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江苏省扬州市2021年中考化学试题(解析版)

1、 江苏省扬州市江苏省扬州市 2021 年中考化学试题年中考化学试题 选择题选择题 单项选择题:本题包括单项选择题:本题包括 15 小题,每小题小题,每小题 2 分,共计分,共计 30分。每小题只有一个选项符合题意。分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 人体中含有多种元素。下列属于人体必需微量元素的是 A. 铁 B. 碳 C. 氢 D. 氧 【答案】A 【解析】 【详解】 碳、氧、氢、氮、磷、钾等都属于人体中的常量元素,铁、钴、铜、锌等属于人体内的微量元素。 故选 A。 2. 下列过程中只发生物理变化的是 A. 高炉炼铁 B. 冰雪融化 C. 食物变质 D. 木材燃烧 【答案】B 【解析】 【

2、分析】物理变化:没有生成新物质的变化;化学变化:生成新物质的变化; 【详解】A、高炉炼铁过程中,铁矿石转化为铁,有新物质生成属于化学变化,不符合题意,故选项错误; B、冰雪融化过程是水的状态发生改变,没有新物质生成属于物理变化,符合题意,故选项正确; C、食物变质过程中,物质发生缓慢氧化,有新物质生成,属于化学变化,不符合题意,故选项错误; D、木材燃烧过程中,有二氧化碳生成,是化学变化,不符合题意,故选项错误。 故选择 B; 3. 下列物质由分子构成的是 A. 氢氧化钾 B. 铝 C. 金刚石 D. 水 【答案】D 【解析】 【详解】A、氢氧化钾是由钾离子和氢氧根离子构成的,不符合题意; B

3、、铝是由铝原子构成的,不符合题意; C、金刚石由碳原子构成的,不符合题意; D、水由水分子构成的,符合题意; 故选 D。 4. 自然界中的物质大多数是化合物。下列化合物属于酸的是 A. KCl B. NaOH C. CuO D. HNO3 【答案】D 【解析】 【分析】酸:电离时产生的阳离子全部是 H+的化合物为酸。 碱:电离时产生的阴离子全部是 OH-的化合物为碱。 盐在化学中是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物 【详解】A、根据定义氯化钾是盐,不符合题意; B、根据定义 NaOH 是碱,不符合题意; C、CuO 是金属氧化物,不符合题意; D、根据定义 HNO3是酸,符合题意;

4、 故选 D。 5. 金可制成金箔,拉成金丝,说明金具有良好的 A. 导电性 B. 延展性 C. 导热性 D. 抗腐蚀性 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 金子被压成薄薄的金箔、 被拉成几十上百倍长度的金丝, 这些都表明金具有良好的延展性。 故选 B。 6. “安全重于泰山”。以下应张贴在“防火”场所的标志是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A、 是防火标识,符合题意; B、 是循环利用标识,不符合题意; C、 是节能标识,不符合题意; D、 是节约用水标识,不符合题意; 故选 A。 7. FeCl3溶液用于制作印刷电路板,反应为 32 2FeCl +Cu=CuCl

5、 +2X。X的化学式是 A. Fe B. FeCl2 C. Fe(OH)2 D. Fe(OH)3 【答案】B 【解析】 【详解】根据质量守恒定律,反应前后原子的种类数目不发生变化,反应前原子种类数目为 Fe:2,Cl:6, Cu:1,反应后不包括 X 原子的种类数目为 Cu:1,Cl:2,因此 X 中原子的种类数目为 Fe:2,Cl:4,因此 X 为 FeCl2。 故选 B。 8. 下列物质对应组成不正确的是 A. 干冰:CO2 B. 小苏打:NaHCO3 C. 纯碱:Na2CO3 D. 熟石灰:CaO 【答案】D 【解析】 【详解】A、干冰是固态 CO2的俗称,正确; B、小苏打是 NaHC

6、O3的俗称,正确; C、纯碱是 Na2CO3的俗称,正确; D、熟石灰是 Ca(OH)2的俗称,错误; 故选 D。 9. 测得一些物质的 pH 如下,其中酸性最强的是 A. 肥皂水:pH=10.2 B. 唾液:pH=6.8 C. 柠檬汁:pH=2.5 D. 洗涤剂:pH=12.2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】pH7,溶液显碱性,pH越大,碱性越强;pH7,溶液显酸性,pH越小,酸性越强,pH=7,溶液 显中性; 答案:C。 10. 下列属于化合反应的是 A. 234 3Fe+2OFe O 点燃 B. 43 NH ClNH+HCl C. 2244 BaCl +K SO =BaSO +

7、2KCl D. 44 Zn+CuSO =Cu+ZnSO 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A、该反应符合“多变一”的特点,属于化合反应,符合题意; B、该反应符合“一变多”的特点,属于分解反应,不符合题意; C、该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应,属于复分解反应,不符合题意; D、该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应,属于置换反应,不符 合题意。 故选 A。 11. 蔗糖的分子式为 C12H22O11,下列关于蔗糖的说法正确的是 A. H、O原子个数比为 2:1 B. 相对分子质量为(12+1+16) C. 蔗糖中含 45 种

8、元素 D. 氧元素的质量分数最小 【答案】A 【解析】 【详解】A、H、O 原子个数比为 22:11,即 2:1,符合题意; B、相对分子质量为(1212+221+1116)=342,不符合题意; C、蔗糖中含有 C、H、O 三种元素,不符合题意; D、氧元素的质量分数最大,氢元素的质量分数最小,不符合题意。 故选 A。 12. 自然界碳循环如图所示。下列说法正确的是 A. 向空气中排放 CO2会形成酸雨 B. 无机物和有机物不可相互转化 C. 植树造林有利于吸收 CO2 D. 煤、石油和天然气是可再生能源 【答案】C 【解析】 【详解】A、工业废气中二氧化硫氮的氧化物和水反应形成酸雨,A 错

9、误。 B、无机物和有机物可相互转化,如二氧化碳光合作用转化为葡萄糖,B 错误。 C、植物光合作用吸收二氧化碳,植树造林有利于吸收 CO2,C 正确。 D、煤、石油和天然气是不可再生能源,D 错误。 故选:C。 13. 氯化钠是一种常见的化学物质。下列说法不正确的是 A. 氯化钠是常见的食品调味剂 B. 氯化钠可用于生产氯气、烧碱 C. 蒸发海水即可获得纯净的氯化钠固体 D. 氯化钠可用于腌制食品 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A、氯化钠是食盐的主要成分,可用作调味剂,选项正确; B、氯化钠中有氯元素和钠元素,可用于生产氯气和烧碱氢氧化钠,选项正确; C、海水中除了有水和氯化钠以外还含

10、有其他的盐,例如氯化镁、氯化钾等,故蒸发海水不能得到纯净的氯 化钠固体,选项错误; D、氯化钠可用于调味品和腌制食品,选项正确。 故选 C。 【点睛】工业盐不能用于调味和腌制食品。 14. 某反应前后分子变化的微观示意图如下、下列说法正确的是 A. 反应有单质生成 B. 反应前后原子种类、数目不变 C. 反应物和生成物共有 8种物质 D. 该反应为置换反应 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A、 新生成的产物中没有新生成的单质, 两个白球是为完全反应的反应物, 不是产物, 不符合题意; B、根据质量守恒定律可知,化学反应前后物质的总质量不变、原子的种类不变、原子的数目不变,符合题 意;

11、 C、反应物有两种,产物有两种,共 4 种,不符合题意; D、该反应产物中没有新的单质生成,不符合置换反应的定义,不符合题意。 故选 B 15. 为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数, 取 2.0g石灰石样品于烧杯中, 将 20g 稀盐酸分 4 次加入样品 中,充分反应后经过滤、干燥、称重,得实验数据如下: 第一次 第二次 第三次 第四次 稀盐酸的用量/g 5 0 5.0 5.0 5.0 剩余固体的质量/g 1.5 1.0 0.5 0.3 已知石灰石中的杂质既不与盐酸反应,也不溶解于水。下列说法正确的是 A. 第三次实验后碳酸钙无剩余 B. 第四次实验后盐酸无剩余 C. 盐酸中 HC1的质量分

12、数是 3.65% D. 样品中碳酸钙的质量分数是 85% 【答案】D 【解析】 【详解】A、根据表格可知每次加入 5g 稀盐酸反应 0.5g 碳酸钙,而第四次反应加入 5g 稀盐酸反应 0.2g 碳 酸钙,因此第三次实验后碳酸钙有剩余,错误; B、结合选项 A,第四次实验后加入 5g 稀盐酸反应 0.2g 碳酸钙,因此碳酸钙无剩余盐酸有剩余,错误; C、设盐酸的溶质质量分数为 x 3222 2H O 10073 0.5g5.0g CaCOHClCaClCO x 1000.5g 735.0gx x=7.3%,不符合题意; D、2.0g 石灰石样品中碳酸钙质量为 1.7g,样品中碳酸钙的质量分数是

13、 1.7g 100%85% 2g ,符合题意。 故选 D。 不定项选择题:本题包括不定项选择题:本题包括 5 小题,每小题小题,每小题 2 分,共计分,共计 10 分。每小题只有一个或两个选项符合分。每小题只有一个或两个选项符合 题意。若正确答案只有一个选项,多选时,该小题得题意。若正确答案只有一个选项,多选时,该小题得 0 分;若正确答案包括两个选项,只选分;若正确答案包括两个选项,只选 一个且正确的得一个且正确的得 1 分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得 0 分。分。 16. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

14、 A. 生石灰具有吸水性,可用作干燥剂 B. 氮气性质稳定,可用作保护气 C. 金属铁具有导电性,可用于制炊具 D. 盐酸易挥发,可用于除铁锈 【答案】A 【解析】 【详解】A、生石灰能与水反应生成氢氧化钙,可作食品干燥剂,正确; B、氮气化学性质稳定,可作保护气,错误; C、金属铁具有导热性,可用于制炊具,错误; D、盐酸和氧化铁反应,可用于除铁锈,错误; 故选 A。 17. 用浓硫酸配制一定质量分数的稀硫酸并进行相关实验。下列操作正确的是 A. 量取浓硫酸 B. 测稀硫酸 pH C. 制取氢气 D. 收集氢气 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A、量筒读数时视线应与凹液面的最低处相平

15、,选项操作错误; B、测 pH时,pH试纸不能湿润,会对待测液产生稀释的效果,选项操作错误; C、实验室制取氢气采用稀硫酸和锌作为反应物,将锌放在多孔隔板上,稀硫酸从长颈漏斗中加入,使用该 装置可使反应随时发生随时停止,选项操作正确; D、氢气密度比空气小,应采用向下排空气法收集,选项操作错误。 故选 C。 【点睛】量筒仰视读数会使读数比实际液体体积要小。 18. Na2SO4与 NaCl 的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 加水能使 NaCl 溶液从不饱和变为饱和 B. 20时,NaCl的溶解度比 Na2SO4大 C. P 点时,NaC1与 Na2SO4的饱和溶液质量分数相等 D.

16、 将 Na2SO4饱和溶液从 30冷却至 10,有晶体析出,溶液变为不饱和 【答案】BC 【解析】 【详解】 A、 不饱和溶液转化为饱和溶液常用的方法有: 加入同种溶质, 恒温蒸发溶剂, 降温 (大多数溶液) , 故加水能使 NaCl溶液从不饱和变为饱和说法错误; B、根据 Na2SO4与 NaCl的溶解度曲线,在 20时,氯化钠的溶解度大于硫酸钠,说法正确; C、在 P 点时,氯化钠和硫酸钠的溶解度相等,饱和的两种溶液中溶质质量分数相等,故说法正确; D、将 Na2SO4饱和溶液从 30冷却至 10,有晶体析出,溶液仍然是饱和溶液,故说法错误; 故选择 BC; 19. 根据下列实验操作和现象

17、所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体,固体变红 该气体是氢气 B 将铜片和银片投入稀硫酸中,均无气泡放出 铜、银的金属活动性相同 C 向 NaOH溶液中滴加稀盐酸,无明显现象 该过程中未发生化学反应 D 向某溶液中滴加酚酞试液,有红色出现 该溶液显碱性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、将某气体通过灼热的黑色氧化铜固体,固体变红,该气体不一定是氢气,还可能是一氧化碳, A 错误。 B、铜、银的金属活动性不相同,铜金属活动性大于银,B 错误。 C、向 NaOH 溶液中滴加稀盐酸生成氯化钠和水,该反应无明显现

18、象,但是发生了化学反应,C 错误。 D、向某溶液中滴加酚酞试液,有红色出现,说明该溶液显碱性,D 正确。 故选:D。 20. Fe2(SO4)3溶液用于脱除 H2S,并由反应再生,原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中,S、O和 Fe 的化合价发生了变化 B. 理论上每生成 16gS,需补充 200g Fe2(SO4)3 C. 理论上每生成 32gS,同时有 16gO2参与反应 D. 理论上反应中每生成 18gH2O,同时消耗 152 g FeSO4 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A、反应过程中,反生 I 的化学方程式: 2243424 H SFe (SO ) =S2F

19、eSO +H SO ,硫化氢中氢 元素显+1 价,硫元素显-2 价,硫酸铁中铁元素显+3价,硫元素显+6价,氧元素显-2 价,单质硫中硫元素的 化合价为 0,硫酸亚铁中铁元素显+2价,硫元素显+6价,氧元素显-2 价,硫酸中氢元素显+1价,硫元素显 +6价,氧元素显-2 价, 2442224 3 2H SO4FeSO +O =2H O+2Fe (SO ),硫酸中氢元素显+1 价,硫元素显+6 价,氧元素显-2 价,硫酸亚铁中铁元素显+2价,硫元素显+6价,氧元素显-2 价,氧气中氧元素化合价为 0, 水中氢元素显+1价,氧元素显-2 价,硫酸铁中铁元素显+3价,硫元素显+6价,氧元素显-2 价

20、,S、O和 Fe 的化合价发生了变化,说法正确; B、硫酸铁溶液用于脱除硫化氢,并由反应再生,可以循环利用,无需补充硫酸铁,说法正确; C、由化学方程式: 2243424 H SFe (SO ) =S2FeSO +H SO , 2442224 3 2H SO4FeSO +O =2H O+2Fe (SO )可知, 该反应的总化学方程式为: 222 2H SO2S2H O, 由反应可得:每有 32份质量的硫生成,就有 16g氧气参与反应,说法正确; D、由 2442224 3 2H SO4FeSO +O =2H O+2Fe (SO )可知:每有 36 份质量的水生成,需要消耗 608g 硫酸亚 铁

21、,理论上反应中每生成 18gH2O,同时消耗 304g 硫酸亚铁,说法错误; 答案:AC。 非选择题非选择题 21. 扬州被称为运河之都、文化之都和美食之都,自古人文荟萃。 (1)故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州。一唐 李白 孟浩然“下扬州”的交通工具是木船。现代游船常用玻璃钢制造船体,玻璃钢属于_(填“复合材 料”或“金属材料”) 。 现代人远行可乘坐飞机。铝锂合金材料大量运用于国产 C919大飞机的制造,下列不属于铝锂合金性质的 是_(填字母) 。 A密度大 B硬度大 C抗腐蚀 汽车是重要的陆路交通工具。燃油车辆须加装尾气催化净化装置,该装置将尾气中的 CO和 NO转化成 CO2和一种无污染

22、的气体,发生反应的化学方程式是_。 (2)天下三分明月夜,二分无赖是扬州。一唐 徐凝 空气质量影响人们观赏明月。空气属于_(填“混合物”或“纯净物”) 。 下列做法不利于改善空气质量的是_(填字母) 。 A风力发电 B徒步出行 C垃圾露天焚烧 煤的气化和液化可实现能源清洁化,改善空气质量。水煤气中 CO和 H2在高温、高压和催化剂条件下合 成甲醇(CH4O) ,该反应的化学方程式是_。 (3)前日扬州去,酒熟美蟹蜊。一宋 梅尧臣 蟹肉鲜美,富含蛋白质。蛋白质水溶液在加热时会生成沉淀,此沉淀_(填“能”或“不能”)重 新溶解于水中。 各种酒中都含有乙醇(C2H6O) 。在酿酒过程中,粮食中的_(

23、填糖类名称)先转化为葡萄糖,再经 发酵生成乙醇。 下列食品中富含维生素 C的是_(填字母) 。 A盐水鹅 B西红柿 C大虾 【答案】 (1). 复合材料 (2). A (3). 22 2CO+2NO2CON 催化剂 (4). 混合物 (5). C (6). 24 CO+2HCH O 催化剂 高温、高压 (7). 不能 (8). 淀粉 (9). B 【解析】 【分析】 【详解】(1) 玻璃钢是强化纤维塑料,故不属于金属材料,是复合材料; 飞机制造使用铝锂合金材料,只要是利用铝锂合金硬度大、抗腐蚀,故不属于铝锂合金材料的性质是密 度大; 由质量守恒定律可知,化学反应前后元素的种类不变可知,反应后还

24、有氮气生成,故反应的方程式为: 22 2CO+2NO2CON 催化剂 (2) 空气中含有多种物质,故空气属于混合物; 露天焚烧垃圾会产生多种有害气体,污染空气,故不利于改善空气质量; 根据题意:该反应的反应物为 CO和 H2,生成物为甲醇(CH4O),反应条件为高温、高压和催化剂,故 反应方程式为: 24 CO+2HCH O 催化剂 高温、高压 (3) 蛋白质水溶液在加热时会生成沉淀,此过程会使蛋白质发生变性,故不能重新溶解在水中; 粮食中富含大量的淀粉,故酿酒时淀粉会转化为葡萄糖,葡萄糖再转化为酒精; 富含维生素的主要原料是水果、蔬菜,故西红柿中富含大量的维生素 C; 22. 水是一种常见的

25、溶剂,也是重要的资源。 (1)实验室用 NaC1 固体配制 50g15%NaCl溶液。 使用托盘天平称取_gNaC1 固体。 溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和_(填仪器名称) 。 (2)大多数天然淡水需要经过处理方可直接饮用 工厂锅炉长期使用会形成水垢,可用盐酸去除。写出水垢中 Mg2(OH)2CO3溶于盐酸时发生反应的化学 方程式_。 某家用净水机工作原理如下图所示: 净水机中,PP 棉净水原理是_(填“过滤”或“蒸馏”) ,颗粒活性炭可去除异味和余氯,是因为活性 炭具有良好_性。 (3)扬州积极推进水环境整治,建设“秀美瘦西湖,文明新扬州”。 环保部门对水质进行长期监测

26、, 将水质从“优”到 “劣”分为V 类。 由如图可知, 近年来扬州市 类优良水质百分比明显呈_ (填“上升”或“下降”) 趋势。 由此推断, 扬州市主要水域的水质在_ (填“变好”或“变差”) 。 产生这种变化趋势的原因可能是_(填字母) 。 A夜间排放工业污水 B清理污染河道的淤泥 C关停或整改存在污染隐患的企业 (4)污水未经处理直接排入河流,会使水面上藻类物质大量繁殖,水质恶化。某藻类含化学式为 C106H263O106N16P 的物质,则污水中导致藻类生长过快的营养元素是_(填元素名称) 。 【答案】 (1). 7.5 (2). 玻璃棒 (3). Mg2(OH)2CO3+4HCl=2M

27、gCl2+CO2+3H2O (4). 过滤 (5). 吸附 (6). 上升 (7). 变好 (8). BC (9). 氮元素和磷元素 【解析】 【分析】 【详解】 (1)使用托盘天平称取 50g15%=7.5g氯化钠,故填:7.5。 溶解过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒,故填:玻璃棒。 (2)水垢中 Mg2(OH)2CO3溶于盐酸时生成氯化镁二氧化碳和水,发生反应的化学方程式 Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2+3H2O,故填:Mg2(OH)2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2+3H2O。 PP 净水原理类似于过滤,活性炭具有吸附性,能去除异味和余

28、氯,故填:过滤;吸附。 (3)由如图可知,近年来扬州市类优良水质百分比明显呈上升趋势。由此推断,扬州市主要水域的 水质在变好,故填:上升;变好。 A夜间排放工业污水,水质变差,不符合题意。 B清理污染河道的淤泥,水质变好,符合题意。 C关停或整改存在污染隐患的企业,水质变好,符合题意。 故选:BC。 (3) 藻类含化学式为 C106H263O106N16P 的物质, 则污水中导致藻类生长过快的营养元素是氮元素和磷元素, 故填:氮元素和磷元素。 23. 氧气支持生命活动,也是一种重要的化工原料。 (1)实验室用如图所示的装置制取少量氧气。 仪器 a、仪器 b的名称分别是_、_。 锥形瓶内发生反应

29、的化学方程式是_。 (2)工业上有多种制取氧气的方法,如: 方法一:在低温、加压条件下,将空气液化。然后将温度升高至-196-183之间,使液态氮气先蒸发, 剩余液态氧气储存于钢瓶里。 方法二:利用电解水的方法制取氧气,将得到的氧气干燥。在低温、加压条件下,使之转化为液态,储存 于钢瓶里。 从构成物质的微粒视角分析,在方法一空气液化过程中,主要改变的是_。 某工厂用方法二制取氧气,发现氧气的产量略小于理论值,且所得氧气中有淡淡的鱼腥气味。从元素守 恒角度分析,该鱼腥气味的气体是_(填化学式或名称) 。 (3)氢气和氧气在 Pd基催化剂表面可反应生成 H2O2,其微观示意图如下: “解离”时,结

30、构被破坏的分子是_(填化学式) 。 (4)为探究双氧水的分解,进行以下两个实验: 氯化物对双氧水分解的影响。 反应条件:6.0mL30%双氧水,0.1g氯化物,室温;实验时间:1.5h。 实验数据如下表所示: 氯化物 NaCl MgCl2 CuCl2 放出氧气的体积/mL 2.0 4.0 420.0 双氧水的分解率/% 0.30 0.60 63.18 由上表可知,双氧水保存时应绝对避免引入的离子是_(写离子符号) 。 pH 对双氧水分解的影响。 反应条件:6.0mL30%双氧水,60;用 NaOH溶液调 pH;实验时间:1.5h。实验结果如图所示: 由如图可知,pH为_(填数字)时,双氧水的分

31、解率最高。 (5)用双氧水可制得“鱼浮灵”、“钙多宝”。 “鱼浮灵”主要成分是 2Na2CO3 3H2O2,可迅速增加水体含氧量,其原因是_。 “钙多宝”主要成分是 CaO2,常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气。长时间存放的过氧化钙中含有主 要杂质是_(填化学式) 、Ca(OH)2。 【答案】 (1). 铁架台 (2). 集气瓶 (3). 2 2222 MnO 2H OO+2H O (4). 分子之间的间隔 (5). 臭氧(或 O3) (6). H2 (7). Cu2+ (8). 9 (9). “鱼浮灵”溶于水生成碳酸钠和过氧化氢,碳酸钠 溶液显碱性,能促进过氧化氢分解生成氧气 (10). C

32、aCO3 【解析】 【详解】 (1)仪器 a、仪器 b的名称分别是铁架台、集气瓶。 锥形瓶内发生反应为过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水, 2 2222 MnO 2H OO+2H O。 (2)空气液化过程中,没有生成新物质,主要改变的是分子之间的间隔。 化学反应前后元素种类不变,氧气中只含有氧元素,则该鱼腥气味的气体为氧气转化而成的臭氧 O3。 (3)由图可知,“解离”时,结构被破坏的分子是氢分子 H2。 (4)由表可知,加入氯化铜以后,双氧水分解率特别大,比较加入氯化钠、氯化镁分解率可知,双氧水 分解率特别大的原因是引入了铜离子,故双氧水保存时应绝对避免引入的离子是铜离子 Cu2+。

33、由图可知,pH为 9 时,双氧水的分解率最高。 (5)“鱼浮灵”主要成分是 2Na2CO3 3H2O2,可迅速增加水体含氧量,其原因是“鱼浮灵”溶于水生成碳酸 钠和过氧化氢,碳酸钠溶液显碱性,能促进过氧化氢分解生成氧气。 “钙多宝”主要成分是 CaO2,常温下能与水反应生成氢氧化钙和氧气,氢氧化钙能吸收二氧化碳生成碳酸 钙,故长时间存放的过氧化钙中含有主要杂质是生成的碳酸钙 CaCO3、氢氧化钙 Ca(OH)2。 24. 天然气(主要成分为 CH4)作为清洁能源,正逐步走进城乡居民生活。 (1)“西气东输”工程利于国家能源和产业结构调整,极大改善了沿线居民生活质量。 为防止传输天然气的钢管被腐

34、蚀,可采取的措施有_(写出一种) 。 CH4完全燃烧的化学方程式是_,该过程_(填“释放”或“吸收”)能量。 天然气的使用可有效减少酸雨形成。下列现象与酸雨有关的是_。 A石刻文物被腐蚀 B全球海平面上升 (2)工业上以 CH4为原料生产 H2,制取原理如下图所示: 已知变换塔、洗涤塔发生的主要反应依次是: 222 CO+H OCO +H 一定条件 , 2223 CO +H O=H CO “转化炉”中有 H2产生,参加反应的 CH4与 H2O的质量比 4 2 m CH = m H O _。 “洗涤塔”中气体从塔底通入,水从塔顶喷淋。这样操作的优点是_。 若有 32gCH4参与反应(假设各步反应

35、都完全转化) ,理论上可制得_gH2。 (3)我国是世界上首个成功试采海域可燃冰的国家。可燃冰是 CH4被 H2O分子形成的笼包裹,在海底低温 和高压作用下形成的结晶物质。 可燃冰样品常存放于液氮储存罐中,其原因是_。 可燃冰有多种结构,某 H型可燃冰的化学式为 CH4 xH2O,分析其结构发现:平均 34 个 H2O分子构成 6 个笼,每个笼只容纳一个 CH4或 H2O分子,这 6 个笼内容纳的 CH4与 H2O 分子个数比是_(填最小整 数比) 。 【答案】 (1). 在钢管内外刷漆 (2). 4222 2O2H OCHCO 点燃 (3). 释放 (4). A (5). 8: 9 (6).

36、 水与二氧化碳能充分反应,将二氧化碳完全吸收; (7). 16 (8). 防止甲烷泄露; (9). 1: 9 【解析】 【详解】 (1)为防止传输天然气钢管被腐蚀,可采取的措施有在钢管内外刷漆,隔绝空气和水,防止 被腐蚀。 CH4完全燃烧的化学方程式是 4222 2O2H OCHCO 点燃 ,该过程释放能量。 A、石刻文物被腐蚀与酸雨有关 B、全球海平面上升与二氧化碳大量排放造成的温室效应有关; 故选 A。 (2)“转化炉”中有 H2产生反应的化学方程式为 422 H O3HCHCO 一定条件 ,参加反应的 CH4与 H2O 的质量比 4 2 m168 m H O189 CH ; “洗涤塔”中

37、气体从塔底通入,水从塔顶喷淋。这样操作的优点是水与二氧化碳能充分反应,将二氧化碳 完全吸收; 设转化炉中生成的氢气的质量为 x,生成的一氧化碳的质量为 y。 422 H O3H 16286 32g CHCO yx 一定条件 1632g1632g 12g56g 628 xy xy 设变换炉中生成的氢气的质量为 z。 222 H OH 282 56g COCO z 一定条件 2856g 2z z=4g 因此理论上可制得 12g+4g=16gH2。 (3)由题干可知,可燃冰是 CH4被 H2O 分子形成的笼包裹,在液氮的作用下水分子能够牢牢包裹甲烷分 子,因此可燃冰样品常存放于液氮储存罐中,其原因是

38、防止甲烷泄露; 平均 34 个 H2O 分子构成 6 个笼,每个笼只容纳一个 CH4或 H2O 分子,同时根据 H 型可燃冰的化学式, 则说明有 2 个笼被游离 H2O 分子填充,因此水分子的个数为 34+2=36,甲烷分子个数=6-2=4,因此这 6 个笼 内容纳的 CH4与 H2O 分子个数比是 4:36=1:9; 25. 以某菱镁矿石(主要成分是 MgCO3,含少量 MnCO3、SiO2)制取 MgSO4 7H2O,流程如下: (1)“酸浸”时,为了提高浸取率,除了搅拌、提高硫酸浓度外,还可采取的措施有_(写出一种) 。 此时,MnCO3发生反应的化学方程式是_。 (2)“转化”时主要反

39、应是 42224 NaC1O+MnSO +H O=MnO+NaCl+H SO,氯元素反应前后化合价变 化情况是_(填“升高”或“降低”) 。 (3)硫酸镁溶液在不同温度下进行浓缩结晶,可得到不同的晶体: 温度/ -3.9-1.8 1.8-48.1 48.1-67.5 67.5-200 析出晶体 MgSO4 12H2O MgSO4 7H2O MgSO4 6H2O MgSO4 H2O等 “操作 1”的具体操作是:蒸发浓缩滤液至表面有晶膜出现(此时 MgSO4溶液已饱和) 、_、过滤、 洗涤、低温干燥。 “操作 1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质,该物质是_(填化学式) 。循环使用的目的 是

40、_。 (4)已知:MgSO47H2O中镁元素质量分数为 9.76%,采用热分析法测定所得 MgSO4 7H2O样品中镁元素 质量分数: 未加热前,测得样品中镁元素质量分数略大于 9.76%,可能的原因是_。 高于 900后,测得剩余固体中镁元素质量分数大于 20%,可能的原因是_。 (5) 若用100t菱镁矿石可制得246 t MgSO4 7H2O产品, 忽略反应过程中镁元素损失, 求该菱镁矿石中MgCO3 的质量分数。 (写出计算过程)_。 【答案】 (1). 粉碎菱镁矿石 (2). MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2 (3). 降低 (4). 降温至 1.8-48.1结晶

41、(5). H2SO4 (6). 提高原料利用率,节约资源和成本,减少污染 (7). 已经失去部分 结晶水 (8). 硫酸镁部分分解(合理即可) (9). 设参与反应的 MgCO3的质量为 x 根据镁元素守恒可得 342 MgCOMgSO7H O 84246 246tx 84 = 246246t x 解得 x=84t 所以岭煤矿中碳酸镁质量分数为 84t 100%=84% 100t 【解析】 【分析】矿石中主要成分是 MgCO3,含少量 MnCO3、SiO2,加入硫酸进行酸浸,二氧化硅和硫酸不反应, 依据流程图中信息,MgCO3和 MnCO3与硫酸分别反应生成 MgSO4和 MnSO4溶液,经过

42、过滤操作将固液分 离。向溶液中加入 NaClO 溶液,由图可以看出将 MnSO4转化为 MnO2沉淀,MgSO4和 NaClO 不反应,经 过过滤操作将固液分离,得到 MgSO4溶液,可通过浓缩结晶的方式得到 MgSO4 7H2O。 【详解】 (1)酸浸时为了提高浸出率,可采用的操作有将矿石研磨成粉末、搅拌、提高硫酸浓度等。根据 上 述 分 析 , MnCO3与 硫 酸 反 应 生 成MnSO4、 水 和 二 氧 化 碳 , 反 应 方 程 式 为 MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2。 (2)反应前是 NaClO 中氯为+1价,反应后是氯化钠中氯为-1 价,故化合价降低。 (3

43、) 由表中可知, MgSO4 7H2O在 1.8-48.1析出, 故在蒸发浓缩后的冷却结晶中应控制温度为 1.8-48.1, 故填降温至 1.8-48.1结晶。 操作得到的滤液中溶质为 H2SO4和 NaCl,其中硫酸可至酸浸步骤进行循环利用,循环使用的目的是提 高原料利用率,节约资源和成本,减少污染。 (4)未加热前,镁元素的质量分数偏大,有可能是结晶过程中已经失去部分结晶水所导致。 由计算可得,MgSO4中镁元素的质量分数为 24 100%=20% 24+32+16 4 ,高于 900,镁元素的质量分 数大于硫酸镁中镁元素的质量分数,可能原因为硫酸镁部分分解。 (5)见答案 【点睛】当不考虑过程中镁元素的损失时,整个流程镁元素守恒,即菱镁矿碳酸镁中镁元素与生成结晶中 镁元素质量相等,据此计算。