还剩15页未读，
继续阅读
江苏扬州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、流程题、综合应用题
展开
这是一份江苏扬州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、流程题、综合应用题，共18页。试卷主要包含了实验题，综合应用题，流程题等内容，欢迎下载使用。
江苏扬州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、流程题、综合应用题
一、实验题
1．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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）。
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。
2．（2022·江苏扬州·统考中考真题）为认识酸和碱的性质，某化学学习小组进行了如下实验。
(1)20℃时，配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液。
①用图中仪器完成实验，还缺少的玻璃仪器是____(填名称)，玻璃棒在配制实验中的作用是___。
②配制该溶液需要_______g水。用量筒量取水时，俯视读数会导致所配溶液的溶质质量分数___10%。(填“大于”或“小于”)
(2)向1~5号小试管中分别滴加少量稀盐酸。
①_______中溶液变为红色(填“试管1”或“试管2”)。
②试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，由此推断金属活动性Cu比Zn_______(填“强”或“弱”)。
③试管5中生成一种盐和两种氧化物，该反应的化学方程式为_______。
(3)借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，实验装置如图，三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液。
①甲同学用pH传感器测得三颈烧瓶内溶液pH的变化如题图，判断溶液X是_____，实验进行到60s时溶液中的溶质为_____(填化学式)。
②乙同学用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化如图(实验过程中热量散失忽略不计)，据此可得出反应过程中_____能量的结论(填“吸收”或“释放”)。
③丙同学提出，通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推导出乙同学的实验结论，其理由是____。
二、综合应用题
3．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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CH4·9H2O，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）。
4．（2023·江苏扬州·统考中考真题）某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
(1)方法一：向废水中加入过量铁粉，充分反应，过滤，将所得金属回收处理得产品。
①加入铁粉的目的是______（用化学方程式表示）。过程中还会产生一种气体，其化学式为______。
②过滤所得金属的成分是______（填化学式）。
(2)方法二：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH______（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为______。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是______（填化学式）。
(3)方法三：用生石灰或石灰石调节废水的pH。向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是______（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是______。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为______。
5．（2023·江苏扬州·统考中考真题）以工业副产品石膏（主要成分是CaSO4）为原料可制备CaCO3。CaCO3有球霰石、方解石等多种形态，其中球霰石广泛应用于油墨、生物材料等领域。
(1)制备CaCO3时，将石膏与水配成悬浊液，再向其中通入NH3、CO2（不考虑石膏中杂质的反应）。
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是______、______。（填两点）
②制备时温度不宜过高，原因是______。
③制备可看作是（NH4）2CO3与CaSO4发生复分解反应，（NH4）2CO3与CaSO4反应生成CaCO3的化学方程式为______。理论上参加反应的CO2与NH3的质量比为______。
④若石膏中CaSO4的质量分数为85％，取160g石膏进行反应，计算理论上可制得CaCO3的质量______（写出计算过程）。
(2)反应生成的CaCO3中球霰石与方解石的质量分数与反应时间的关系如图—1所示。由图示信息得出的结论是______。
(3)反应时加入某表面活性剂可增加产物中球霰石的含量。该表面活性剂一端带正电荷，另一端为排斥水分子的疏水基团，可与球霰石形成两种吸附作用，如图—2所示。
①两种吸附分别为离子对吸附和离子交换吸附。离子对吸附：球霰石表面的带负电，表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面；离子交换吸附：球霰石表面的Ca2＋带正电，表面活性剂中带正电的一端可取代球霰石表面的Ca2＋，并吸附于球霰石表面。图—2中表示离子对吸附的是______（填“A”或“B”）。
②有研究认为，球霰石转化为方解石经历了球霰石溶解、再沉淀为方解石的过程。表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是______。
三、流程题
6．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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）______。
7．（2022·江苏扬州·统考中考真题）电石渣［主要成分为Ca(OH)2，还含有MgO等杂质］是一种工业废渣，以它为原料可生产纳米碳酸钙，制备方案如下：
已知：①NH4Cl溶液显酸性；
②“浸取”时的主要反应为；
③“碳化”时的主要反应为。
(1)电石渣久置在空气中会产生一定量的碱式碳酸钙［Ca3(OH)2(CO3)n］，化学式中的n为_______。
(2)用不同质量分数的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率和Mg元素去除率的数值如图所示，你认为较适宜的NH4Cl质量分数是_______。
(3)浸取时，向浸取液中滴加氨水调节pH，将镁元素全部沉淀，则操作1为_______(填操作名称)。
(4)工业上将操作1所得溶液碱化后，进行喷雾碳化，碳化塔的构造如图所示，CO2从_______处通入(填“A”或“B”)，其目的是_______。
(5)测得不同温度下碳化反应所需时间如下表(其他条件相同)：
温度
反应液浑浊所需时间(单位：秒)
反应完全所需时间(单位：分钟)
20℃
480
>180
40℃
120
180
60℃
1
50
80℃
1
68
实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是_______(写出一条即可)。
(6)该工艺流程的核心反应在“浸取”和“碳化”这两步，请书写由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式_______。结合制备方案判断可循环利用的物质为_______。
(7)用电石渣［Ca(OH)2质量分数92.5%］制备1tCaCO3，计算所需电石渣的质量(写出计算过程)。_______。
参考答案：
1． 铁架台 集气瓶 分子之间的间隔 臭氧（或O3） H2 Cu2+ 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 CaCO3
【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。
2．(1) 烧杯 搅拌加速溶解 72 大于
(2) 试管1 弱
(3) 稀盐酸 NaCl、NaOH 释放 温度升高气体体积膨胀，三颈烧瓶内气体压强变大
【分析】（1）根据一定量一定溶质质量分数溶液的配制分析。
（2）根据盐酸的化学性质分析。
（3）根据NaOH溶液与稀盐酸发生的中和反应，结合题中信息进行分析。
【详解】（1）①用固体配制溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、滴管、烧杯、玻璃棒，故填：烧杯。
在配制实验中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故填：搅拌加速溶解。
②配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：，则需要水的质量为：，故填：72。
用量筒量取水时，俯视读数使量取水的体积偏小，溶液的质量偏小，导致所配溶液的溶质质量分数大于10%，故填：大于。
（2）①盐酸能使石蕊试液变红，所以试管1中溶液变为红色，故填：试管1。
②金属活动顺序表中，金属活动性自左向右逐渐减弱，且位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，说明Cu的活动性比Zn弱，故填：弱。
③由质量守恒定律知，碱式碳酸铜与盐酸反应生成一种盐和两种氧化物，其中的盐是氯化铜，两种氧化物是水和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，故填：。
（3）①由图像知，开始反应时溶液的pH＜7，显酸性，所以三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，故填：稀盐酸。
三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，恒压漏斗内溶液是稀NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，稀盐酸与NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，三颈烧瓶内溶液的pH逐渐增大，二者恰好完全反应时溶液的pH=7，继续滴入NaOH溶液，则溶液的pH＞7，显碱性；实验进行到60s时，溶液的pH＞7，显碱性，此时溶液中的溶质为生成的NaCl和滴加后未反应的NaOH，故填：NaCl、NaOH。
②由用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化图知，反应过程中三颈烧瓶内温度升高，说明稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：释放。
③因为温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内压强变大，所以通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推出稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内气体压强变大。
【点睛】本题考查了溶液的配制、稀盐酸的化学性质及稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，涉及到的知识点较多，熟练掌握相关知识是解答的关键。
3． 在钢管内外刷漆 释放 A 8：9 水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收； 16 防止甲烷泄露； 2:1
【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，设6个笼内容纳的CH4的个数为x，则H2O分子的个数为6-x；H型可燃冰的化学式为CH4•9H2O，所以x：（34+6- x）=1：9，解得 x=4，6-x=2，所以CH4与H2O分子个数比是2：1。
4．(1) Fe+CuCl2=Cu+FeCl2 H2 Fe、Cu
(2) 增大 x+2y=2 CuO
(3) Ca(OH)2 石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7 先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7
【详解】（1）①向废水中加入过量铁粉，目的是使废水中的氯化铜与铁粉反应，置换出铜，化学方程式为：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，故填写：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2；
②过量铁粉除了与氯化铜反应，还与废水中少量的氯化氢反应，生成氯化亚铁和氢气(H2)，故填写：H2；
③铁粉与氯化铜反应，置换出了铜(Cu)，由于铁粉过量，因此，过滤所得金属的成分中一定有铁(Fe)，故填写：Fe、Cu。
（2）①废水中的少量氯化氢，溶于水形成盐酸，显酸性，加入碳酸钠溶液碳酸钠先于氯化氢反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，由于大部分二氧化碳的逃逸，使得溶液的酸性减弱，pH增大，随着碳酸钠溶液的过量，溶液显碱性，pH更大，故填写：增大；
②碱式碳酸铜(Cu(OH)x(CO3)y)中铜元素的化合价为+2，氢氧根离子化合价为-1，碳酸根离子化合价为-2，根据化合物中正负化合价代数和为零原则可知，，故填写：x+2y=2；
③反应温度过高，碱式碳酸铜可能受热会分解产生氧化铜、水和二氧化碳，生成物中只有氧化铜为黑色固体，氧化铜化学式为：CuO，故填写：CuO。
（3）①生石灰即氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故填写：Ca(OH)2；
②石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7，故填写：石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7；
③由图可知，加入横坐标为20g之前，加入石灰石后，废水pH变化要比加入生石灰快，而由题干可知，每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，因此，先加入石灰石，图中交点的位置横坐标为22g，纵坐标pH为6，说明当加入22g生石灰或石灰石时，pH都为6，所以从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调节pH为6，图中展示交点以后，生石灰调节废水pH的幅度要比石灰石快，而且，pH可以用生石灰调节为7，却无法用石灰石调节为7，当再加入2g生石灰，废水的pH调节为7，故填写：先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7。
5．(1) 粉碎石膏（合理即可）
搅拌（合理即可） 温度过高，氨气和二氧化碳的溶解度小，影响产率
22:17 解：设理论上可制得CaCO3的质量为x
x=100g
答：理论上可制得CaCO3的质量为100g
(2)在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态
(3) A 表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解
【详解】（1）①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是：粉碎石膏，搅拌等，增大石膏与水的接触面积；
②制备时温度不宜过高，原因是气体的溶解度随温度的升高而减小，温度过高，氨气、二氧化碳的溶解度小，影响产率；
③复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，故碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸铵，该反应的化学方程式为：；
氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸铵，即，即理论上参加反应的二氧化碳与氨气的质量比为：44：（17×2）=22:17；
④见答案；
（2）由图可知，在一定条件下，刚开始生成球霰石较多，方解石较少，随着反应的进行，方解石的质量分数逐渐增大，球霰石的质量分数逐渐减小，故可得出结论，在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态；
（3）①由题干信息可知，离子对吸剂是表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面，因为球霰石表面的碳酸根离子带负电，由图可知，A表面带正电，故表示离子对吸附的是A；
②表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解，故表面活性剂能增加产物中球霰石的含量。
6． 粉碎菱镁矿石 MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 降低 降温至1.8-48.1℃结晶 H2SO4 提高原料利用率，节约资源和成本，减少污染 已经失去部分结晶水 硫酸镁部分分解（合理即可） 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
【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。
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。
7．(1)2
(2)10%
(3)过滤
(4) A 增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应
(5)温度越高二氧化碳的溶解度越小（或温度越高，氨水越易分解，挥发出氨气）
(6) Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O NH4Cl、
(7)解：设所需电石渣的质量为x。
x=0.8t
答：制备1tCaCO3需电石渣的质量为0.8t。
【详解】（1）碱式碳酸钙的化学式为Ca3(OH)2(CO3)n，根据化合物中元素化合价的代数和为0，钙显+2价，氢氧根显-1价，碳酸根显-2价，则(+2)×3+(-1)×2+(-2)×n=0，n=2。
（2）根据图示，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，故较适宜的NH4Cl质量分数是10%。
（3）通过操作1将镁元素产生的沉淀与溶液分离，该操作为过滤。
（4）根据碳化塔的结构，如果二氧化碳从顶部B处通入，二氧化碳会从塔上部废气排出口排出，因此正确的操作是溶液从B处以雾状喷入，二氧化碳从A处通入，其目的是：增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应。
（5）由表可知，60℃时完全反应所需时间最少， 80℃比60℃时完全反应所需时间更多，其原因有：①二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小，溶解在溶液中的二氧化碳减少，导致完全反应所需反应时间增加；②温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，溶液的碱性变弱，吸收二氧化碳的效果变差，完全反应所需的时间增加。
（6）“浸取”过程中发生的反应是：，“碳化”过程中发生的反应是：。将这两个反应合并，由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。该制备方案中，“浸取”时生成氨水，氨水在碱化时可循环使用，“碳化”时生成氯化铵，氯化铵在“浸取”时可循环使用。故本方案中可循环利用的物质为：NH4Cl、 (或NH3)。
（7）见答案。
江苏扬州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、流程题、综合应用题
一、实验题
1．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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）。
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。
2．（2022·江苏扬州·统考中考真题）为认识酸和碱的性质，某化学学习小组进行了如下实验。
(1)20℃时，配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液。
①用图中仪器完成实验，还缺少的玻璃仪器是____(填名称)，玻璃棒在配制实验中的作用是___。
②配制该溶液需要_______g水。用量筒量取水时，俯视读数会导致所配溶液的溶质质量分数___10%。(填“大于”或“小于”)
(2)向1~5号小试管中分别滴加少量稀盐酸。
①_______中溶液变为红色(填“试管1”或“试管2”)。
②试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，由此推断金属活动性Cu比Zn_______(填“强”或“弱”)。
③试管5中生成一种盐和两种氧化物，该反应的化学方程式为_______。
(3)借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，实验装置如图，三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液。
①甲同学用pH传感器测得三颈烧瓶内溶液pH的变化如题图，判断溶液X是_____，实验进行到60s时溶液中的溶质为_____(填化学式)。
②乙同学用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化如图(实验过程中热量散失忽略不计)，据此可得出反应过程中_____能量的结论(填“吸收”或“释放”)。
③丙同学提出，通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推导出乙同学的实验结论，其理由是____。
二、综合应用题
3．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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CH4·9H2O，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）。
4．（2023·江苏扬州·统考中考真题）某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
(1)方法一：向废水中加入过量铁粉，充分反应，过滤，将所得金属回收处理得产品。
①加入铁粉的目的是______（用化学方程式表示）。过程中还会产生一种气体，其化学式为______。
②过滤所得金属的成分是______（填化学式）。
(2)方法二：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH______（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为______。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是______（填化学式）。
(3)方法三：用生石灰或石灰石调节废水的pH。向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是______（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是______。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为______。
5．（2023·江苏扬州·统考中考真题）以工业副产品石膏（主要成分是CaSO4）为原料可制备CaCO3。CaCO3有球霰石、方解石等多种形态，其中球霰石广泛应用于油墨、生物材料等领域。
(1)制备CaCO3时，将石膏与水配成悬浊液，再向其中通入NH3、CO2（不考虑石膏中杂质的反应）。
①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是______、______。（填两点）
②制备时温度不宜过高，原因是______。
③制备可看作是（NH4）2CO3与CaSO4发生复分解反应，（NH4）2CO3与CaSO4反应生成CaCO3的化学方程式为______。理论上参加反应的CO2与NH3的质量比为______。
④若石膏中CaSO4的质量分数为85％，取160g石膏进行反应，计算理论上可制得CaCO3的质量______（写出计算过程）。
(2)反应生成的CaCO3中球霰石与方解石的质量分数与反应时间的关系如图—1所示。由图示信息得出的结论是______。
(3)反应时加入某表面活性剂可增加产物中球霰石的含量。该表面活性剂一端带正电荷，另一端为排斥水分子的疏水基团，可与球霰石形成两种吸附作用，如图—2所示。
①两种吸附分别为离子对吸附和离子交换吸附。离子对吸附：球霰石表面的带负电，表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面；离子交换吸附：球霰石表面的Ca2＋带正电，表面活性剂中带正电的一端可取代球霰石表面的Ca2＋，并吸附于球霰石表面。图—2中表示离子对吸附的是______（填“A”或“B”）。
②有研究认为，球霰石转化为方解石经历了球霰石溶解、再沉淀为方解石的过程。表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是______。
三、流程题
6．（2021·江苏扬州·统考中考真题）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）______。
7．（2022·江苏扬州·统考中考真题）电石渣［主要成分为Ca(OH)2，还含有MgO等杂质］是一种工业废渣，以它为原料可生产纳米碳酸钙，制备方案如下：
已知：①NH4Cl溶液显酸性；
②“浸取”时的主要反应为；
③“碳化”时的主要反应为。
(1)电石渣久置在空气中会产生一定量的碱式碳酸钙［Ca3(OH)2(CO3)n］，化学式中的n为_______。
(2)用不同质量分数的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率和Mg元素去除率的数值如图所示，你认为较适宜的NH4Cl质量分数是_______。
(3)浸取时，向浸取液中滴加氨水调节pH，将镁元素全部沉淀，则操作1为_______(填操作名称)。
(4)工业上将操作1所得溶液碱化后，进行喷雾碳化，碳化塔的构造如图所示，CO2从_______处通入(填“A”或“B”)，其目的是_______。
(5)测得不同温度下碳化反应所需时间如下表(其他条件相同)：
温度
反应液浑浊所需时间(单位：秒)
反应完全所需时间(单位：分钟)
20℃
480
>180
40℃
120
180
60℃
1
50
80℃
1
68
实际碳化反应的温度采用了60℃，温度不宜过高的原因可能是_______(写出一条即可)。
(6)该工艺流程的核心反应在“浸取”和“碳化”这两步，请书写由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式_______。结合制备方案判断可循环利用的物质为_______。
(7)用电石渣［Ca(OH)2质量分数92.5%］制备1tCaCO3，计算所需电石渣的质量(写出计算过程)。_______。
参考答案：
1． 铁架台 集气瓶 分子之间的间隔 臭氧（或O3） H2 Cu2+ 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 CaCO3
【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。
2．(1) 烧杯 搅拌加速溶解 72 大于
(2) 试管1 弱
(3) 稀盐酸 NaCl、NaOH 释放 温度升高气体体积膨胀，三颈烧瓶内气体压强变大
【分析】（1）根据一定量一定溶质质量分数溶液的配制分析。
（2）根据盐酸的化学性质分析。
（3）根据NaOH溶液与稀盐酸发生的中和反应，结合题中信息进行分析。
【详解】（1）①用固体配制溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、滴管、烧杯、玻璃棒，故填：烧杯。
在配制实验中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故填：搅拌加速溶解。
②配制80g溶质质量分数为10%的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：，则需要水的质量为：，故填：72。
用量筒量取水时，俯视读数使量取水的体积偏小，溶液的质量偏小，导致所配溶液的溶质质量分数大于10%，故填：大于。
（2）①盐酸能使石蕊试液变红，所以试管1中溶液变为红色，故填：试管1。
②金属活动顺序表中，金属活动性自左向右逐渐减弱，且位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，试管3中产生气泡，试管4中无明显现象，说明Cu的活动性比Zn弱，故填：弱。
③由质量守恒定律知，碱式碳酸铜与盐酸反应生成一种盐和两种氧化物，其中的盐是氯化铜，两种氧化物是水和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，故填：。
（3）①由图像知，开始反应时溶液的pH＜7，显酸性，所以三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，故填：稀盐酸。
三颈烧瓶内溶液X是稀盐酸，恒压漏斗内溶液是稀NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，稀盐酸与NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，三颈烧瓶内溶液的pH逐渐增大，二者恰好完全反应时溶液的pH=7，继续滴入NaOH溶液，则溶液的pH＞7，显碱性；实验进行到60s时，溶液的pH＞7，显碱性，此时溶液中的溶质为生成的NaCl和滴加后未反应的NaOH，故填：NaCl、NaOH。
②由用温度传感器测得三颈烧瓶内温度变化图知，反应过程中三颈烧瓶内温度升高，说明稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：释放。
③因为温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内压强变大，所以通过监测三颈烧瓶内压强变化，也可以推出稀盐酸与NaOH反应过程中释放出能量，故填：温度升高气体体积膨胀，使三颈烧瓶内气体压强变大。
【点睛】本题考查了溶液的配制、稀盐酸的化学性质及稀NaOH溶液与稀盐酸的中和反应进行研究，涉及到的知识点较多，熟练掌握相关知识是解答的关键。
3． 在钢管内外刷漆 释放 A 8：9 水与二氧化碳能充分反应，将二氧化碳完全吸收； 16 防止甲烷泄露； 2:1
【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，设6个笼内容纳的CH4的个数为x，则H2O分子的个数为6-x；H型可燃冰的化学式为CH4•9H2O，所以x：（34+6- x）=1：9，解得 x=4，6-x=2，所以CH4与H2O分子个数比是2：1。
4．(1) Fe+CuCl2=Cu+FeCl2 H2 Fe、Cu
(2) 增大 x+2y=2 CuO
(3) Ca(OH)2 石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7 先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7
【详解】（1）①向废水中加入过量铁粉，目的是使废水中的氯化铜与铁粉反应，置换出铜，化学方程式为：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，故填写：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2；
②过量铁粉除了与氯化铜反应，还与废水中少量的氯化氢反应，生成氯化亚铁和氢气(H2)，故填写：H2；
③铁粉与氯化铜反应，置换出了铜(Cu)，由于铁粉过量，因此，过滤所得金属的成分中一定有铁(Fe)，故填写：Fe、Cu。
（2）①废水中的少量氯化氢，溶于水形成盐酸，显酸性，加入碳酸钠溶液碳酸钠先于氯化氢反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，由于大部分二氧化碳的逃逸，使得溶液的酸性减弱，pH增大，随着碳酸钠溶液的过量，溶液显碱性，pH更大，故填写：增大；
②碱式碳酸铜(Cu(OH)x(CO3)y)中铜元素的化合价为+2，氢氧根离子化合价为-1，碳酸根离子化合价为-2，根据化合物中正负化合价代数和为零原则可知，，故填写：x+2y=2；
③反应温度过高，碱式碳酸铜可能受热会分解产生氧化铜、水和二氧化碳，生成物中只有氧化铜为黑色固体，氧化铜化学式为：CuO，故填写：CuO。
（3）①生石灰即氧化钙与水反应，生成氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故填写：Ca(OH)2；
②石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7，故填写：石灰石与废水中少量的HCl反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，少量二氧化碳与水反应，生成碳酸，碳酸显酸性，pH小于7，因此，溶液的pH始终小于7；
③由图可知，加入横坐标为20g之前，加入石灰石后，废水pH变化要比加入生石灰快，而由题干可知，每吨石灰石的价格要比生石灰便宜，因此，先加入石灰石，图中交点的位置横坐标为22g，纵坐标pH为6，说明当加入22g生石灰或石灰石时，pH都为6，所以从廉价因素考虑，我们选择先加入22g石灰石，调节pH为6，图中展示交点以后，生石灰调节废水pH的幅度要比石灰石快，而且，pH可以用生石灰调节为7，却无法用石灰石调节为7，当再加入2g生石灰，废水的pH调节为7，故填写：先加入22g石灰石，调节废水的pH至约为6，再加入2g生石灰，调节废水的pH至约为7。
5．(1) 粉碎石膏（合理即可）
搅拌（合理即可） 温度过高，氨气和二氧化碳的溶解度小，影响产率
22:17 解：设理论上可制得CaCO3的质量为x
x=100g
答：理论上可制得CaCO3的质量为100g
(2)在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态
(3) A 表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解
【详解】（1）①配制悬浊液时，保持温度不变，为使石膏充分分散在水中，可采取的措施是：粉碎石膏，搅拌等，增大石膏与水的接触面积；
②制备时温度不宜过高，原因是气体的溶解度随温度的升高而减小，温度过高，氨气、二氧化碳的溶解度小，影响产率；
③复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，故碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸铵，该反应的化学方程式为：；
氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸铵，即，即理论上参加反应的二氧化碳与氨气的质量比为：44：（17×2）=22:17；
④见答案；
（2）由图可知，在一定条件下，刚开始生成球霰石较多，方解石较少，随着反应的进行，方解石的质量分数逐渐增大，球霰石的质量分数逐渐减小，故可得出结论，在一定条件下，随着反应时间的增加，碳酸钙的球霰石形态会转化为方解石形态；
（3）①由题干信息可知，离子对吸剂是表面活性剂通过带正电的一端吸附于球霰石表面，因为球霰石表面的碳酸根离子带负电，由图可知，A表面带正电，故表示离子对吸附的是A；
②表面活性剂能增加产物中球霰石的含量，原因是表面活性剂通过两种吸附作用覆盖在球霰石表面，阻碍球霰石的溶解，故表面活性剂能增加产物中球霰石的含量。
6． 粉碎菱镁矿石 MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 降低 降温至1.8-48.1℃结晶 H2SO4 提高原料利用率，节约资源和成本，减少污染 已经失去部分结晶水 硫酸镁部分分解（合理即可） 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
【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。
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。
7．(1)2
(2)10%
(3)过滤
(4) A 增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应
(5)温度越高二氧化碳的溶解度越小（或温度越高，氨水越易分解，挥发出氨气）
(6) Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O NH4Cl、
(7)解：设所需电石渣的质量为x。
x=0.8t
答：制备1tCaCO3需电石渣的质量为0.8t。
【详解】（1）碱式碳酸钙的化学式为Ca3(OH)2(CO3)n，根据化合物中元素化合价的代数和为0，钙显+2价，氢氧根显-1价，碳酸根显-2价，则(+2)×3+(-1)×2+(-2)×n=0，n=2。
（2）根据图示，当用质量分数为10%的NH4Cl溶液浸取电石渣时，Ca元素提取率最高，同时Mg元素去除率也比较高，故较适宜的NH4Cl质量分数是10%。
（3）通过操作1将镁元素产生的沉淀与溶液分离，该操作为过滤。
（4）根据碳化塔的结构，如果二氧化碳从顶部B处通入，二氧化碳会从塔上部废气排出口排出，因此正确的操作是溶液从B处以雾状喷入，二氧化碳从A处通入，其目的是：增大溶液与二氧化碳的接触面积，使碱化的溶液与二氧化碳充分反应。
（5）由表可知，60℃时完全反应所需时间最少， 80℃比60℃时完全反应所需时间更多，其原因有：①二氧化碳气体的溶解度随温度的升高而减小，溶解在溶液中的二氧化碳减少，导致完全反应所需反应时间增加；②温度越高，氨水分解的速率越大，氨气挥发，溶液的碱性变弱，吸收二氧化碳的效果变差，完全反应所需的时间增加。
（6）“浸取”过程中发生的反应是：，“碳化”过程中发生的反应是：。将这两个反应合并，由Ca(OH)2制备碳酸钙的总反应方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。该制备方案中，“浸取”时生成氨水，氨水在碱化时可循环使用，“碳化”时生成氯化铵，氯化铵在“浸取”时可循环使用。故本方案中可循环利用的物质为：NH4Cl、 (或NH3)。
（7）见答案。
相关试卷
河南三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02推断题、综合应用题： 这是一份河南三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02推断题、综合应用题，共18页。试卷主要包含了推断题，流程题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
江苏苏州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-03流程题、科学探究题： 这是一份江苏苏州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-03流程题、科学探究题，共14页。试卷主要包含了流程题，科学探究题等内容，欢迎下载使用。
江苏苏州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、综合应用题： 这是一份江苏苏州三年（2021-2023）中考化学真题分题型分类汇编-02实验题、综合应用题，共14页。试卷主要包含了实验题(共0分，综合应用题(共0分等内容，欢迎下载使用。
