江苏省南通市海门区2024-2025学年九年级下学期4月期中化学试卷（解析版）

这是一份江苏省南通市海门区2024-2025学年九年级下学期4月期中化学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了5 Fe-56，2g，远小于100g，错误；等内容，欢迎下载使用。
1.本卷共12页，满分为150分，考试时间为150分钟，考试结束后，请务必将答题纸交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写在试卷及答题卡上指定的位置。
3.答案必须按要求填涂、书写在答题卡上，在试卷、草稿纸上答题一律无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第I卷 (选择题共40分)
第I卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。第1至10题为物理试题，第11至20题为化学试题。答案请按要求填涂在答题卡上。
1. 下列做法有利于推动“绿美海门”生态建设的是（ ）
A. 植树造林B. 扩大燃煤发电
C. 推广使用燃油车出行D. 倡导使用一次性餐具
【答案】A
【解析】
【详解】A、植树造林，可以净化空气，有利于生态文明建设，故选项做法正确；
B、扩大燃煤发电会污染，会产生大量的有害气体和粉尘，污染空气，不有利于生态文明建设，故选项做法错误；
C、推广使用燃油车出行，会产生大量的有害气体，污染空气，不有利于生态文明建设，故选项做法错误；
D、倡导使用一次性餐具，会浪费大量的化石资源并产生白色污染，不有利于生态文明建设，故选项做法错误。
故选：A。
2. 《山西通志》记载“旧通志，碱出定襄，土多斥卤，居人刮而炼之，即成锭。”文中记载的“碱”实为Na2CO3，Na2CO3属于（ ）
A. 酸B. 碱C. 盐D. 氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】由Na2CO3的化学式可知，碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，所以碳酸钠属于盐，故选C。
3. “实验室用石灰石和稀盐酸制取CO2”涉及的实验操作中正确的是（ ）
A. 取用CaCO3B. 制取CO2
C. 干燥CO2D. 收集CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A、取用块状固体（石灰石）时，应使用镊子，故选项操作正确；
B、制取二氧化碳时石灰石和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，长颈漏斗应该伸入稀盐酸液面以下形成液封，防止生成的二氧化碳从长颈漏斗中逸出，故选项操作错误；
C、二氧化碳能和碱石灰反应，干燥二氧化碳时应该使用浓硫酸，故选项操作错误；
D、二氧化碳的密度比空气大，收集二氧化碳时，应该从长管进入，故选项操作错误。
故选：A。
4. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. N2不易溶于水，可用作焊接金属时的保护气
B. 稀盐酸能与铁反应，可用作除锈剂
C. 生石灰与水反应放热，可用作发热包
D. 稀有气体无色无味，可用作霓虹灯的制备
【答案】C
【解析】
【详解】A、氮气化学性质稳定，可用作焊接金属时的保护气，物质的性质和用途对应不一致，故选项错误；
B、稀盐酸能与氧化铁铁反应，可用作除锈剂，物质的性质和用途对应不一致，故选项错误；
C、生石灰与水反应放出大量的热，可用作发热包，物质的性质和用途对应一致，故选项正确；
D、稀有气体通电能发出不同颜色的光，可制成霓虹灯，物质的性质和用途对应不一致，故选项错误。
故选：C。
阅读下列材料，完成下列小题。
我国将在2030年实现“碳达峰”。我国是首次使用“零碳甲醇”(CH3OH)作燃料的国家，“零碳甲醇”指的是合成甲醇的CO2与甲醇燃烧产生的CO2的量相等，实现了CO2的净排放为零。绿色化学要求之一化学反应过程中实现原子利用率为100%，化合反应符合该要求。合成甲醇常用分子筛膜作为催化剂。
5. 下列有关说法正确的是（ ）
A. “碳达峰”中的碳指碳单质
B. “零碳甲醇”在所有有机物中氢元素质量分数最大
C. 利用CO与H2合成甲醇可以实现原子利用率为100%
D. 利用CO2和H2O合成“零碳甲醇”时不需要外界提供能量
6. 利用CO2和H2合成甲醇的微观过程(图1)及该反应在有或无分子筛膜时反应相同的时间，甲醇的产率随温度变化(图2)所示。下列说法正确的是（ ）

A. 反应中分子、原子的种类均不变
B. 参加反应的CO2和H2的分子个数比为1：4
C. 有、无分子筛膜，甲醇的产率均随温度的升高而降低
D. 分子筛膜能加快CO2和H2合成甲醇的速率
【答案】5. C 6. D
【解析】
【5题详解】A、“碳达峰”中的碳指二氧化碳，故选项错误；
B、甲醇中氢元素的质量分数为：，甲烷中氢元素的质量分数为：，故选项错误；
C、一氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲醇，化学方程式为：，可实现原子利用率为100%，故选项正确；
D、利用CO2和H2O合成“零碳甲醇”时不需要外界提供能量，故选项错误，故选：C；
【6题详解】A、根据质量守恒定律可知，化学反应中原子的种类不变，分子的种类改变，故选项错误；
B、根据微观示意图可知，二氧化碳和氢气在催化剂条件下反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为：，参加反应的CO2和H2的分子个数比为1:3，故选项错误；
C、由图2可见，有分子筛膜，甲醇产率随温度先升后降，分子筛膜，甲醇产率随温度升高而降低，故选项错误；
D、由图2可见，分子筛膜（催化剂）可加快化学反应速率，从图中对比可见同一时间内有分子筛膜时甲醇产率更高，故选项正确，故选：D。
7. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种食品添加剂，能与金属反应生成致密的氧化膜，实验室常用NaNO2+NH4Cl=X↑+N2+2H2O制备N2，下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应是置换反应
B. X是日常生活中常见的调味品
C. 食品中要严格控制NaNO2添加量
D. 在金属表面刷含有NaNO2的油漆可以减缓金属的腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A、置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应，故选项说法错误；
B、根据质量守恒可知，反应前后原子的种类和数目不变，反应前后氮原子都是2个，氢原子都是4个，氧原子都是2个，反应前钠原子是1个，反应后应该是1个，反应前氯原子是1个，反应后应该是1个，包含在X中，则X的化学式为NaCl，是日常生活中常见的调味品，故选项说法正确；
C、亚硝酸钠（NaNO2）是一种食品添加剂，过量食用会使人中毒，食品中要严格控制NaNO2添加量，故选项说法正确；
D、亚硝酸钠（NaNO2）能与金属反应生成致密的氧化膜，在金属表面刷含有NaNO2的油漆可以减缓金属的腐蚀，故选项说法正确。
故选：A。
8. 氯化钠、硝酸钾和氢氧化钙三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. t1℃时Ca(OH)2的溶解度大于100g
B. 将Ca(OH)2饱和溶液降温，其溶质质量分数增大
C. t2℃时等质量的KNO3饱和溶液、Ca(OH)2饱和溶液所含的溶质质量相等
D. 将等质量的KNO3、NaCl饱和溶液从t2℃降温到t1℃，析出的固体质量：KNO3＞NaCl
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，左侧数值表示KNO3、NaCl的溶解度数值，右侧数值表示Ca(OH)2溶解度数值。
【详解】A、由溶解度曲线可知，t1℃时Ca(OH)2的溶解度小于0.2g，远小于100g，错误；
B、Ca(OH)2的溶解度随温度降低而增大，将Ca(OH)2饱和溶液降温，溶解度增大，溶液变为不饱和溶液，但溶质质量和溶剂质量都不变，根据溶质质量分数，所以其溶质质量分数不变，错误；
C、t2℃时，KNO3的溶解度大于Ca(OH)2的溶解度，根据饱和溶液溶质质量分数，等质量的KNO3饱和溶液、Ca(OH)2饱和溶液，由于KNO3饱和溶液溶质质量分数更大，所以等质量的KNO3饱和溶液、Ca(OH)2饱和溶液所含的溶质质量KNO3大于Ca(OH)2，错误；
D、KNO3的溶解度受温度影响比NaCl大。将等质量的KNO3、NaCl饱和溶液从t2℃降温到t1℃，KNO3溶解度变化大，析出的固体质量更多，即析出的固体质量：KNO3＞NaCl，正确。
故选D。
9. 某兴趣小组进行了“烧不坏的滤纸”5组实验，将滤纸(着火点为130℃)用不同浓度的酒精溶液浸泡后用火柴去点燃。实验过程中采集滤纸的中心温度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 由实验①曲线可知在20s后，滤纸可能被点着了
B. 由曲线②③可知滤纸烧不坏的原因是温度未达滤纸的着火点
C. 实验②③中心温度不高于130℃原因是酒精溶液气化带走了部分热量
D. 由该实验可知任何浓度的酒精均能被点燃
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，曲线 1 在 20 s 时温度突然升高，是因为温度达到了滤纸的着火点，滤纸燃烧，故说法正确；
B、由曲线②③可知滤纸烧不坏的原因是温度未达滤纸的着火点，因为如果温度没有达到130℃，滤纸就不会被点燃，故说法正确；
C、酒精气化会吸收热量，导致温度无法达到滤纸的着火点，所以实验②③中心温度不高于130℃原因是酒精溶液气化带走了部分热量，故说法正确；
D、因为实验只测试了不同浓度的酒精溶液对滤纸燃烧的影响，并不能得出“任何浓度的酒精均能被点燃”的结论，而低浓度的酒精可能无法被点燃，故说法错误。
故选D。
10. 有一均匀混合的Na2CO3和NaHCO3固体粉末，某兴趣小组分别取不同质量的粉末溶于水配成多组溶液，然后再向每一组溶液中逐渐滴加100g一定质量分数的稀HCl。所取的固体质量与生成的CO2关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液的溶质为NaCl、HCl
B. b点一定发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3
C. 9.5g固体粉末中含有8.4gNaHCO3
D. 所用稀HCl的溶质质量分数为7.3%
【答案】B
【解析】
【分析】向该混合物溶液滴加稀盐酸时，发生的化学反应分两步进行。
第一步反应：Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3。
第二步反应：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。
【详解】A、由图知，当固体样品质量为9.5g时生成CO2的质量最大，则说明样品与100g稀盐酸恰好完全反应，a点所得溶液的溶质为NaCl，错误；
B、由图知，a点时产生的CO2小于4.4g，说明b点时稀盐酸不足，碳酸氢钠部分参加反应，由于生成了二氧化碳，故碳酸钠已经完全反应，b点一定发生反应： Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，正确；
C、由图可知，当样品质量为9.5g时，此时生成二氧化碳的质量最大，说明此时样品与100g稀盐酸恰好完全反应，设样品中碳酸钠的质量为x，则碳酸氢钠的质量为9.5g-x，则碳酸钠完全反应生成碳酸氢钠的质量为：
则与稀盐酸反应的碳酸氢钠的质量为：，
碳酸氢钠完全反应生成二氧化碳的质量为4.4g，可得：
解得：x=5.3g
9.5g固体粉末中含有NaHCO3质量=9.5g-5.3g=4.2g，错误；
D、当样品为纯NaHCO3时，设稀HCl的溶质质量分数为y；
y=3.65%
当样品为纯Na2CO3时，设稀HCl的溶质质量分数为z ；
z=7.3%
根据以上计算可知，该稀盐酸溶质质量分数在3.65与7.3%之间，错误。
故选B。
II卷 (非选择题共110分)
第II卷共17小题，共110分。第21至25题为化学试题，第26至37题为物理试题。答案请按要求书写在答题卡上。
11. 2024年5月，嫦娥六号开启了世界首次采集月球背面月壤之旅。研究月壤相关物质的组成和性质具有重要的意义。
（1）科研人员在月壤中发现了“分子水”。据此推测月球背面存在固态和气态两种水，构成水分子的微粒是氢原子和______，固态水转化成气态过程中发生改变的是______。(填“分子种类”或“分子间隔”)
（2）月壤中含有大量安全无污染的核聚变原料He－3(相对原子质量为3)，地球上大量存在的是He－4。He－3、He－4两种原子的最外层电子数______(填“相同”或“不同”)，He－3的化学性质______(填“活泼”或“稳定”)。
（3）月壤中还发现了天然的少层石墨烯，石墨烯是目前最薄的材料。石墨烯可以制得超高比表面积和孔隙度的全碳气凝胶，用于净化空气、处理石油泄漏，说明它有较强的______性。石墨烯可作为电池电极材料，说明它具有______性。
（4）科学家发现月壤中存在FeO，FeO受热分解生成Fe3O4和一种单质，该反应的化学方程式为______。
【答案】（1）①. 氧原子 ②. 分子间隔
（2）①. 相同 ②. 稳定
（3）①. 吸附 ②. 导电
（4）
【解析】（1）水分子（H2O）由氢原子和氧原子构成；固态水转化为气态水是物理变化，分子种类不变，分子间间隔增大。
（2）He－3、He－4都属于氦元素，氦元素的原子最外层电子数都是2，所以两种原子最外层电子数相同；He－3的最外层电子数为2，达到了相对稳定结构，化学性质稳定。
（3）石墨烯能用于净化空气、处理石油泄漏，是利用其吸附性，吸附空气中杂质或石油；
作为电池电极材料需要能导电，所以说明石墨烯具有导电性。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、个数不变，FeO受热分解生成Fe3O4和一种单质，FeO中Fe、O的原子个数比为1∶1，Fe3O4中Fe、O的原子个数比为3∶4，则生成的单质为Fe，反应的化学方程式为。
12. 电解水制氢联合碳酸钙分解制氧化钙，生产清洁燃料乙醇(C2H5OH)。有助于减少碳排放，该新方法流程如图1所示。
（1）“电解水”过程中，电能转化为______能。氢元素的化合价______(填“升高”或“降低”或“不变”)。
（2）①“反应器1”中加热的条件下发生反应，该反应的化学方程式为______。
②“反应器1”还生成一定量的CO2，产生CO2的原因是______。
③“反应器1”的CO和CO2的质量分数随反应温度的变化如图2所示，反应器1中，将温度控制在______℃时，抑制CO2生成的效果最佳。
（3）为了使“反应器2”中的H2和CO恰好完全转化为C2H5OH和H2O，“反应器2”中投入H2与CO分子个数比为______。
（4）该流程中可循环利用的物质是______。
【答案】（1）①. 化学 ②. 降低
（2）①. CaCO3+H2 CaO+CO+H2O ②. 碳酸钙在加热条件下会分解生成二氧化碳 ③. 750
（3）2:1
（4）水##H2O
【解析】（1）电解水过程中，消耗电能产生氢气和氧气，电能转化为化学能。在水中氢元素显+1价，电解水生成氢气，氢气中氢元素化合价为0价，所以氢元素的化合价降低。
（2）①根据流程图可知，CaCO3可与H2在加热条件参加反应，根据质量守恒定律可知，反应生成CaO、CO和H2O，反应的化学方程式为： CaCO3+H2 CaO+CO+H2O；
②反应器 1 还生成一定量的CO2，产生CO2的原因是碳酸钙在加热条件下会分解生成氧化钙和二氧化碳；
③由图可知，750℃时，二氧化碳的含量最低，则说明该温度下抑制CO2生成的效果最好；
（3）根据化学反应前后原子种类和数目不变，反应器 2 中H2和CO反应生成C2H5OH和H2O，化学方程式为4H2+2CO C2H5OH+H2O，所以投入H2与CO分子个数比为 2：1 。
（4）从流程图可以看出， 反应器1、 2 都能生成水，而 电解水过程中消耗水，所以该流程中可循环利用的物质是水（或H2O ）。
13. 水是生命之源，人类从未停止对水的研究。
I.水认识
1781年英国科学家卡文迪许将锌加入到稀硫酸中，产生一种“可燃空气”，然后将“可燃空气”在纯氧中燃烧生成了水。1782年拉瓦锡将水蒸气通过高温铁管，获得了“可燃空气”和黑色固体。
（1）“可燃空气”属于______。(填“单质”、“化合物”或“混合物”)。
（2）若拉瓦锡实验所得黑色固体是Fe3O4，写出该实验的化学方程式______。
II.海水淡化
海水淡化常用方法如图1，也可用石墨烯淡化膜如图2。
（3）根据图1海水淡化属于______(填“物理变化”或“化学变化”)；该技术与实验室蒸馏得到淡水相比，优点是______。
（4）利用石墨烯淡化膜淡化海水，淡化膜上的孔径必须满足的条件是______。
III.废水处理
纳米零价铁常用于去除废水中的金属离子，有助于达到排放标准。去除途径可分为三类如图3所示：第一类是吸附捕捉，第二类是直接反应，第三类是吸附捕捉后再反应。
（5）Fe的金属活动性比Ni______(填“强”或“弱”)。
（6）Zn2+的去除途径属于第______类。
【答案】（1）单质
（2）
（3）① 物理变化 ②. 经济环保
（4）石墨烯淡化膜孔径必须大于水分子直径，小于溶解于海水中的离子的直径
（5）强
（6）三
【解析】（1）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氢气属于单质；
（2）水和铁在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：；
（3）图1可以看出，海水淡化是先让海水蒸发、再冷凝得到淡水，整个过程未生成新物质，属于物理变化；其优点是可就地利用太阳能，节约燃料(节约能源)，比实验室蒸馏更加经济环保；
（4）石墨烯淡化膜孔径必须大于水分子直径，小于溶解于海水中的离子的直径，才能既让水分子通过又阻挡盐离子；
（5）在金属活动性顺序中，Fe排在Ni的前面，所以Fe的金属活动性比Ni强；
（6）由题意可知，Zn2+的去除途径是吸附捕捉后再反应，属于第三类。
14. 实验小组验证CO2与碱溶液反应，进行了如下探究实验。
探究一：CO2与澄清石灰水反应
【实验一】某兴趣小组用一定浓度的盐酸溶液与石灰石反应，将产生的CO2通入澄清石灰水，观察到澄清石灰水中有气泡冒出，未见浑浊。
查阅资料：①盐酸具有挥发性，HCl的溶解度为1：500，CO2的溶解度为1：0.759。
②室温下，NaOH易溶于水和乙醇；Na2CO3易溶于水、微溶于乙醇
③AgNO3溶液能与盐酸反应，产生不溶于水和酸的白色沉淀
【提出问题】“实验一”中澄清石灰水没有变浑浊的原因是什么？
【实验探究】
（1）①甲同学另取少量该澄清石灰水于试管中，用吸管往试管中吹气，发现溶液变浑浊。甲同学进行该实验的目的是______。
②乙同学按图1装置进行探究，观察到C中变浑浊；B中所盛放的试剂为______(填序号)。
a.浓硫酸 b.H2O c.NaOH
③若将“实验一”产生的气体通入AgNO3溶液中，发生反应的方程式为______。
探究二：CO2与NaOH溶液反应。发现该反应没有明显现象，如何验证两者是否反应？
【实验二】丙同学设计了图2装置进行实验探究。打开压强传感器，测得充满CO2的三颈瓶中初始压强为101KPa，将三颈瓶上方的一种溶液快速推入瓶内，振荡充分反应。再将另一种溶液快速推入瓶内，振荡充分反应。最终将两个注射器活塞先后复回原位。
（2）由图3可知，先推入三颈瓶中的溶液为______(填“NaOH”或“HCl”)。
（3）DE段可观察到三颈瓶中的现象是______。
（4）图3中GH段压强低于初始压强，原因是______。
【实验三】丁同学按图4装置，将少量CO2通入饱和的NaOH的乙醇溶液和澄清石灰水，观察到甲中出现白色沉淀，乙中无现象。也能验证CO2和NaOH发生了反应。
（5）图4甲装置中反应的化学方程式为______。
（6）请设计实验验证反应后甲装置溶液中是否有NaOH剩余______。(包括操作、现象，可选择的试剂：CaCl2溶液、澄清石灰水、酚酞溶液)
【答案】（1） ①. 检验该澄清石灰水否变质 ②. b ③. HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3
（2）NaOH
（3）有气泡产生
（4）CO2能溶于水且能与水反应，导致瓶内气体减少，压强降低
（5）2NaOH+CO2=Na2CO3↓+H2O
（6）取少量反应后的甲装置溶液于试管中，加入过量的CaCl2溶液，静置，向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变红，则有NaOH剩余；若溶液不变红，则没有NaOH剩余
【解析】（1）①甲同学另取少量该澄清石灰水于试管中，用吸管往试管中吹气（呼出气体含CO2），发现溶液变浑浊。甲同学进行该实验的目的是检验该澄清石灰水是否变质，因为若石灰水不变质，通入CO2会变浑浊，若不变浑浊则可能石灰水已变质；
②盐酸具有挥发性，“实验一” 中产生的CO2中混有HCl气体，HCl会与石灰水反应，干扰CO2使石灰水变浑浊的现象。要除去HCl，可选用水，因为HCl极易溶于水（溶解度为1：500），且CO2在水中溶解度较小（溶解度为1：0.759），能除去HCl且对CO2影响较小。浓硫酸不能除去HCl；NaOH溶液会与CO2反应，不能用于除杂。所以 B 中所盛放的试剂为H2O，故选b；
③“实验一” 产生的气体中含HCl，HCl与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸，发生反应的方程式为 HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3 ；
（2）CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，使瓶内压强减小；由图 3 可知，反应开始压强迅速减小，说明先推入三颈瓶中的溶液为NaOH；
（3）先推入NaOH，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，再推入HCl，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳气体，使瓶内压强增大；所以 DE 段可观察到三颈瓶中的现象是有气泡产生；
（4）图 3 中 GH 段压强低于初始压强，原因是 CO2能溶于水且能与水反应，导致瓶内气体减少，压强降低；
（5）CO2与NaOH的乙醇溶液中的NaOH反应生成Na2CO3和水，由于Na2CO3在乙醇中微溶，所以会出现白色沉淀，反应的化学方程式为 2NaOH+CO2=Na2CO3↓+H2O；
（6）取少量反应后甲装置溶液于试管中，加入过量的CaCl2溶液（CaCl2能与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，除去Na2CO3，防止干扰NaOH的检验），静置，向上层清液中滴加酚酞溶液，若溶液变红，则有NaOH剩余；若溶液不变红，则没有NaOH剩余。
15. 海水的综合利用是当今热点话题，某化学小组探寻“海水之镁”。
（1）某海域海水中镁元素含量为0.13%，该化学小组用海水晒盐后的卤水来提取镁，卤水与直接用海水来提取相比优点是______。
（2）三水合碳酸镁(MgCO3•3H2O)在新能源、环保和生物医学等领域有着重要的作用，其制备原理如图1，该原理的化学方程式为______。
（3）测定三水合碳酸镁的纯度，该化学小组取15g样品，在敞口容器中按图2方法测定。计算该样品中MgCO3•3H2O的质量分数(忽略水的挥发产生的质量损失)。
(测定时发生的化学方程式为：MgCO3•3H2O+H2SO4=MgSO4+CO2↑+4H2O)
【答案】（1）提取效率更高（合理即可）
（2）MgCl2+2NaOH+2H2O+CO2=MgCO3•3H2O↓+2NaCl
（3）根据质量守恒定律可知，生成二氧化碳的质量=100g+15g-110.6=4.4g，设参加反应MgCO3•3H2O的质量为x，
x=14.4g，
该样品中MgCO3•3H2O的质量分数为：；
答：该样品中MgCO3•3H2O的质量分数为96%。
【解析】（1）海水晒盐后，水分蒸发，卤水中镁离子的浓度相对较高，提取效率更高；
（2）依据流程可知制取MgCO3•3H2O的原料是NaOH、CO2、MgCl2，依据质量守恒定律，反应的总反应方程式为MgCl2+2NaOH+2H2O+CO2=MgCO3•3H2O↓+2NaCl；
（3）见答案。