2021年江苏扬州中考化学试题单项选择题：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.（2021·扬州）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】A2.（2021·扬州）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】B3.（2021·扬州）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】D4.（2021·扬州）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.KClB.NaOHC.CuOD.HNO3【答案】D5.（2021·扬州）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】B6.（2021·扬州）“安全重于泰山”。以下应张贴在“防火”场所的标志是（）ABCD【答案】A7.（2021·扬州）FeCl3溶液用于制作印刷电路板，反应为。X的化学式是（）A.FeB.FeCl2C.Fe（OH）2D.Fe（OH）3【答案】B【解析】根据元素守恒定律，可推测出完整的化学方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2,所以X的化学式为FeCl2。8.（2021·扬州）下列物质对应组成不正确的是（）第13页共13页,A.干冰：CO2B.小苏打：NaHCO3C.纯碱：Na2CO3D.熟石灰：CaO【答案】D9.（2021·扬州）测得一些物质的pH如下，其中酸性最强的是（）A.肥皂水：pH=10.2B.唾液：pH=6.8C.柠檬汁：pH=2.5D.洗涤剂：pH=12.2【答案】C【解析】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。10.（2021·扬州）下列属于化合反应的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，A正确；B属于分解反应，C属于复分解反应，D属于置换反应。11.（2021·扬州）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2：1B.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】蔗糖的化学式为C12H22O11，其中H、O原子个数比为2：1；相对分子质量为（12×12+22×1+16×11）；蔗糖中含有C、H、O三种元素；蔗糖中氧元素的质量分数最大，氢元素的质量分数最小。12.（2021·扬州）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会形成酸雨第13页共13页,B.无机物和有机物不可相互转化C.植树造林有利于吸收CO2D.煤、石油和天然气是可再生能源【答案】C【解析】向空气中排放CO2，不会形成酸雨；大气中的CO2通过光合作用被植物吸收，植物再被动物有机体摄入，实现了从无机物到有机物的转变；植物的光合作用会吸收大气中的CO2，植树造林有利于吸收CO2；煤、石油和天然气是不可再生能源。13.（2021·扬州）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】食盐的主要成分是氯化钠，是常见的食品调味剂，可用于腌制食物，在氯碱工业中，电解饱和食盐水可制得氯气和烧碱，蒸发海水不能得到纯净的氯化钠固体，还需进一步提纯。14.（2021·扬州）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】反应前后并没有单质生成，后图中的单质为未参与反应的分子；反应前后原子种类、数目没有发生变化；反应物和生成物共有4中物质；该反应没有将单质置换出来，不属于置换反应。15.（2021·扬州）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/g505.05.05.0剩余固体的质量/g1.51.00.50.3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第13页共13页,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】第四次加入稀盐酸后剩余固体的质量减少，说明第三次实验后固体中仍有碳酸钙的存在；每次加入的稀盐酸用量一样，参与反应的碳酸钙质量一样，每加入5.0g稀盐酸消耗掉0.5g碳酸钙，而第四次实验后碳酸钙的质量只减少了0.2g，所以盐酸有剩余，B错误；根据方程式2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，设一次实验中加入的HCl的质量为x，HCl的相对分子质量为1+35.5=36.5，CaCO3的相对分子质量为40+12+48=100，可得xg/（36.5×2）=0.5g/100，得x=0.365g，一次实验中加入的稀盐酸为5g，所以盐酸中HCl的质量分数为0.365g/5g×100%=7.3%，C错误；整个实验中消耗的CaCO3为2.0g-0.3g=1.7g，所以碳酸钙的质量分数为1.7g/2.0g×100%=85%，D正确。16.（2021·扬州）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】AB【解析】生石灰具有吸水性，所以可以用来吸收水分用作干燥剂；氮气性质稳定，不易发生化学反应，所以可以用作保护气；金属铁具有导电性，可用作电线，与炊具没有对应关系，炊具对应的是金属铁的导热性；盐酸易挥发与除铁锈没有对应关系。17.（2021·扬州）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pHC.制取氢气D.收集氢气【答案】C【解析】量取浓硫酸看量筒刻度时视线应与液面平行，不能俯视或仰视，A错误；用湿润的pH试纸测稀硫酸会被稀释，导致测量结果不准确，B错误；用稀硫酸和锌来制取氢气，装置安装正确，C正确；收集氢气应用排水法或向下排空气法，D错误。18.（2021·扬州）Na2SO4与NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）第13页共13页,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】加水会稀释NaCl溶液，使其从饱和溶液变为不饱和溶液；根据溶解度曲线，可以看到20°C时NaCl的溶解度比Na2SO4大；在P点时，NaCl和Na2SO4的溶解度曲线相交，两者的溶解度相等，两者的饱和溶液质量分数相等；将Na2SO4饱和溶液从30°C降到10°C，有晶体析出，但溶液依然为饱和溶液。19.（2021·扬州）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【答案】D【解析】通过灼热的黑色氧化铜能使固体变红的气体，可以是氢气，也可以是一氧化碳；将铜片和银片投入稀硫酸中，均为气泡放出，只能说明铜片和银片均不与稀硫酸反应，不能说明铜、银的金属活动性顺序相同；向NaOH溶液中滴加稀盐酸，会发生酸碱中和反应，但不产生气体和沉淀，无明显现象不代表没有发生化学反应；酚酞试液遇碱变红。20.（2021·扬州）Fe2（SO4）3溶液用于脱除H2S，并由反应Ⅱ再生，原理如下图所示。下列说法正确的是第13页共13页,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200gFe2（SO4）3C.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152gFeSO4【答案】AC【解析】反应I生成S和FeSO4,此时S的化合价为0，Fe的化合价为+2，化合价发生了变化；根据图像写出化学方程式H2S+Fe2（SO4）3=S+2FeSO4+H2SO4,设需xgFe2（SO4）3，S的相对分子质量为32，Fe2（SO4）3的相对分子质量为400，xg/400=16g/32，x=200g，但反应Ⅱ可将反应I的生成物转变为Fe2（SO4）3，所以需补充的Fe2（SO4）3＜200g；反应Ⅱ的化学方程式为2FeSO4+H2SO4+O2=Fe2（SO4）3+2H2O，结合反应I，可得知S：O2=1:1，所以每生成32gS，会消耗16gO2；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。21.（2021·扬州）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。——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______。第13页共13页,（2）天下三分明月夜，二分无赖是扬州。——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。——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）①复合材料②A③2CO+2NO催化剂2CO2+N2（2）①混合物②C③（3）①不能②淀粉③B【解析】(1)①玻璃钢属于复合材料的一种，由于具备独特的性能，目前已在航空、铁路、建筑、家具、建材、体育以及环卫工程等10多个行业里面广泛应用。②铝锂合金材料是近年来航空航天材料中发展最为迅速的一种先进轻量化结构材料，具有密度低、硬度大、耐腐蚀等诸多优异的综合性能。③由题可知，该反应是由CO和NO在催化剂的作用下生成CO2和一种无污染气体的反应，由元素守恒定律可知该气体可能为N2,NO,NO2。由于该气体为无污染气体，则可判断该气体为N2。由此可得方程式为2CO+2NO催化剂2CO2+N2(2)①空气属于混合物,是指地球大气层中的气体混合，它主要由氮气、氧气、稀有气体（氦、氖、氩、氪、氙、氡），二氧化碳以及其他物质（如水蒸气、杂质等）组合而成。②露天焚烧属于低温焚烧,生活垃圾中的有机物在不充分燃烧的情况下,会产生一氧化碳气体，所以不利于改善空气质量，选C。③由题可知，该反应为CO和H2在高温，高压和催化剂的条件作用下生成了CH4O，第13页共13页, (3)①加热导致的蛋白质变性会导致蛋白质的沉淀，蛋白质变性是蛋白质的二级以上结构发生永久不可逆的变化，所以不能重新溶解于水中。②粮食的主要成分是淀粉。③盐水鸭和大虾中富含蛋白质，番茄中富含维生素C。22.（2021·扬州）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______gNaCl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______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第13页共13页,（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）①7.5②玻璃棒（2）①Mg2（OH）2CO3+4HCl=2MgCl2+3H2O+CO2↑②过滤吸附（3）①上升变好②BC（4）氮、磷【解析】(1)①配制50g15％氯化钠溶液需要50g×15%=7.5g氯化钠固体；②溶解过程需要使用玻璃棒进行搅拌。（2）①水垢溶于盐酸时的反应方程式为Mg2（OH）2CO3+4HCl=2MgCl2+3H2O+CO2↑；②PP棉的作用是过滤水中的杂质，颗粒活性炭具有良好的吸附性。（3）①由图可知，优良水质的百分比呈上升趋势，水质逐年变好；②因为优良水质比例上升，清理污染河道的淤泥和关停或整改存在污染隐患的企业都可以改善水质，而夜间排放工业污水会使水质变差，所以选A。（4）根据藻类所含的化学物质可知，氮和磷是导致污水中藻类生长过快的营养元素。23.（2021·扬州）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：第13页共13页,“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NaClMgCl2CuCl2放出氧气的体积/mL2.04.0420.0双氧水的分解率/%0.300.6063.18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第13页共13页,，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）①铁架台、集气瓶②2H2O2MnO2H2O+O2↑（2）①微粒之间的间隙②O3（3）H2（4）①Cu2+②9（5）①碳酸钠溶液呈碱性能够促进过氧化氢即双氧水分解②CaCO3【解析】（1）①由图可知仪器a为铁架台，仪器b为集气瓶。②由图可知该实验用MnO2催化H2O2制取氧气，化学方程式为2H2O2MnO2H2O+O2↑。（2）①空气液化主要改变的是微粒之间的间隙。②方法二用电解水的方法制得氧气，产生氢气和氧气，氧气的产量小于理论值，从元素守恒的角度来说，鱼腥味的气体只能是O3。（3）由微观示意图可得，在解离时，H2形成两个H原子，所以结构被破坏的分子为H2。（4）①由图表可得，当CuCl2存在时，双氧水的分解率大大提高，所以保存双氧水要避开引入Cu2+。②由图可知，当pH为9时，双氧水的分解率达到顶峰。（5）①因为双氧水在碱性溶液中分解率高，碳酸钠溶液呈碱性，能够促进过氧化氢即双氧水分解。②长时间存放的CaO2会接触到空气中的H20和CO2，形成CaCO3和Ca（OH）2。24.（2021·扬州）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H2第13页共13页,O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）①在钢管上涂油漆②CH4+O2点燃CO2+2H2O释放③A（2）①0.296②使反应更加彻底③24（3）①可燃冰需在低温环境中保存②1：9【解析】（1）①防止传输天然气的管道被腐蚀，可在管道上涂上油漆来隔绝气体，达到保护的作用。②CH4完全燃烧的化学方程式是CH4+O2点燃CO2+2H2O，因为是燃烧反应，所以释放能量。③酸雨会腐蚀露天存放的石刻文物；全球海平面上升与全球天气变暖有关。（2）①转换炉中有H2产生，可得出化学方程式CH4+3H2O=5H2+CO，CH4的相对分子质量为16，H2O的相对分子质量为18，可得m（CH4）/m（H2O）=16/18×3=0.296②气体从塔底通入，水从塔顶喷淋，可使反应更加彻底。③在转化炉中CH4+3H2O=5H2+CO，在变换塔中，CO+H2O一定条件CO2+H2，所以一分子CH4可对应6分子H2，H2的质量为32g/16×12=24g。（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.（2021·扬州）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”）。第13页共13页,（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/℃-3.9-1.81.8-48.148.1-67.567.5-200析出晶体MgSO4·12H2OMgSO4·7H2OMgSO4·6H2OMgSO4·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246tMgSO4·7H2O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）将矿石碾碎MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑（2）降低（3）①冷却结晶②H2SO4节约成本，方便快捷（4）①样品中含有部分MgSO4·6H2O、MgSO4·H2O②有部分固体转变为MgSO4·H2O（5）84%【解析】（1）提高浸取率可将矿石碾碎增大反应接触面积，此时MgCO3发生的化学反应为MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑。（2）反应前，在NaClO中氯元素的化合价为+1，反应后，在NaCl中氯元素的化合价为-1，所以氯元素的化合价降低了。（3）①蒸发浓缩的步骤为加热、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥②根据转化时的化学方程式，可知又生成了H2SO4，在下一步中H2SO4可被分离出来，再重新用于酸浸步骤。循环使用可降低成本，方便快捷。（4）①在加热前镁元素的质量分数略大可能是由于样品中含有部分MgSO4·6H2O，MgSO4·H2O②剩余固体中镁元素质量分数大于20%，可能是由于有部分固体转变为MgSO4·H2O（5）由题意得MgSO4·7H2O中镁元素质量分数为9.76%，可计算Mg的质量为246×9.76%，根据元素守恒定律，可知MgCO3中的Mg的质量与之相同，MgCO3中的Mg的质量分数为24/84，菱矿石中MgCO3的质量分数可通过246×9.76%×84×100÷24×100%=84%。第13页共13页
