2025年中考化学二轮复习专题过关检测溶液

溶液 一．选择题（共15小题） 1．（2024•淄博）如图为KNO3和NH4Cl的溶解度曲线。下列说法正确的是（　　） A．t℃时，KNO3溶液和NH4Cl溶液的浓度一定相同 B．20℃时，可配制溶质质量分数为30%的NH4Cl溶液 C．采用降温结晶的方法除去NH4Cl中混有的少量KNO3 D．分别将等质量的50℃的KNO3、NH4Cl饱和溶液降温到20℃，析出KNO3的质量大于NH4Cl的质量 2．（2024•攀枝花）工业尾气中的NO可用硫酸亚铁溶液吸收处理：FeSO4+NO═Fe（NO）SO4。现欲将NO含量为4.98g/m3的尾气1000m3处理至达标（不高于0.18g/m3）后排放，至少需要溶质质量分数为20%的硫酸亚铁溶液（　　） A．121.6kg B．126.16kg C．24.32kg D．228.0kg 3．（2024•德州）甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度 B．40℃时，甲、乙物质的溶液溶质质量分数相等 C．欲使乙从其溶液中结晶析出常用蒸发溶剂的方法 D．50℃时，向50g水中加入32g甲物质可得82g溶液 4．（2024•河北）如表是KNO3和NaNO3在不同温度时的溶解度，小明用其中一种物质（X）进行了图3所示的实验（水蒸发忽略不计）。下列分析错误的是（　　） 温度/℃ 20 40 60 溶解度/g KNO3 31.6 63.9 110 NaNO3 88.0 103 125 A．X为NaNO3 B．③中溶液为X的不饱和溶液 C．④中溶液的质量为100g D．溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④ 5．（2024•哈尔滨）如图是a、b两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线，结合图示判断，下列叙述正确的是（　　） A．t2℃时，b的溶解度比a小 B．t1℃时，a、b两种溶液中溶质的质量分数一定相同 C．将t2℃b的饱和溶液降温至t1℃，一定会有固体析出 D．将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，a溶液的溶剂质量减少 6．（2024•枣庄）下列四种物质中，属于溶液的是（　　） A．牛奶 B．黄泥水 C．冰水混合物 D．澄清石灰水 7．（2024•彭山区）木块在NaNO3溶液中排开液体的情况如图所示。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中NaNO3溶液的密度保持不变 B．实验过程中溶液均为饱和溶液 C．NaNO3的溶解度随温度的升高而减小 D．15℃时所得溶液溶质质量分数最小 8．（2024•西藏）温度是影响固体溶解度的因素之一。氯化钠、硝酸钾两种物质的溶解度随温度变化情况如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．氯化钠和硝酸钾的溶解度大小相等 B．氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大 C．20℃时，15g氯化钠放入50g水中能形成饱和溶液 D．将接近饱和的硝酸钾溶液升高温度，可变为饱和溶液 9．（2024•德阳）生活在盐碱湖附近的人们习惯“夏天晒盐、冬天捞碱“，其中“盐“是指NaCl，“碱“是指Na2CO3。NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图所示。下列分析正确的是（　　） A．Na2CO3的溶解度小于NaCl的溶解度 B．30℃时Na2CO3的不饱和溶液降温至20℃，变为Na2CO3的饱和溶液 C．夏天晒“盐“需要经过降温结晶的过程使NaCl结晶析出 D．冬天捞“碱“是利用Na2CO3的溶解度在冬天变小而结晶析出 10．（2024•德阳）向mg溶质质量分数为w1%的BaCl2溶液中逐滴加入溶质质量分数为w2%的H2SO4溶液，至恰好完全沉淀。将沉淀滤出，所得溶液的质量刚好为mg。下列结论正确的是（　　） A．生成沉淀233g B．可以确定m的值 C．w1%＝20.8% D．w2%≈42.06% 11．（2024•青岛）现有100g溶质质量分数为10%的葡萄糖溶液，关于此溶液的说法不正确的是（　　） A．溶质是葡萄糖，溶剂是水 B．溶质与溶剂的质量比为1：9 C．取出50g此溶液，其溶质质量分数为5% D．从微观角度看，溶质溶解既有扩散过程，又有水合过程 12．（2024•巴中）氯化钠溶液常用于农业选种。实验室配制氯化钠溶液的相关操作正确的是（　　） A．取用氯化钠 B．称量氯化钠 C．量取水 D．溶解氯化钠 13．（2024•内蒙古）t1℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，充分搅拌后如图1所示，硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图2所示。下列说法不正确的是（　　） A．烧杯①溶液中的溶质是硝酸钾 B．烧杯②溶液中溶质的质量分数大于20% C．t2℃时，将等质量的两种物质的饱和溶液降温到t1℃，硝酸钾溶液析出晶体少 D．t1℃时，将30g硝酸钾加入100g水中充分溶解得到125g溶液 14．（2024•镇江）NaCl和Na2SO4的溶解度表及溶解度曲线如下。下列说法正确的是（　　） 温度/℃ 10 20 30 40 50 60 溶解度S/g NaCl 35.8 35.9 36.1 36.4 36.7 37.1 Na2SO4 9.1 19.5 40.8 48.8 47.5 45.3 A．甲为NaCl B．T1℃应介于40℃～50℃ C．甲、乙饱和溶液从T3℃降温到T2℃溶质的质量分数：甲变大、乙变小 D．等质量的NaCl、Na2SO4饱和溶液从T1℃升温到T3℃，要使两溶液均达饱和，则加入Na2SO4的质量大于NaCl的质量 15．（2024•宿迁）氯化钠、硝酸钾在不同温度时的溶解度如表所示。下列说法正确的是（　　） 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 溶解度/g 硝酸钾 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110.0 氯化钠 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 A．20℃时，20g氯化钠固体加入50g水中充分溶解，可得到70g氯化钠溶液 B．氯化钠中混有少量的硝酸钾，可采用降温结晶的方法提纯氯化钠 C．50℃时，硝酸钾溶液的溶质质量分数一定比氯化钠溶液的溶质质量分数大 D．通过加水、升温等方式能将硝酸钾饱和溶液转化为不饱和溶液 二．填空题（共4小题） 16．（2024•呼和浩特）NaCl在自然界分布很广，海水、盐湖、盐井和盐矿都是NaCl的来源。在地下千米左右的某盐矿储量巨大，85%是NaCl，还含有少量Na2SO4等。结合物质的溶解性及NaCl和Na2SO4的溶解度曲线，回答下列问题。 20℃溶解度/g 溶解性 1～10 可溶 ＞10 易溶 （1）NaCl属于 　 　（填“易溶”或“可溶”）物质。 （2）10℃时，NaCl饱和溶液的溶质质量分数为 　 　（列出计算式即可）。 （3）生产时，向盐矿中注水制成溶液，再通过管道输回地面。冬天地面温度低于地下温度，需要输回的溶液中NaCl的质量分数略低于地面其饱和溶液的溶质质量分数，否则易结晶导致管道堵塞（忽略管道中水分的损失），原因是 　 　。 （4）Na2SO4又称无水芒硝，是重要的化工原料。40℃时，输回地面的溶液分离出NaCl后，剩余溶液适宜采用 　 　方法获得硫酸钠晶体，实现“盐硝联产”，增效环保。 17．（2024•菏泽）牡丹以其花大色艳、寓意吉祥而深受人们喜爱。 （1）每年四月，牡丹花开，香气浓郁，请从微观角度解释能闻到花香的原因 　 　。 （2）催花技术实现了“花随人意四季开”，催花技术中最重要的是控温控湿。升温时可使用天然气做燃料，天然气燃烧的化学方程式为 　 　。 （3）α﹣亚麻酸（C18H30O2）是人体脑细胞和组织细胞的重要组成成分，在牡丹籽油中含量较高，α﹣亚麻酸中质量分数最大的元素是 　 　。在生产过程中可用超临界二氧化碳流体溶解提取牡丹籽油，该方法的优点在于提取过程中不会有任何残留。在提取过程中超临界二氧化碳流体是 　 　（填“溶质”或“溶剂”）。影响牡丹籽油产油率的因素有压力、温度等。下图是温度与产油率的关系图，从图中可以获得的信息是 　 　。 18．（2024•青海）眺望茶卡盐湖，水天相映，阳光照射下，一朵朵盐花熠熠生辉。盐花中氯化钠和硝酸钾的溶解度曲线如图所示。 （1）10℃时，硝酸钾的溶解度 　 　（填“＞”“＜”或“＝”）氯化钠的溶解度。 （2）由图可知 　 　的溶解度受温度影响较大。 （3）将接近饱和的氯化钠溶液转化为饱和溶液，可采用的方法是 　 　（填一种即可）。 19．（2024•黑龙江）如图，依据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，回答下列问题： （1）t2℃时，将30g丙加入到50g水中，充分溶解后，所得溶液的质量为 　 　。 （2）通过改变温度，将丙的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是 　 　。（填“升温”或“降温”） （3）乙中含有少量甲时，最好采用的 　 　方法提纯乙。（填“降温结晶”或“蒸发结晶”） （4）t3℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量由小到大的顺序是 　 　。 （5）下列说法不正确的是 　 　。 a．t2℃时，将甲、丙溶液恒温蒸发等质量的水，析出晶体质量一样多 b．将甲、乙、丙三种物质t2℃时的饱和溶液升温至t3℃时，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是乙＞甲＝丙 c．在t1℃～t3℃之间，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液 三．实验题（共3小题） 20．（2024•乐山）实验室现有质量分数为8%的氯化钠溶液，但在实验中需要50g质量分数为4%的氯化钠溶液，某同学准备用8%的氯化钠溶液和蒸馏水（密度为1.0g/cm3）进行配制。 回答下列问题： （1）计算配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为 　 　g。 （2）量取蒸馏水时应选择量程为 　 　（选填“10”、“20”或“50”）mL的量筒。 （3）如图所示的仪器中，本实验不会使用到的是 　 　（填仪器名称）。 （4）将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶时有少量溶液洒出，对所配制氯化钠溶液质量分数的影响是 　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”） 21．（2024•攀枝花）甲、乙是两种不含结晶水且不与水反应的固体物质，请结合图1、图2，回答下列问题。 （1）t1℃时，溶解度大小关系为：甲 　 　乙（选填“＞”、“＝”或“＜”） （2）t3℃时，将25g甲物质放入50g水中充分溶解后，溶质与溶液的质量比为 　 　（填最简整数比）。 （3）t2℃时，分别将等质量的甲、乙饱和溶液降温至t1℃，所得两种溶液中溶质质量的大小关系为 　 　（填选项）。 A．甲＞乙 B．甲＝乙 C．甲＜乙 D．无法比较 （4）某同学按图2所示步骤进行实验（忽略水的蒸发）。下列说法正确的是 　 　（填选项）。 A．Ⅰ中乙的质量分数为30% B．Ⅰ中溶液是t2℃时乙的饱和溶液 C．Ⅱ中溶液是t3℃时乙的不饱和溶液 D．Ⅲ中析出晶体乙的质量为10g 22．（2024•枣庄）为探究硝酸钾的溶解度，进行如图1所示的三次实验，实验过程中温度不变。通过多次实验，绘制出了硝酸钾的溶解度曲线如图2所示。 回答下列问题： （1）图1三次实验中所得溶液饱和的是 　 　（填序号），该温度下硝酸钾的溶解度为 　 　g。 （2）图1三次实验所得溶液溶质质量分数的大小关系是 　 　（用“＞”“＜”或“＝”连接）。 （3）若要使③中固体溶解，可采用的方法有 　 　（填一种即可）。 （4）由图2可知，下列说法错误的是 　 　。 A.硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大 B.t2℃时硝酸钾溶液降温至t1℃，一定有晶体析出 C.获得硝酸钾晶体常用的方法是降温结晶 四．计算题（共6小题） 23．（2024•西藏）《梦溪笔谈》卷二十五记载“熬胆矾①铁釜②，久之亦化为铜③。” 【注释】 ①胆矾：硫酸铜水合物，蓝色结晶体，溶于水后为硫酸铜溶液。 ②釜：古代的一种锅。 ③铜：铁锅中的铁与硫酸铜发生了反应置换出了铜。 请结合题意分析如图流程，并回答下列问题。 （1）比较两种金属的金属活动性：Cu 　 　Fe（选填“＞”“＝”或“＜”）。 （2）计算充分反应后，所得溶液中溶质的质量分数（结果精确到0.1%，不考虑过滤造成的溶液损失）。（写出完整的解题过程） 24．（2024•内蒙古）向盛有40g氢氧化钠溶液的锥形瓶中逐滴滴加溶质的质量分数为4.9%的稀硫酸，用pH传感器测得溶液的pH变化情况如图所示。 （1）A点对应的溶液中溶质有 　 　种。 （2）求该氢氧化钠溶液中溶质的质量分数（写出计算过程，计算结果精确到0.1%）。 25．（2024•枣庄）某兴趣小组开展模拟工业上从海带中制碘I2的实验，主要反应为H2O2+2NaI+H2SO4═Na2SO4+I2+2H2O。实验室中现有溶质质量分数为20%的过氧化氢溶液50g。需稀释成5%的溶液。 （1）稀释需要加水的质量为 　 　g。 （2）实验中共消耗稀释后的过氧化氢溶液34g，最终可制得碘单质多少克？ 26．（2024•潍坊）“金粉”（Cu﹣Zn合金）是一种金属颜料，可用于文物修复。某化学兴趣小组通过实验测定“金粉”中铜的含量：称取25g“金粉”样品放入锥形瓶中，将100g稀硫酸分5次加入，记录每次反应后锥形瓶内物质的总质量。实验过程和数据如表。 加入次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 加入稀硫酸的质量/g 20 20 20 20 20 反应后锥形瓶内物质总质量/g 44.94 64.88 84.82 a 124.8 回答下列问题。 （1）a的数值为 　 　；第4次反应结束后，溶液中溶质的成分为 　 　（用化学式表示）。 （2）计算样品中铜的质量分数（写出计算过程）。 （3）测定实验中，若将稀硫酸改为浓盐酸，则铜的质量分数 　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 27．（2024•东营）小亮的爷爷用洁厕灵和84消毒液对马桶清理消毒时，被产生的一种刺激性气体呛得咳嗽不止。请根据有关信息回答下列问题： （1）查阅资料得知：84消毒液的有效成分是次氯酸钠（化学式为NaClO），洁厕灵的有效成分是HCl，两者混合后产生有毒气体，主要反应如下：NaClO+2HCl＝NaCl+H2O+X↑，则X的化学式为 　 　，因此两者不可同时使用。 （2）卫生洁具清洗剂国家标准要求洁厕灵中HCl的质量分数不得超过12%。为验证某合格品牌洁厕灵中HCl的含量，小亮同学取50.0g该产品倒入锥形瓶中，他至少需要加入多少克碳酸钙，才能保证洁厕灵中HCl完全反应？（请写出计算过程，结果保留到小数点后一位）。 （3）当出现 　 　现象时，证明洁厕灵中的HCl已完全反应。 28．（2024•攀枝花）质检员对某氯化钠样品进行分析，方法如下： 步骤一：称取100.0g样品，完全溶于300.0g蒸馏水中。 步骤二：向所得溶液中滴加BaCl2溶液至恰好不再产生沉淀为止，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤、烘干后为4.66g；洗涤液并入滤液，继续加蒸馏水至总质量为500.0g。 步骤三：取步骤二所得溶液50.0g，滴加溶质质量分数为20.0%的AgNO3溶液至氯离子恰好完全沉淀；重复操作3次，平均每次消耗AgNO3溶液136.0g。 假设杂质中除硫酸钠外，均不参加上述反应。通过计算回答下列问题（写出解题过程）： （1）该样品中Na2SO4的质量分数是多少？ （2）该样品中NaCl的质量分数是多少？ 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•淄博）如图为KNO3和NH4Cl的溶解度曲线。下列说法正确的是（　　） A．t℃时，KNO3溶液和NH4Cl溶液的浓度一定相同 B．20℃时，可配制溶质质量分数为30%的NH4Cl溶液 C．采用降温结晶的方法除去NH4Cl中混有的少量KNO3 D．分别将等质量的50℃的KNO3、NH4Cl饱和溶液降温到20℃，析出KNO3的质量大于NH4Cl的质量 【分析】A、根据选项说法没有指明溶液是否饱和，进行分析判断。 B、根据饱和溶液中溶质质量分数＝×100%，进行分析判断。 C、根据溶解度曲线可知，KNO3和NH4Cl的溶解度均随温度的升高而增大，KNO3的溶解度受温度变化影响更大，进行分析判断。 D、根据溶解度曲线可知，KNO3和NH4Cl的溶解度均随温度的升高而增大，KNO3的溶解度受温度变化影响更大，进行分析判断。 【解答】解：A、t℃时，KNO3和NH4Cl的溶解度相等，但选项说法没有指明溶液是否饱和，两溶液的浓度不一定相同，故选项说法错误。 B、20℃时，NH1Cl 的溶解度为37.2g，则该温度下NH4Cl饱和溶液的溶质质量分数为，故选项说法错误。 C、根据溶解度曲线可知，KNO3和NH4Cl的溶解度均随温度的升高而增大，KNO3的溶解度受温度变化影响更大，则若NH4Cl中混有的少量KNO3，可采用蒸发结晶的方法提纯NH4Cl，故选项说法错误。 D、根据溶解度曲线可知，KNO3和NH4Cl的溶解度均随温度的升高而增大，KNO3的溶解度受温度变化影响更大，分别将等质量的50℃的KNO3、NH4Cl饱和溶液降温到20℃，析出KNO3的质量大于NH4Cl的质量，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 2．（2024•攀枝花）工业尾气中的NO可用硫酸亚铁溶液吸收处理：FeSO4+NO═Fe（NO）SO4。现欲将NO含量为4.98g/m3的尾气1000m3处理至达标（不高于0.18g/m3）后排放，至少需要溶质质量分数为20%的硫酸亚铁溶液（　　） A．121.6kg B．126.16kg C．24.32kg D．228.0kg 【分析】根据题中数据首先求出至少应处理NO的质量，再由NO的质量和方程式求出硫酸亚铁溶液的质量即可。 【解答】解：欲将NO含量为4.98g/m3的尾气1000m3处理至达标（不高于0.18g/m3）后排放，则至少应处理NO的质量为（4.98g/m3﹣0.18g/m3）×1000m3＝4800g＝4.8kg； 设至少需要溶质质量分数为20%的硫酸亚铁溶液的质量为x，则硫酸亚铁的质量为20%x， FeSO4+NO═Fe（NO）SO4 152 30 20%x 4.8kg ＝ x＝121.6kg 即至少需要溶质质量分数为20%的硫酸亚铁溶液质量为121.6kg， 故选：A。 【点评】本题难度不大，主要考查了根据化学方程式来计算有关的量，从而使学生来认识化学反应的本质，代入化学方程式计算的数据必须是纯净物的质量才行。 3．（2024•德州）甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度 B．40℃时，甲、乙物质的溶液溶质质量分数相等 C．欲使乙从其溶液中结晶析出常用蒸发溶剂的方法 D．50℃时，向50g水中加入32g甲物质可得82g溶液 【分析】A、根据溶解度曲线，比较溶解度的大小； B、根据溶解度曲线，比较溶液溶质质量分数的大小； C、溶液结晶的方法：蒸发结晶和降温结晶； D、有关的计算要正确。 【解答】解：A、甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度错误，因为没有指明温度；故选项错误； B、40℃时，甲、乙物质的溶液溶质质量分数相等错误，因为没有指明是饱和溶液；故选项错误； C、欲使乙从其溶液中结晶析出常用蒸发溶剂的方法正确，因为乙的溶解度受温度的影响变化不大；故选项正确； D、50℃时，甲的溶解度是60g，向50g水中加入32g甲物质可得溶液的质量＝50g+30g＝80g，82g溶液错误；故选项错误； 故选：C。 【点评】本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液的计算，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中。 4．（2024•河北）如表是KNO3和NaNO3在不同温度时的溶解度，小明用其中一种物质（X）进行了图3所示的实验（水蒸发忽略不计）。下列分析错误的是（　　） 温度/℃ 20 40 60 溶解度/g KNO3 31.6 63.9 110 NaNO3 88.0 103 125 A．X为NaNO3 B．③中溶液为X的不饱和溶液 C．④中溶液的质量为100g D．溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④ 【分析】根据40℃时，硝酸钾的溶解度为63.9g，硝酸钠的溶解度为103g，向40℃时的100g水中加入100gX，全部溶解，温度恢复至40℃时，烧杯中没有固体析出，进行分析判断。 【解答】解：A、40℃时，硝酸钾的溶解度为63.9g，硝酸钠的溶解度为103g，向40℃时的100g水中加入100gX，全部溶解，温度恢复至40℃时，烧杯中没有固体析出，则X为NaNO3，故选项说法正确。 B、②中溶液平均分成两等份，其中一份温度升高至60℃时，60℃时，硝酸钠的溶解度为125g，温度升高，硝酸钠的溶解度增大，则③中溶液为X的不饱和溶液，故选项说法正确。 C、②中溶液平均分成两等份，其中一份溶液中溶质的质量为50g，溶剂的质量为50g，降温至20℃，20℃时，硝酸钠的溶解度为88.0g，该温度下50g水中最多能溶解44g硝酸钠，④中溶液的质量为50g+44g＝94g，故选项说法错误。 D、溶液具有均一性，其中一份温度升高至60℃时，溶液的组成没有发生改变，则溶质质量分数：②＝③；另一份降温至20℃，有晶体析出，溶液中溶质的质量分数减小，则溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④，故选项说法正确。 故选：C。 【点评】本题难度不大，明确饱和溶液的特征、溶解度的含义、溶液具有均一性等是正确解答本题的关键。 5．（2024•哈尔滨）如图是a、b两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线，结合图示判断，下列叙述正确的是（　　） A．t2℃时，b的溶解度比a小 B．t1℃时，a、b两种溶液中溶质的质量分数一定相同 C．将t2℃b的饱和溶液降温至t1℃，一定会有固体析出 D．将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，a溶液的溶剂质量减少 【分析】A、t2℃时，a、b的位置关系，进行分析判断。 B、根据选项说法没有指明是否饱和，进行分析判断。 C、根据b物质的溶解度随着温度的降低而减小，进行分析判断。 D、根据a物质的溶解度随着温度的降低而减小，进行分析判断。 【解答】解：A、t2℃时，图中b物质在曲线上位置最高，t2℃时，b的溶解度比a大，故选项说法错误。 B、选项说法没有指明是否饱和，则t1℃时，a、b两种溶液中溶质的质量分数不一定相同，故选项说法错误。 C、b物质的溶解度随着温度的降低而减小，将t2℃b的饱和溶液降温至t1℃，一定会有固体析出，故选项说法正确。 D、a物质的溶解度随着温度的降低而减小，将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，有固体析出，a溶液的溶剂质量不变，故选项说法错误。 故选：C。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 6．（2024•枣庄）下列四种物质中，属于溶液的是（　　） A．牛奶 B．黄泥水 C．冰水混合物 D．澄清石灰水 【分析】根据溶液的本质特征是均一性、稳定性，属于混合物，结合物质的组成进行分析判断。 【解答】解：A、牛奶是不溶性的小液滴等分散到液体中形成的，不均一、不稳定，不属于溶液，故选项错误。 B、黄泥水不均一、不稳定，不属于溶液，故选项错误。 C、冰水混合物是纯净物，不属于混合物，不是溶液，故选项错误。 D、澄清石灰水是氢氧化钙溶于水形成的，是均一、稳定的混合物，属于溶液，故选项正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，了解溶液的本质特征（均一性、稳定性、混合物）是正确解答本题的关键。 7．（2024•彭山区）木块在NaNO3溶液中排开液体的情况如图所示。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中NaNO3溶液的密度保持不变 B．实验过程中溶液均为饱和溶液 C．NaNO3的溶解度随温度的升高而减小 D．15℃时所得溶液溶质质量分数最小 【分析】A、根据实验过程中溶质质量增加，溶剂质量不变，进行分析判断。 B、根据饱和溶液是指在一定温度下、一定量的溶剂里，不能继续溶解这种溶质的溶液；还能继续溶解这种溶质的溶液，叫做不饱和溶液，进行分析判断。 C、根据实验过程中温度升高，等质量的溶剂中溶解的硝酸钠的质量增加，进行分析判断。 D、根据实验过程中溶剂质量不变，35℃时溶质的质量最多，进行分析判断。 【解答】解：A、实验过程中溶质质量增加，溶剂质量不变，实验过程中NaNO3溶液的密度增大，故选项说法错误。 B、实验过程中35℃时的溶液可能是恰好饱和的溶液，也可能是不饱和溶液，故选项说法错误。 C、实验过程中温度升高，等质量的溶剂中溶解的硝酸钠的质量增加，则NaNO3的溶解度随温度的升高而增大，故选项说法错误。 D、实验过程中溶剂质量不变，15℃时溶质的质量最少，则15℃时所得溶液溶质质量分数最小，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，明确实验过程中溶液组成的变化、饱和溶液和不饱和溶液的特征等是正确解答本题的关键。 8．（2024•西藏）温度是影响固体溶解度的因素之一。氯化钠、硝酸钾两种物质的溶解度随温度变化情况如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．氯化钠和硝酸钾的溶解度大小相等 B．氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大 C．20℃时，15g氯化钠放入50g水中能形成饱和溶液 D．将接近饱和的硝酸钾溶液升高温度，可变为饱和溶液 【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。 【解答】解：A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，温度不能确定，溶解度也不能确定，故A错误； B、通过分析溶解度曲线可知，氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，故B正确； C、20℃时，氯化钠的溶解度大于30g，所以15g氯化钠放入50g水中能形成不饱和溶液，故C错误； D、硝酸钾的溶解度随温度的降低而减小，所以将接近饱和的硝酸钾溶液降低温度，可变为饱和溶液，故D错误。 故选：B。 【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。 9．（2024•德阳）生活在盐碱湖附近的人们习惯“夏天晒盐、冬天捞碱“，其中“盐“是指NaCl，“碱“是指Na2CO3。NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图所示。下列分析正确的是（　　） A．Na2CO3的溶解度小于NaCl的溶解度 B．30℃时Na2CO3的不饱和溶液降温至20℃，变为Na2CO3的饱和溶液 C．夏天晒“盐“需要经过降温结晶的过程使NaCl结晶析出 D．冬天捞“碱“是利用Na2CO3的溶解度在冬天变小而结晶析出 【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。 【解答】解：A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，温度不能确定，溶解度也不能确定，故A错误； B、30℃时，Na2CO3的不饱和溶液的不饱和程度不能确定，所以降温至20℃，不一定可以变为Na2CO3的饱和溶液，故B错误； C、夏天晒“盐“需要经过蒸发结晶的过程使NaCl结晶析出，故C错误； D、冬天捞“碱“是利用Na2CO3的溶解度在冬天变小而结晶析出，故D正确。 故选：D。 【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。 10．（2024•德阳）向mg溶质质量分数为w1%的BaCl2溶液中逐滴加入溶质质量分数为w2%的H2SO4溶液，至恰好完全沉淀。将沉淀滤出，所得溶液的质量刚好为mg。下列结论正确的是（　　） A．生成沉淀233g B．可以确定m的值 C．w1%＝20.8% D．w2%≈42.06% 【分析】氯化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和氯化氢，根据方程式中物质间的质量关系分析。 【解答】解：反应方程式中BaCl2、H2SO4和BaSO4沉淀的质量比关系为： BaCl2+H2SO4＝BaSO4↓+2HCl 208 98 233 反应后所得溶液质量刚好为mg，说明反应中生成的硫酸钡沉淀与加入的稀硫酸溶液的质量相等， 设生成硫酸钡沉淀的质量（或加入稀硫酸溶液的质量）为x， 则反应的氯化钡和硫酸钡沉淀的质量比为 x＝，所以稀硫酸的溶质质量为×w2%， 则氯化钡和稀硫酸溶质的质量比为， 解得w2%≈42.06%，D项正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查了根据化学方程式的计算，根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。 11．（2024•青岛）现有100g溶质质量分数为10%的葡萄糖溶液，关于此溶液的说法不正确的是（　　） A．溶质是葡萄糖，溶剂是水 B．溶质与溶剂的质量比为1：9 C．取出50g此溶液，其溶质质量分数为5% D．从微观角度看，溶质溶解既有扩散过程，又有水合过程 【分析】根据10%的葡萄糖溶液的含义是每100份质量的葡萄糖溶液中含有10份质量的葡萄糖，进行分析判断。 【解答】解：A、葡萄糖溶液是葡萄糖的水溶液，葡萄糖溶液中溶质是葡萄糖，溶剂是水，故选项说法正确。 B、100g溶质质量分数为10%的葡萄糖溶液中溶质质量为100g×10%＝10g，溶剂质量为100g﹣10g＝90g，则溶质与溶剂的质量比为10g：90g＝1：9，故选项说法正确。 C、溶液具有均一性，取出50g此溶液，其溶质质量分数仍然是10%，故选项说法错误。 D、物质溶解于水，通常经过两个过程：一个是溶质分子（或离子）的扩散过程，这种过程为物理过程，需要吸收热量；另一个是溶质分子（或离子）和溶剂（水）分子作用，形成溶剂（水合）分子（或水合离子）的过程，这种过程是化学过程，放出热量，故选项说法正确。 故选：C。 【点评】本题难度不大，明确溶质质量分数的含义、溶质和溶剂的判别方法等是正确解答本题的关键。 12．（2024•巴中）氯化钠溶液常用于农业选种。实验室配制氯化钠溶液的相关操作正确的是（　　） A．取用氯化钠 B．称量氯化钠 C．量取水 D．溶解氯化钠 【分析】A、根据固体试剂的取用方法，进行分析判断。 B、根据托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，进行分析判断。 C、根据量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，进行分析判断。 D、根据溶解操作的方法，进行分析判断。 【解答】解：A、取用固体粉末状试剂时，瓶塞要倒放，应用药匙取用，图中瓶塞没有倒放，故选项实验操作错误。 B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，使用托盘天平称量氯化钠固体时，左右盘要各放一张相同的称量纸，氯化钠固体放在左盘，砝码放在右盘，故选项实验操作正确。 C、量取液体读数时，视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，图中俯视刻度，故选项实验操作错误。 D、溶解操作应在烧杯中进行，不能在量筒内进行，故选项实验操作错误。 故选：B。 【点评】本题难度不大，明确配制一定溶质质量分数的溶液主要实验步骤、注意事项等是正确解答本题的关键。 13．（2024•内蒙古）t1℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，充分搅拌后如图1所示，硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图2所示。下列说法不正确的是（　　） A．烧杯①溶液中的溶质是硝酸钾 B．烧杯②溶液中溶质的质量分数大于20% C．t2℃时，将等质量的两种物质的饱和溶液降温到t1℃，硝酸钾溶液析出晶体少 D．t1℃时，将30g硝酸钾加入100g水中充分溶解得到125g溶液 【分析】根据t1℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钾的溶解度，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，烧杯①中有固体剩余，烧杯②中固体全部溶解，说明t1℃时烧杯②中溶质的溶解度大，进行分析判断。 【解答】解：A、t1℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钾分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，烧杯①中有固体剩余，烧杯②中固体全部溶解，说明t1℃时烧杯②中溶质的溶解度大；t1℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钾的溶解度，则烧杯①溶液中的溶质是硝酸钾，故选项说法正确。 B、烧杯②溶液中溶质是氯化钾，若溶解的质量为25g，则溶液中溶质质量分数为×100%＝20%，溶解的质量大于25g，则溶质质量分数大于20%，故选项说法正确。 C、硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，氯化钾的溶解度受温度的影响变化较小，t2℃时，将等质量的两种物质的饱和溶液降温到t1℃，硝酸钾溶液析出晶体多，故选项说法错误。 D、t1℃时，硝酸钾的溶解度为25g，t1℃时，将30g硝酸钾加入100g水中充分溶解，最多能溶解25g，得到125g溶液，故选项说法正确。 故选：C。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 14．（2024•镇江）NaCl和Na2SO4的溶解度表及溶解度曲线如下。下列说法正确的是（　　） 温度/℃ 10 20 30 40 50 60 溶解度S/g NaCl 35.8 35.9 36.1 36.4 36.7 37.1 Na2SO4 9.1 19.5 40.8 48.8 47.5 45.3 A．甲为NaCl B．T1℃应介于40℃～50℃ C．甲、乙饱和溶液从T3℃降温到T2℃溶质的质量分数：甲变大、乙变小 D．等质量的NaCl、Na2SO4饱和溶液从T1℃升温到T3℃，要使两溶液均达饱和，则加入Na2SO4的质量大于NaCl的质量 【分析】A、根据氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大，进行分析判断。 B、根据20℃时氯化钠的溶解度大于硫酸钠，30℃时氯化钠的溶解度小于硫酸钠，进行分析判断。 C、根据从T3℃降温到T2℃，甲的溶解度增大，乙的溶解度减小，进行分析判断。 D、根据T3℃时，硫酸钠的溶解度大于氯化钠的溶解度，进行分析判断。 【解答】解：A、由溶解度表可知，氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大，0～40℃，硫酸钠的溶解度随着温度的升高而增大，温度高于40℃，硫酸钠的溶解度随着温度的升高而减小，则甲为硫酸钠，故选项说法错误。 B、20℃时氯化钠的溶解度大于硫酸钠，30℃时氯化钠的溶解度小于硫酸钠，则氯化钠和硫酸钠的溶解度相等的温度范围为20℃～30℃，则T1℃应介于20℃～30℃，故选项说法错误。 C、从T3℃降温到T2℃，甲的溶解度增大，但溶液的组成没有发生改变，溶质的质量分数不变；乙的溶解度减小，有晶体析出，溶质质量减少，溶剂质量不变，则溶质的质量分数减小，故选项说法错误。 D、T1℃氯化钠和硫酸钠的溶解度相等，T3℃时，硫酸钠的溶解度大于氯化钠的溶解度，等质量的NaCl、Na2SO4饱和溶液从T1℃升温到T3℃，要使两溶液均达饱和，则加入Na2SO4的质量大于NaCl的质量，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 15．（2024•宿迁）氯化钠、硝酸钾在不同温度时的溶解度如表所示。下列说法正确的是（　　） 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 溶解度/g 硝酸钾 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110.0 氯化钠 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 A．20℃时，20g氯化钠固体加入50g水中充分溶解，可得到70g氯化钠溶液 B．氯化钠中混有少量的硝酸钾，可采用降温结晶的方法提纯氯化钠 C．50℃时，硝酸钾溶液的溶质质量分数一定比氯化钠溶液的溶质质量分数大 D．通过加水、升温等方式能将硝酸钾饱和溶液转化为不饱和溶液 【分析】A、根据20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，进行分析判断。 B、根据KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响变化较小，进行分析判断。 C、根据选项说法没有指明溶液是否饱和，进行分析判断。 D、根据饱和溶液转化为不饱和溶液的方法，进行分析判断。 【解答】解：A、20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，则20℃时，50g水中最多能溶解18g氯化钠，20g氯化钠固体加入50g水中充分溶解，可得到18g+50g＝68g氯化钠溶液，故选项说法错误。 B、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响变化较小，氯化钠中混有少量硝酸钾，提纯氯化钠的方法是蒸发结晶，故选项说法错误。 C、50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠，50℃时，硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数一定比氯化钠饱和溶液的溶质质量分数大，没有指明溶液是否饱和，无法比较，故选项说法错误。 D、硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，可以通过加水、升温等方式能将硝酸钾饱和溶液转化为不饱和溶液，故选项说法正确。 故选：D。 【点评】本题难度不大，明确溶解度的含义、结晶的方法、饱和溶液转化为不饱和溶液的方法等是正确解答本题的关键。 二．填空题（共4小题） 16．（2024•呼和浩特）NaCl在自然界分布很广，海水、盐湖、盐井和盐矿都是NaCl的来源。在地下千米左右的某盐矿储量巨大，85%是NaCl，还含有少量Na2SO4等。结合物质的溶解性及NaCl和Na2SO4的溶解度曲线，回答下列问题。 20℃溶解度/g 溶解性 1～10 可溶 ＞10 易溶 （1）NaCl属于 　易溶　（填“易溶”或“可溶”）物质。 （2）10℃时，NaCl饱和溶液的溶质质量分数为 　。　（列出计算式即可）。 （3）生产时，向盐矿中注水制成溶液，再通过管道输回地面。冬天地面温度低于地下温度，需要输回的溶液中NaCl的质量分数略低于地面其饱和溶液的溶质质量分数，否则易结晶导致管道堵塞（忽略管道中水分的损失），原因是 　氯化钠的溶解度随温度的降低而减小，降温后会从饱和溶液中析出　。 （4）Na2SO4又称无水芒硝，是重要的化工原料。40℃时，输回地面的溶液分离出NaCl后，剩余溶液适宜采用 　降温结晶　方法获得硫酸钠晶体，实现“盐硝联产”，增效环保。 【分析】（1）根据物质的溶解性是根据在20℃（室温）时的溶解度来划分的，溶解度大于10g，属于易溶物质；溶解度大于1g，小于10g，属于可溶物质；溶解度在0.01g～1g之间的，属于微溶物质；小于0.01g的，属于难溶物质（习惯上叫不溶），进行分析解答。 （2）根据饱和溶液的溶质质量分数＝，进行分析解答。 （3）根据氯化钠的溶解度随温度的降低而减小，进行分析解答。 （4）根据硫酸钠的溶解度在低于40℃时受温度影响大，进行分析解答。 【解答】解：（1）如图所示，20℃时氯化钠的溶解度为36g，大于10g，属于易溶物质。 （2）10℃时氯化钠的溶解度为35.8g，则10℃时氯化钠饱和溶液中溶质质量分数＝。 （3）如图所示，氯化钠的溶解度随温度的降低而减小，地面温度低，输回的氯化钠溶液到地表后氯化钠的溶解度减小，高于地面的溶质质量分数则会导致氯化钠析出，从而会堵塞管道。 （4）如图所示，硫酸钠的溶解度在低于40℃时受温度影响大，在分离出氯化钠后，可采用降温结晶的方法使其大量析出。 故答案为： （1）易溶； （2）； （3）氯化钠的溶解度随温度的降低而减小，降温后会从饱和溶液中析出； （4）降温结晶。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 17．（2024•菏泽）牡丹以其花大色艳、寓意吉祥而深受人们喜爱。 （1）每年四月，牡丹花开，香气浓郁，请从微观角度解释能闻到花香的原因 　分子不断运动　。 （2）催花技术实现了“花随人意四季开”，催花技术中最重要的是控温控湿。升温时可使用天然气做燃料，天然气燃烧的化学方程式为 　CH4+2O2CO2+2H2O　。 （3）α﹣亚麻酸（C18H30O2）是人体脑细胞和组织细胞的重要组成成分，在牡丹籽油中含量较高，α﹣亚麻酸中质量分数最大的元素是 　碳元素　。在生产过程中可用超临界二氧化碳流体溶解提取牡丹籽油，该方法的优点在于提取过程中不会有任何残留。在提取过程中超临界二氧化碳流体是 　溶剂　（填“溶质”或“溶剂”）。影响牡丹籽油产油率的因素有压力、温度等。下图是温度与产油率的关系图，从图中可以获得的信息是 　在45℃时，产油率最高　。 【分析】（1）根据分子的性质分析； （2）根据天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳分析； （3）根据元素在化合物中的质量分数以及题目中的信息分析。 【解答】解：（1）每年四月，牡丹花开，香气浓郁，是因为分子不断运动；故答案为：分子不断运动； （2）天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳，甲烷和氧气在点燃的条件下生成水和二氧化碳，化学方程式是：CH4+2O2 CO2+2H2O；故答案为：CH4+2O2CO2+2H2O； （3）α﹣亚麻酸（C18H30O2）中碳、氢、氧元素的质量比为：（12×18）：（1×30）：（16×2）＝108：15：16，故α﹣亚麻酸中质量分数最大的元素是碳元素；在生产过程中可用超临界二氧化碳流体溶解提取牡丹籽油，该方法的优点在于提取过程中不会有任何残留。在提取过程中超临界二氧化碳流体是溶剂；根据图中可以获得的信息是在45℃时，产油率最高；故答案为：碳元素；溶剂；在45℃时，产油率最高。 【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。 18．（2024•青海）眺望茶卡盐湖，水天相映，阳光照射下，一朵朵盐花熠熠生辉。盐花中氯化钠和硝酸钾的溶解度曲线如图所示。 （1）10℃时，硝酸钾的溶解度 　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）氯化钠的溶解度。 （2）由图可知 　硝酸钾　的溶解度受温度影响较大。 （3）将接近饱和的氯化钠溶液转化为饱和溶液，可采用的方法是 　增加氯化钠（或蒸发溶剂或降低温度）　（填一种即可）。 【分析】（1）根据t1℃时三种物质的溶解度曲线上对应的点的位置高低，进行分析解答。 （2）根据溶解度受温度影响的变化趋势，进行分析解答。 （3）根据不饱和溶液转化为饱和溶液的方法，进行分析解答。 【解答】解：（1）根据图示，10℃时，硝酸钾的溶解度＜氯化钠的溶解度。 （2）由图可知，硝酸钾的溶解度受温度影响较大。 （3）由溶解度曲线可知，氯化钠的溶解度随温度增大而增大，将接近饱和的氯化钠溶液变为饱和溶液的一种方法是增加氯化钠或蒸发溶剂或降低温度。 故答案为： （1）＜； （2）硝酸钾； （3）增加氯化钠（或蒸发溶剂或降低温度）。 【点评】本题难度不大，理解固体溶解度曲线的含义（点、线、面和交点等）并能灵活运用是正确解答本题的关键。 19．（2024•黑龙江）如图，依据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，回答下列问题： （1）t2℃时，将30g丙加入到50g水中，充分溶解后，所得溶液的质量为 　70g　。 （2）通过改变温度，将丙的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是 　降温　。（填“升温”或“降温”） （3）乙中含有少量甲时，最好采用的 　蒸发结晶　方法提纯乙。（填“降温结晶”或“蒸发结晶”） （4）t3℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量由小到大的顺序是 　乙＜甲＜丙　。 （5）下列说法不正确的是 　ab　。 a．t2℃时，将甲、丙溶液恒温蒸发等质量的水，析出晶体质量一样多 b．将甲、乙、丙三种物质t2℃时的饱和溶液升温至t3℃时，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是乙＞甲＝丙 c．在t1℃～t3℃之间，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液 【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。 【解答】解：（1）t2℃时，丙物质的溶解度是40g，所以将30g丙加入到50g水中，充分溶解后，只能溶解20g的晶体，所得溶液的质量为70g； （2）丙物质的溶解度随温度的降低而增大，所以通过改变温度，将丙的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是降温； （3）乙物质的溶解度受温度变化影响较小，所以乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶方法提纯乙； （4）t3℃时，乙物质的溶解度最大，丙物质的溶解度最小，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中，丙物质的溶剂最多，乙物质的溶剂最少，降温至t1℃时，不会影响溶剂质量的变化，所以三种溶液中溶剂的质量由小到大的顺序是乙＜甲＜丙； （5）a、t2℃时，甲、丙溶液的状态不能确定，所以恒温蒸发等质量的水，析出晶体质量不能确定，故错误； b、t2℃时，乙物质的溶解度最大，甲、丙物质的溶解度相等，将甲、乙、丙三种物质t2℃时的饱和溶液升温至t3℃时，甲、乙物质的溶解度增大，不会析出晶体，丙物质的溶解度减小，析出晶体，应该按照t3℃时的溶解度计算，所以所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是乙＞甲＞丙，故错误； c、在t1℃～t3℃之间，t2℃时，甲、丙物质的溶解度相等，所以可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，故正确。 故选：ab。 故答案为：（1）70g； （2）降温； （3）蒸发结晶； （4）乙＜甲＜丙； （5）ab。 【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。 三．实验题（共3小题） 20．（2024•乐山）实验室现有质量分数为8%的氯化钠溶液，但在实验中需要50g质量分数为4%的氯化钠溶液，某同学准备用8%的氯化钠溶液和蒸馏水（密度为1.0g/cm3）进行配制。 回答下列问题： （1）计算配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为 　25　g。 （2）量取蒸馏水时应选择量程为 　50　（选填“10”、“20”或“50”）mL的量筒。 （3）如图所示的仪器中，本实验不会使用到的是 　酒精灯　（填仪器名称）。 （4）将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶时有少量溶液洒出，对所配制氯化钠溶液质量分数的影响是 　不影响　（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”） 【分析】（1）根据溶液稀释前后溶质的质量不变，进行分析解答。 （2）根据量筒量程的选择，应遵循“大而近”的原则，进行分析解答。 （3）根据利用浓溶液配制稀溶液，采用的是加水稀释的方法，其操作步骤是计算、量取、混匀，进行分析解答。 （4）根据溶液具有均一性，进行分析解答。 【解答】解：（1）设配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为x，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，则50g×4%＝x×8%，x＝25g。 （2）需要水的质量为50g﹣25g＝25g（合25mL），量筒量程的选择，应遵循“大而近”的原则，应用规格为50mL的量筒量取水的体积。 （3）利用浓溶液配制稀溶液，采用的是加水稀释的方法，其操作步骤是计算、量取、混匀，量筒和胶头滴管用于量取浓盐酸和水，烧杯、玻璃棒用于进行混匀操作，无需使用酒精灯。 （4）将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶时有少量溶液洒出，溶液具有均一性，对所配制氯化钠溶液质量分数无影响。 故答案为： （1）25； （2）50； （3）酒精灯； （4）不影响。 【点评】本题难度不大，明确用浓溶液配制稀溶液配制稀溶液的基本步骤、溶液稀释前后溶质的质量不变等是正确解答本题的关键。 21．（2024•攀枝花）甲、乙是两种不含结晶水且不与水反应的固体物质，请结合图1、图2，回答下列问题。 （1）t1℃时，溶解度大小关系为：甲 　＜　乙（选填“＞”、“＝”或“＜”） （2）t3℃时，将25g甲物质放入50g水中充分溶解后，溶质与溶液的质量比为 　1：3　（填最简整数比）。 （3）t2℃时，分别将等质量的甲、乙饱和溶液降温至t1℃，所得两种溶液中溶质质量的大小关系为 　C　（填选项）。 A．甲＞乙 B．甲＝乙 C．甲＜乙 D．无法比较 （4）某同学按图2所示步骤进行实验（忽略水的蒸发）。下列说法正确的是 　BD　（填选项）。 A．Ⅰ中乙的质量分数为30% B．Ⅰ中溶液是t2℃时乙的饱和溶液 C．Ⅱ中溶液是t3℃时乙的不饱和溶液 D．Ⅲ中析出晶体乙的质量为10g 【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。 【解答】解：（1）通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，溶解度大小关系为：甲＜乙； （2）t3℃时，甲物质的溶解度是50g，将25g甲物质放入50g水中充分溶解后，只能溶解12.5g的晶体，溶质与溶液的质量比为25g：75g＝1：3； （3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，t2℃时，分别将等质量的甲、乙饱和溶液降温至t1℃，甲物质析出较多的晶体，所得两种溶液中溶质质量的大小关系为甲＜乙，故选：C； （4）A、t2℃时，乙物质的溶解度是30g，Ⅰ中乙的质量分数为×100%≠30%，故错误； B、t2℃时，乙物质的溶解度是30g，Ⅰ中溶质值15g，溶剂是50g，所以溶液是t2℃时乙的饱和溶液，故正确； C、t3℃时，乙物质的溶解度是40g，Ⅱ中溶质是20g，溶剂是50g，所以溶液是t3℃时乙的饱和溶液，故错误； D、t1℃时，乙物质的溶解度是20g，50g的水中只能溶解10g的晶体，所以Ⅲ中析出晶体乙的质量为10g，故正确。 故选：BD。 故答案为：（1）＜； （2）1：3； （3）C； （4）BD。 【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。 22．（2024•枣庄）为探究硝酸钾的溶解度，进行如图1所示的三次实验，实验过程中温度不变。通过多次实验，绘制出了硝酸钾的溶解度曲线如图2所示。 回答下列问题： （1）图1三次实验中所得溶液饱和的是 　②③　（填序号），该温度下硝酸钾的溶解度为 　20　g。 （2）图1三次实验所得溶液溶质质量分数的大小关系是 　③＝②＞①　（用“＞”“＜”或“＝”连接）。 （3）若要使③中固体溶解，可采用的方法有 　加水或升高温度　（填一种即可）。 （4）由图2可知，下列说法错误的是 　B　。 A.硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大 B.t2℃时硝酸钾溶液降温至t1℃，一定有晶体析出 C.获得硝酸钾晶体常用的方法是降温结晶 【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：（1）判断溶液的状态，确定物质的溶解度；（2）判断溶液中溶质质量分数的大小； （3）饱和溶液与不饱和溶液的相互转化； （4）硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大；溶液结晶的方法等。 【解答】解：（1）由图1可知：三次实验中所得溶液饱和的是②③，因为在该温度下，100g水中最多溶解了20g硝酸钾；故答案为：②③；20； （2）图1三次实验所得溶液溶质质量分数的大小关系是③＝②＞①，因为在该温度下，②③已经达到饱和状态，①是不饱和溶液；故答案为：③＝②＞①（合理即可）； （3）若要使③中固体溶解，可采用的方法有：加水、升高温度等；故答案为：加水或升高温度（合理即可）； （4）A.硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大正确；B.t2℃时硝酸钾溶液降温至t1℃，一定有晶体析出错误，因为没有指明是饱和溶液；C.获得硝酸钾晶体常用的方法是降温结晶正确，因为硝酸钾的溶解度受温度的影响变化比较大； 故答案为：B。 【点评】本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液和溶质质量分数的计算，有关的计算要准确，本考点主要出现在选择题和填空题中。 四．计算题（共6小题） 23．（2024•西藏）《梦溪笔谈》卷二十五记载“熬胆矾①铁釜②，久之亦化为铜③。” 【注释】 ①胆矾：硫酸铜水合物，蓝色结晶体，溶于水后为硫酸铜溶液。 ②釜：古代的一种锅。 ③铜：铁锅中的铁与硫酸铜发生了反应置换出了铜。 请结合题意分析如图流程，并回答下列问题。 （1）比较两种金属的金属活动性：Cu 　＜　Fe（选填“＞”“＝”或“＜”）。 （2）计算充分反应后，所得溶液中溶质的质量分数（结果精确到0.1%，不考虑过滤造成的溶液损失）。（写出完整的解题过程） 【分析】（1）根据铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜来分析解答； （2）根据题中数据来分析解答。 【解答】解：（1）铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，说明两种金属的金属活动性：Cu＜Fe； （2）设所得溶液中溶质硫酸亚铁的质量为x， Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4减轻质量 56 64 152 8 x （100g﹣99.2g） ＝ x＝15.2g 则充分反应后，所得溶液中溶质的质量分数为×100%≈15.3%； 答：充分反应后，所得溶液中溶质的质量分数15.3%。 【点评】根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。 24．（2024•内蒙古）向盛有40g氢氧化钠溶液的锥形瓶中逐滴滴加溶质的质量分数为4.9%的稀硫酸，用pH传感器测得溶液的pH变化情况如图所示。 （1）A点对应的溶液中溶质有 　2　种。 （2）求该氢氧化钠溶液中溶质的质量分数（写出计算过程，计算结果精确到0.1%）。 【分析】（1）根据A点对应的溶液的pH小于7，进行分析解答。 （2）根据恰好完全反应时，消耗的稀硫酸的质量为40g，结合溶质质量分数、反应的化学方程式，列式计算出该氢氧化钠溶液中溶质的质量，进而计算出该氢氧化钠溶液中溶质的质量分数。 【解答】解：（1）A点对应的溶液的pH小于7，溶液显酸性，稀硫酸过量，A点对应的溶液中溶质有硫酸钠、硫酸2种。 故答案为：2。 （2）40g稀硫酸中硫酸的质量为40g×4.9%＝1.96g，设该氢氧化钠溶液中溶质的质量为x。 2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O 80 98 x 1.96g x＝1.6g 该氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为。 答：该氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为4.0%。 【点评】本题有一定难度，掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算即可正确解答本题，确定恰好完全反应时稀硫酸的质量是正确解答本题的前提和关键。 25．（2024•枣庄）某兴趣小组开展模拟工业上从海带中制碘I2的实验，主要反应为H2O2+2NaI+H2SO4═Na2SO4+I2+2H2O。实验室中现有溶质质量分数为20%的过氧化氢溶液50g。需稀释成5%的溶液。 （1）稀释需要加水的质量为 　150　g。 （2）实验中共消耗稀释后的过氧化氢溶液34g，最终可制得碘单质多少克？ 【分析】（1）根据溶液稀释前后溶质的质量不变，进行分析解答。 （2）根据参加反应的过氧化氢的质量，结合反应的化学方程式列式计算出最终可制得碘单质的质量即可。 【解答】解：（1）设要加水的质量为x，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，则50g×20%＝（50g+x）×5%，x＝150g。 故答案为：150。 （2）设最终可制取碘单质的质量为x H2O2+2NaI+H2SO4═Na2SO4+I2+2H2O 34 254 34g×5% x x＝12.7g 答：最终可制取碘单质12.7g。 【点评】本题有一定难度，掌握利用化学方程式与溶质质量分数的综合计算、溶液稀释前后溶质的质量不变等是正确解答本题的前提和关键。 26．（2024•潍坊）“金粉”（Cu﹣Zn合金）是一种金属颜料，可用于文物修复。某化学兴趣小组通过实验测定“金粉”中铜的含量：称取25g“金粉”样品放入锥形瓶中，将100g稀硫酸分5次加入，记录每次反应后锥形瓶内物质的总质量。实验过程和数据如表。 加入次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 加入稀硫酸的质量/g 20 20 20 20 20 反应后锥形瓶内物质总质量/g 44.94 64.88 84.82 a 124.8 回答下列问题。 （1）a的数值为 　104.8　；第4次反应结束后，溶液中溶质的成分为 　ZnSO4、H2SO4　（用化学式表示）。 （2）计算样品中铜的质量分数（写出计算过程）。 （3）测定实验中，若将稀硫酸改为浓盐酸，则铜的质量分数 　偏小　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【分析】（1）根据质量守恒定律，生成氢气的总质量为25g+20g×5﹣124.8g＝0.2g，第1次、第2次、第3次产生氢气的质量都为0.06g，第4次产生氢气的质量为0.02g来分析解答；根据第4次加入20g稀硫酸时，锌反应完全，且硫酸有剩余来分析解答； （2）根据生成氢气的质量和方程式求出锌的质量，进而求出铜的质量分数来分析解答； （3）根据浓盐酸具有挥发性，会使反应后锥形瓶内物质总质量偏小，生成的气体质量偏大，从而使锌的质量计算结果偏大来分析解答。 【解答】解：（1）根据质量守恒定律，生成氢气的总质量为25g+20g×5﹣124.8g＝0.2g，第1次加入20g稀硫酸，锥形瓶内减少的质量为20g+25g﹣44.94g＝0.06g，第2次加入20g稀硫酸，锥形瓶内减少的质量为20g+44.94g﹣64.88g＝0.06g，第3次加入20g稀硫酸，锥形瓶内减少的质量为64.88g+20g﹣84.82g＝0.06g，说明每20g稀硫酸完全反应，产生氢气的质量为0.06g，第4次加入20g稀硫酸，产生氢气的质量为0.2g﹣0.06g×3＝0.02g＜0.06g，则反应后锥形瓶内物质的总质量应该为20g+84.82g﹣0.02g＝104.8g，则a的数值为104.8，第5次加入20g稀硫酸，锥形瓶内物质的总质量为104.8g+20g＝124.8g，没有产生氢气，综上说明第4次加入20g稀硫酸时，锌反应完全，且硫酸有剩余，故第4次反应结束后，溶液中溶质的成分为ZnSO4、H2SO4； （2）根据质量守恒定律，生成氢气的总质量为25g+20g×5﹣124.8g＝0.2g； 设样品中锌的质量为x， Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑ 65 2 x 0.2g ＝ x＝6.5g 即样品中锌的质量为6.5g，则样品中铜的质量为25g﹣6.5g＝18.5g，故样品中铜的质量分数为×100%＝74%， 答：样品中铜的质量分数为74%； （3）浓盐酸具有挥发性，若将稀硫酸换成浓盐酸，会使反应后锥形瓶内物质总质量偏小，则生成的气体质量偏大，从而使锌的质量计算结果偏大，导致铜的质量分数计算结果偏小。 【点评】本题是借助于数学模型，利用图表的方式来分析和解决化学计算中的有关问题，要求学生有较强的识图能力和数据分析能力。 27．（2024•东营）小亮的爷爷用洁厕灵和84消毒液对马桶清理消毒时，被产生的一种刺激性气体呛得咳嗽不止。请根据有关信息回答下列问题： （1）查阅资料得知：84消毒液的有效成分是次氯酸钠（化学式为NaClO），洁厕灵的有效成分是HCl，两者混合后产生有毒气体，主要反应如下：NaClO+2HCl＝NaCl+H2O+X↑，则X的化学式为 　Cl2　，因此两者不可同时使用。 （2）卫生洁具清洗剂国家标准要求洁厕灵中HCl的质量分数不得超过12%。为验证某合格品牌洁厕灵中HCl的含量，小亮同学取50.0g该产品倒入锥形瓶中，他至少需要加入多少克碳酸钙，才能保证洁厕灵中HCl完全反应？（请写出计算过程，结果保留到小数点后一位）。 （3）当出现 　不再产生气泡　现象时，证明洁厕灵中的HCl已完全反应。 【分析】（1）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和数目不变来分析解答； （2）根据题中数据和化学方程式来分析解答； （3）根据不再产生气泡现象时，证明洁厕灵中的HCl已经完全反应来分析解答。 【解答】解：（1）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类和数目不变，反应物中含Na、Cl、O、H的个数分别是1、3、1、2，生成物中含Na、Cl、O、H的个数分别是1、1、1、2，则生成物中还应含2个Cl，故X的化学式为Cl2； （2）设至少需要加入碳酸钙的质量为x， CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O 100 73 x 50.0g×12% ＝ x≈8.2g 答：至少加入碳酸钙的质量为8.2g，才能保证洁厕灵中HCl完全反应； （3）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故当出现不再产生气泡现象时，证明洁厕灵中的HCl已经完全反应。 【点评】根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。 28．（2024•攀枝花）质检员对某氯化钠样品进行分析，方法如下： 步骤一：称取100.0g样品，完全溶于300.0g蒸馏水中。 步骤二：向所得溶液中滴加BaCl2溶液至恰好不再产生沉淀为止，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤、烘干后为4.66g；洗涤液并入滤液，继续加蒸馏水至总质量为500.0g。 步骤三：取步骤二所得溶液50.0g，滴加溶质质量分数为20.0%的AgNO3溶液至氯离子恰好完全沉淀；重复操作3次，平均每次消耗AgNO3溶液136.0g。 假设杂质中除硫酸钠外，均不参加上述反应。通过计算回答下列问题（写出解题过程）： （1）该样品中Na2SO4的质量分数是多少？ （2）该样品中NaCl的质量分数是多少？ 【分析】该样品中含有硫酸钠和氯化钠，通过反应生成硫酸钡沉淀和氯化银沉淀，利用沉淀质量和反应方程式计算样品中两种物质的质量分数。根据硫酸钡沉淀质量，计算出样品中硫酸钠的质量分数。根据氯化银沉淀的生成量，计算出样品中氯化钠的质量分数。 【解答】解：（1）设硫酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y。 Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓ 142 117 233 x y 4.66g x＝2.84g y＝2.34g 样品中Na2SO4的质量分数是×100%＝2.84%。 答：样品中Na2SO4的质量分数是28.4%。 （2）设步骤二所得所得溶液50.0g中氯化钠的质量为z。 NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓ 58.5 170 z 136.0g×20.0% z＝9.36g 样品中NaCl的质量为9.36g×﹣2.34g＝91.26g， 样品中NaCl的质量分数是×100%＝91.26%。 答：样品中NaCl的质量分数是91.26%。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$