中硫元素的化合价

为+6价；故氧化塔中CaSO3CaSO42H2O，硫元素化合价由+4价+6价，故化合价升高的元素是S。

16．（2024·江苏南通）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3，含少量FeO、Fe2O3、Al2O3）为原料制

备MgCO3。实验过程如下：

已知：①在溶液中，pH＝5.0时AlCl3完全转化为Al（OH）3沉淀，pH＝8.5时MgCl2开始生成Mg（OH）2

沉淀。

②MgCl2在过量Na2CO3溶液中会生成Mg（OH）2沉淀。

(1)“酸溶”时，MgCO3与稀盐酸反应的化学方程式为。

(2)“氧化”时发生的反应为2FeCl2+2HCl+H2O2═2FeCl3+2H2O。

①反应前后化合价发生变化的元素有O、。

②“酸溶”时需加入稍过量的稀盐酸，原因可能是（写一条）。

(3)“调pH”时，需控制溶液pH为。

(4)“沉镁”时，为提高MgCO3的纯度，试剂加入顺序为（填“a”或“b”）。

a.向Na2CO3溶液中逐滴加入MgCl2溶液b.向MgCl2溶液中逐滴加入Na2CO3溶液

【答案】(1)MgCO3+2HCl＝MgCl2+CO2↑+H2O；

(2)Fe废渣溶解充分，提高原料的浸出率

(3)5.0≤pH＜8.5

(4)b

【详解】（1）“酸溶”时，MgCO3与稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，化学方程式为MgCO3+2HCl＝

MgCl2+CO2↑+H2O；

（2）“氧化”时发生的反应为2FeCl2+2HCl+H2O2═2FeCl3+2H2O。

①亚铁离子被氧化为铁离子，化合价升高；氧元素由﹣1价还原到﹣2价，因此反应前后化合价发生变化的

元素有O、Fe；

②“酸溶”时需加入稍过量的稀盐酸，原因可能是保证废渣溶解充分，提高原料的浸出率，为过氧化氢氧化

亚铁离子提供酸性环境等；

（3）在溶液中，pH＝5.0时AlCl3完全转化为Al（OH）3沉淀，pH＝8.5时MgCl2开始生成Mg（OH）2沉淀。

所以“调pH”时，需控制溶液pH为5.0≤pH＜8.5之间；

（4）MgCl2在过量Na2CO3溶液中会生成Mg（OH）2沉淀，“沉镁”时，为提高MgCO3的纯度，试剂加入顺

序为：向MgCl2溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，故选b。

17．（2023·江苏镇江）实验室利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含少量Fe及铁的氧化物）制备NiCO3的

实验流程如图。

(1)为加快“酸溶”的反应速率，可采取的措施有（写一种）。

(2)“除铁”和“沉镍”中分离的操作名称为。

(3)检验NiCO3固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量的稀盐酸，再滴加（填

化学式）溶液，无明显现象。

(4)碱性条件下NiSO4会转化为N（iOH）2沉淀。“沉镍”时不能将NiSO4溶液滴入Na2CO3溶液中，其原因是。

【答案】(1)搅拌（合理即可）

(2)过滤

(3)BaCl2

(4)碳酸钠溶液显碱性，NiSO4会转化为Ni（OH）2沉淀

【详解】（1）为加快“酸溶”的反应速率，可采取的措施有搅拌；

（2）过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，“除铁”和“沉镍”中分离的操作名称为过滤；

（3）根据流程可知，NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3和Na2SO4，钡离子能与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉

淀，与碳酸根离子形成碳酸钡沉淀，碳酸镍固体在没有清洗之前，表面一定有硫酸钠，可能存在碳酸钠，

检验NiCO3固体已洗净的方法是：取最后一次洗涤后的滤液，先滴加过量的稀盐酸，可以除去碳酸钠，排除

去干扰，再滴加BaCl2溶液，无明显现象；

（4）“沉镍”时不能将NiSO4溶液滴入Na2CO3溶液中，原因是：碳酸钠溶液显碱性，NiSO4会转化为Ni（OH）

2沉淀。

考点03其他流程类

18.（2025·江苏连云港）氢气的发现、制取、储存和利用意义重大。

发现氢气：16世纪科学家就发现稀H2SO4与Fe反应能生成“易燃空气”。1787年拉瓦锡将H2O(g)[表示水蒸

气]通过一根烧红的铁制枪管，得同样“易燃空气”。他将“易燃空气”命名为“生成水的元素”，即氢。

(1)拉瓦锡实验中，枪管内壁有黑色固体(Fe3O4)生成，该反应的化学方程式为。

制取氢气：一种以NiFe2O4为催化剂制氢的反应原理如图1所示。

(2)反应Ⅰ中NiFe2O4(填“参加”或“未参加”)化学反应。

(3)将16gCH4和足量的H2O(g)通过该方法制氢，理论上可获得gH2.

储存氢气：镁基材料固态储氢具有储量大、安全等优点。储氢时，Mg与H2在一定条件下反应生成MgH2固

33.

体。1m镁基材料储存的H2在常温常压下体积可达1345m

2+

(4)MgH2由两种离子按个数比1：2构成。构成MgH2的是Mg和(填离子符号)。

(5)镁基材料储氢量大的原因是。

利用氢气：氢氧燃料电池能将化学能转化为电能，工作原理如图2所示。

(6)质子交换膜中只允许一种微观粒子通过，该微观粒子为___________(填字母)。

A．e-B．H+C．O2-

(7)燃料电池中发生反应的化学方程式为。

高温

【答案】(1)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2

(2)参加

(3)6

(4)H-

(5)H2转化为固体，等质量气体体积可缩小1000多倍

(6)B

催化剂

(7)2H2+O22H2O

【详解】（1）反应物是Fe和H2O(g)，生成物是Fe3O4和H2，反应条件是高温，方程式是

高温

3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；

（2）反应Ⅰ中NiFe2O4转化为NiO、FeO，所以NiFe2O4参加了化学反应；

（3）根据制氢的反应原理图，甲烷和水，在NiFe2O4催化、太阳光的条件下反应产生是CO和氢气，则反应

NiFe2O4

CH4+H2O(g)CO+3H2

NiFe2O4太阳光

的方程式是CH4+H2O(g)CO+3H2，设设生成H2质量为x，，

太阳光166

16gx

1616g

，解得x=6g。

6x

（4）MgH2由两种离子按个数比1：2构成，化合物中镁显+2价，设氢的化合价为y，根据根据化合物中正

负化合价代数和为0有：(+2)+2y=0，y=-1。当原子得到电子形成阴离子时，得到的电子数决定化合价数值，

带负电对应化合价为负。则H形成的离子是：H；

33

（5）题目中明确给出“1m镁基材料储存的H2在常温常压下体积可达1345m”，说明相同体积下，镁基

材料储存氢气多，所以储氢量大，故填：H2转化为固体，等质量气体体积可缩小1000多倍。

（6）从图2可知是氢氧燃料电池，涉及氢原子相关反应，质子交换膜允许H+通过来传导电荷，形成电流，

e−是电子，在导线中移动，O2−不通过该膜，故选B。

催化剂

（7）氢气和氧气在催化剂作用下反应生成水，化学方程式为2H2+O22H2O。

19.（2025·江苏常州）月球原位资源利用将成为原位补给水和氧气等关键生存物资的核心技术。

I.矿石处理

月壤样品分析结果表明其成分较复杂，其中的钛铁矿是铁和钛的氧化物(主．要．成分可写成FeO•TiO2)，具有磁

性，其余为非磁性矿物。据此科研人员用干式磁选法(如图1所示)分选富集出钛铁矿。

(1)图1中钛铁矿颗粒将进入斗。

(2)科研人员对粒径为100μm的矿物在不同磁感应强度(单位：T)和转速(单位：r•min-1)条件下进行磁选实验，

结果如图2所示，则该装置将月壤中磁性颗粒和非磁性颗粒分选开来的最佳条件为。

II.原位制水

(3)水是保障人类生存的关键资源。科研人员还在月壤钛铁矿中发现储存有大量氢。在高温下钛铁矿中的氢

与铁的氧化物能发生反应，其中氢与氧化亚铁反应生成单质铁和水，该反应方程式为