江苏省扬州市2021年中考化学试题（解析版）.doc

2021年中考化学试题
选择题
单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30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】
【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、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；
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。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NaHCO3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】pH>7，溶液显碱性，pH越大，碱性越强；pH<7，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. B.
C. D.
【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（12×12+22×1+11×16）=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；
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

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，符合题意。
故选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题2分，共计10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0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得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0分。
16. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
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，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. 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Ⅱ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Ⅱ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：，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，，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，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Ⅱ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：，可知，该反应的总化学方程式为： ，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、由可知：每有36份质量的水生成，需要消耗608g硫酸亚铁，理论上反应Ⅱ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
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

①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”）。
②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
③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
①空气质量影响人们观赏明月。空气属于______（填“混合物”或“纯净物”）。
②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
③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

①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。
②各种酒中都含有乙醇（C2H6O）。在酿酒过程中，粮食中的______（填糖类名称）先转化为葡萄糖，再经发酵生成乙醇。
③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. ④. 混合物 ⑤. C ⑥. ⑦. 不能 ⑧. 淀粉 ⑨. B
【解析】
【分析】
【详解】(1) ①玻璃钢是强化纤维塑料，故不属于金属材料，是复合材料；
②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；
③由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的种类不变可知，反应后还有氮气生成，故反应的方程式为：

(2) ①空气中含有多种物质，故空气属于混合物；
②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；
③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：

(3) ①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；
②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；
③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. 水是一种常见的溶剂，也是重要的资源。
（1）实验室用NaC1固体配制50g15%NaCl溶液。
①使用托盘天平称取______gNaC1固体。
②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。
①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______。
②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的______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”。
①环保部门对水质进行长期监测，将水质从“优”到 “劣”分为Ⅰ~V类。由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ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”）。

②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=2MgCl2+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）①使用托盘天平称取50g×15%=7.5g氯化钠，故填：7.5。
②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）①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。
②PP净水原理类似于过滤，活性炭具有吸附性，能去除异味和余氯，故填：过滤；吸附
（3）由如图可知，近年来扬州市Ⅱ~Ⅲ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。
②A．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。

①仪器a、仪器b的名称分别是______、______。
②锥形瓶内发生反应的化学方程式是______。
（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。
①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______。
②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：
①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）。
②pH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，双氧水的分解率最高。
（5）用双氧水可制得“鱼浮灵”、“钙多宝”。
①“鱼浮灵”主要成分是2Na2CO3·3H2O2，可迅速增加水体含氧量，其原因是______。
②“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. 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. CaCO3
【解析】
【详解】（1）①仪器a、仪器b的名称分别是铁架台、集气瓶。
②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）①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。
②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）①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+。
②由图可知，pH为9时，双氧水的分解率最高。
（5）①“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。
②“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。
①为防止传输天然气的钢管被腐蚀，可采取的措施有______（写出一种）。
②CH4完全燃烧的化学方程式是______，该过程______（填“释放”或“吸收”）能量。
③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：
，
①“转化炉”中有H2产生，参加反应的CH4与H2O的质量比______。
②“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______。
③若有32gCH4参与反应（假设各步反应都完全转化），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。

①可燃冰样品常存放于液氮储存罐中，其原因是______。
②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. ③. 释放 ④. A ⑤. 8：9 ⑥. 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）①为防止传输天然气的钢管被腐蚀，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。
②CH4完全燃烧的化学方程式是，该过程释放能量。
③A、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）①“转化炉”中有H2产生反应的化学方程式为，参加反应的CH4与H2O的质量比 ；
②“洗涤塔”中气体从塔底通入，水从塔顶喷淋。这样操作的优点是水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收；
③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。

设变换炉中生成的氢气的质量为z。

z=4g

因此理论上可制得12g+4g=16gH2。
（3）①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，其原因是防止甲烷泄露；
②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”时主要反应是，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
①“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。
②“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______。
（4）已知：MgSO4·7H2O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：
①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______。
②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 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

解得x=84t
所以岭煤矿中碳酸镁质量分数为
【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）①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。
②操作Ⅰ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）①未加热前，镁元素质量分数偏大，有可能是结晶过程中已经失去部分结晶水所导致。
②由计算可得，MgSO4中镁元素的质量分数为，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。