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。