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人教版化学九年级下册随堂练习第九单元课题3 《溶质的质量分数》（基础卷）
一、选择题
1．（2024九下·西安开学考）已知10℃时KNO3的溶解度为，30℃时KNO3的溶解度为．如图，小明同学在盛有100g30℃蒸馏水的甲、乙两个烧杯中分别加入和40g KNO3固体，充分溶解，通过观察现象得出以下结论，其中正确的一项是
A．30℃时甲是KNO3的不饱和溶液、乙是KNO3的饱和溶液
B．乙中KNO3溶液的溶质质量分数是甲中的2倍
C．将甲烧杯溶液温度降温到10℃，甲中溶质质量分数变大
D．将乙烧杯溶液温度降温到10℃，烧杯有固体析出
【答案】D
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由题干信息可知30℃时KNO3的溶解度为45.8g，即30℃时100g水最多只能溶解45.8gKNO3，30℃时，甲和乙烧杯均盛有100g水，分别加入20gKNO3和40gKNO3都不能形成饱和溶液，故A错误；
B、由图示可知甲烧杯中KNO3的质量分数=，乙烧杯中KNO3的质量分数=，16.7%×2≠28.6%，所以乙中KNO3溶液的溶质质量分数并不等于甲中的2倍，选项错误；
C、由题干信息可只10℃时KNO3的溶解度为20.9g，即10℃时100g水中最多能溶解20.9gKNO3，由图示可知甲烧杯中KNO3的质量是20g，将甲烧杯溶液温度降温到10℃，不会有晶体析出，故溶质质量分数不变，故C错误；
D、从题干信息可知10℃时100g水中最多只能溶解20.9gKNO3，乙烧杯溶液中的KNO质量为40g，将乙烧杯溶液温度降温到10℃，会有晶体析出，析出晶体的质量=40g-20.9g=19.1g，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据30℃时KNO3的溶解度为45.8g，故甲、乙烧杯都不是饱和溶液进行分析解答；
B、根据溶质质量分数=进行计算解答；
C、根据10℃时KNO3的溶解度为20.9g，甲烧杯中溶质质量为20g，降温没有晶体析出，溶质质量分数不变进行分析解答；
D、10℃时KNO3的溶解度为20.9g，乙烧杯中溶质质量为40g，降温有晶体析出进行分析解答。
2．“食盐加碘”通常是在氯化钠中加入碘酸钾.如图是氯化钠和碘酸钾的溶解度曲线图.下列说法错误的是(　　).
A．氯化钠易溶于水
B．20℃时不可能制得相同质量分数的碘酸钾溶液和氯化钠溶液
C．碘酸钾的溶解度随温度升高而增大
D．20℃时两者的饱和溶液，氯化钠溶液的溶质质量分数大
【答案】B
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、常温下的物质的溶解度大于10g为易溶物质，而常温下氯化钠负溶解度为36克，故氯化钠易溶于水，该说法正确，不符合题意；
B、20℃时，100克水中分别溶解度5克氯化钠和5克碘酸钾均形成不饱和溶液，而者溶液中的溶质、溶剂的质量相等，溶质的质量分数均相等，故不可能制得相同质量分数的碘酸钾溶液和氯化钠溶液的说法错误，符合题意；
C、碘酸钾的溶解度随温度升高而增大，该说法正确，不符合题意；
D、20℃时氯化钠的溶解度大于碘酸钾的溶解度，故两者的饱和溶液中氯化钠溶液的溶质质量分数大，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据常温下的物质的溶解度大于10g为易溶物质，一定温度下的物质的溶解度来计算该温度下的饱和溶液的浓度以及不同物质的溶解度的大小进行比较来解答。
3． a、b两种物质的溶解度曲线如右图所示.下列说法中不正确的是(　　).
A．将t1℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液
B．将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，溶液质量不变
C．t2℃时，两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a>b
D．将t2℃时a、b的饱和溶液分别降温至t1℃，两溶液的溶质质量分数相等
【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、b物质的溶解度随温度的升高而增大，升温可以使低温下的饱和溶液变成不饱和溶液，故将t1℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液，该说法正确，不符合题意；
B、将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，有a物质结晶析出，溶质的质量减小，故溶液质量减小，该说法错误，符合题意；
C、t2℃时a的溶解度大于b的溶解度，故两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a>b，该说法正确，不符合题意；
D、将t2℃时a、b的饱和溶液分别降温至t1℃时均是饱和溶液，且在t1℃时两种物质的溶解度相等，故饱和溶液的浓度相等，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据ab物质的溶解度随温度的升高而增大，升温可以使低温下的饱和溶液变成不饱和溶液；降温高温下的饱和溶液会有晶体析出后的溶液任然是饱和溶液，溶解度相等时饱和溶液的浓度相等来解答。
4．在一定温度下，向15g蒸馏水中加入无水硫酸铜粉末，充分搅拌并过滤，得到一定质量的蓝色晶体和8.4g滤液，若此温度下无水硫酸铜的溶解度为40g，则此无水硫酸铜的质量是(　　).
A．6.6g B．9g C．18.4g D．16g
【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】无水硫酸铜溶于水形成硫酸铜溶液，但当溶质从溶液中析出晶体时则为( 时的母液是饱和溶液。故晶体中含有部分结晶水使溶剂的质量减少。
解：设8.4g饱和的滤液中含 CuSO4质量为x.
(100g+40g)：40g=8.4g：x
解得x=2.4g
则滤液中含水为8.4g-2.4g=6g；故形成的蓝色晶体中含结晶水的质量为：15g-6g=9g，
硫酸铜晶体中含CuSO4质量为y
90：160=9g：y
解得y=16g
原无水硫酸铜质量为：2.4g+16g=18.4g.
故答案为：C.
【分析】根据无水硫酸铜粉末溶于水形成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液结晶析出晶体为五水硫酸铜，滤液为硫酸铜的饱和溶液；根据该温度下的硫酸铜的溶解度为40g来计算8.4g滤液中的溶质硫酸铜和溶剂的质量，从而计算出硫酸铜晶体中的结晶水的质量和硫酸铜晶体中的硫酸铜的质量来解答。
5．酒精(C2H5OH)的某种水溶液中，溶质和溶剂中氢原子个数相等，则该溶液中溶质的质量分数为(　　).
A．23% B．46% C．55% D．72%
【答案】B
【知识点】溶液的组成及特点；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：水的化学式为H2O，酒精的化学式为C2H5OH来分析，一个水分子中含有2个氢原子，一个乙醇分子中有6个氢原子；根据题意乙醇溶液中的溶质乙醇中的氢原子和溶剂水中的氢原子个数相等，则3个水中的氢原子才会和一个乙醇分子中的氢原子数目才相等；则该溶液中的溶质是一个乙醇分子，溶剂是3个水分子，故溶质的质量分数为：。
故答案为：B.
【分析】根据一个乙醇分子中含有6个氢原子，一个水分子中含有2个氢原子，故3个水分子和一个乙醇分子中的氢原子数目相等，溶质的质量除以溶液的质量就是溶质的质量分数来解答。
6．20℃时，20g氯化钠溶于 50g水中，充分溶解后所得溶液的溶质质量分数为(　　)(20℃时氯化钠的溶解度为36g).
A．20% B．40% C．26.5% D．36.5%
【答案】C
【知识点】固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：溶液由溶质和溶剂组成，溶质的质量分数=； 已知20℃时氯化钠的溶解度为36g
那么该温度下50克水中最多溶解氯化钠达到饱和状态，还剩余氯化钠未完全溶解，则所得溶液的溶质的质量分数为：。
故答案为：C.
【分析】根据一定温度下的某物质的溶解度来计算该温度下的一定质量的水中最多溶解多少溶质达到饱和装置，溶液中溶质的质量分数等于溶质除以溶液来解答。
7．将 ng某物质投入 mg水中，所得溶液中溶质的质量分数可能为(　　).
①等于 ②小于 ③大于
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】思维点拨 不同的物质，结果不同.若该物质为 NaCl，且全部溶解，则溶液中溶质的质量分数为
若该物质为 SO2，则因 SO2 与 H2O 反应生成H2SO3，溶质质量大于 ng，故溶液中溶质的质量分数大于 若该物质不能全部溶解，或为结晶水合物，如( 则溶液中溶质的质量分数小于
故答案为：D.
【分析】根据一定温度下不同物质的溶解度不同，等质量的不同物质溶解在等质量的水中的溶液结果不同来解答。
8．（2024·上蔡模拟）下列图象能正确反映其对应变化关系的是（　　）
A.某温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体 B.用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 C.将水通电电解一段时间 D.向一定量大理石（ 杂质不参加反应）中滴加稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；电解水实验；溶质的质量分数及相关计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、 某温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体 ，硝酸钾不会继续溶解，溶质质量分数保持不变，不符合题意；
B、 用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 ，有无二氧化锰只影响反应速率，不会影响生成氧气质量，即最终产生氧气相等，不符合题意；
C、电解水的到氢气和氧气，产生氢气和氧气体积比为2：1，符合题意；
D、向一定量大理石（ 杂质不参加反应）中滴加稀盐酸，二氧化碳随稀盐酸的加入，从原点起增加，至反应结束后保持不变，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题是图像的判断题，解答时要通过题目要求分析涉及到的各物质之间量的关系，结合变化趋势先做出判断，如随着横坐标物质量的变化，纵坐标表示的物质的量的变化趋势，增加或降低等，再确定图形中的起点、终点、转折点是否符合题意。
9．（2025九下·武威开学考）如图为甲、乙两物质(均不含结晶水)的溶解度曲线，下列说法正确的是
A．T1℃时，等质量的甲和乙溶液中，所含溶质质量相同
B．T4℃时，分别将等质量的甲和乙溶于水配成饱和溶液，所得甲溶液的质量大于乙溶液的质量
C．T2℃时，乙饱和溶液溶质质量分数为49%
D．T3℃时，等质量的甲和乙的饱和溶液，降温至T1℃，析出相同质量的固体
【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由图可知，T1℃时，甲和乙的溶解度相等，则等质量的甲和乙的饱和溶液中所含溶质质量相同，T1℃时，甲和乙溶液的状态不能确定，所以溶液中所含溶质质量不能确定，该说法错误，不符合题意；
B、T4℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，则等质量的甲和乙溶于水配成饱和溶液，乙溶解需要水的质量大于甲，则所得甲溶液的质量小于乙溶液的质量，该说法错误，不符合题意；
C、T2℃时，乙的溶解度为49g，即100g的水最多能溶解49g乙物质达到饱和状态，此时乙的饱和溶液溶质质量分数为，该说法错误，不符合题意；
D、T1℃、T3℃时，甲和乙的溶解度相等，则T3℃时，等质量的甲和乙的饱和溶液，降温至T1℃，析出相同质量的固体，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据不同物质溶解度曲线的交叉点表示该温度时的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等；溶质的质量分数等于溶质的质量除以溶液的质量；以及某温度是的溶解度的含义来解答。
10．（2024·和顺模拟）某化学兴趣小组在研究碳酸钠的过程中，通过观察与实验（不考虑水分的蒸发），得出的结论正确的一项是
温度/℃ 20 30 40 50 60 80 100
溶解度/g 21.8 39.7 48.8 47.3 46.4 45.1 44.7
在不同温度时的溶解度
A．①中溶液的溶质质量分数为21.8%
B．降温时，碳酸钠溶液不一定有晶体析出
C．②中加入氧化钙前、后均为碳酸钠饱和溶液
D．30℃时，碳酸钠饱和溶液的质量一定是139.7g
【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、①中溶液是20℃的饱和溶液，此时碳酸钠的溶解度为21.8g，所以此温度下饱和溶解的质量分数=，故A选项错误；
B、由表中数据可知碳酸钠的溶解度随着温度的升高而增大，因此，若是碳酸钠的饱和溶液，那么降低温度会有晶体析出，但若是不饱和溶液，降温不一定有晶体析出，故B选项正确；
C、②加入氧化钙前，为20℃碳酸钠的饱和溶液；加入氧化钙后，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应消耗了水，但同时该反应会放出大量的热，导致温度升高，温度升高，碳酸钠溶解度增大，因此无法判断是否是饱和溶液，故C选项错误；
D、由表中数据可知30℃时碳酸钠的溶解度为39.7g，即此温度下100g水中最多可以溶解39.7g碳酸钠，但是这不表示碳酸钠饱和溶液的质量一定是139.7g，故D选项错误；
故答案为：B.
【分析】A、根据饱和溶液的质量分数=X100%进行分析；
B、根据碳酸钠的溶解度变化趋势以及题目中并未点明溶液是否饱和进行分析；
C、根据氧化钙与水反应生成氢氧化钙同时放出大量的热进行分析；
D、根据此温度下的溶解度以及溶液的质量并不是一个固定的值进行分析。
二、填空题
11．（2024·惠民模拟）如图是两种固体物质的溶解度随温度变化的曲线图，据图回答：
（1）℃时把物质甲加入到水中充分搅拌，形成的是　 　溶液（填“饱和”或“不饱和”），升温到℃时，溶液的质量是　 　g。
（2）分别将℃时甲、乙饱和溶液降温到℃，下列叙述正确的是________。
A．甲、乙仍是饱和溶液 B．溶剂质量：甲等于乙
C．溶液质量：甲大于乙 D．溶质质量分数：甲小于乙
【答案】（1）饱和；75
（2）
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度。
（1）由溶解度曲线图可知，t1℃时物质甲的溶解度为40g，则t1℃时50 g水中最多能溶解20g甲物质达到饱和状态，所以t1℃时把30g物质甲加入到50 g水中充分搅拌，形成的是饱和溶液；
由于甲的溶解度随温度的升高而增大，升温到t2℃时，甲的溶解度为50g，50g水中最多能溶解25g甲物质达到饱和状态，而50克水中一共加入30g甲物质，则溶液质量为：25g+50g=75g；
（2）A、由溶解度曲线图可知，物质甲的溶解度随温度的降低而减小，物质乙的溶解度随温度的降低而增大，分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，甲仍是饱和溶液，乙变为不饱和溶液，该说法错误，不符合题意；
B、降温过程中甲、乙溶液中溶剂的质量不变，与t2℃时饱和溶液中溶剂的质量相等，由溶解度曲线图可知，t2℃时甲、乙的溶解度相等，等质量的饱和溶液中所含的溶剂质量相等，分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，溶剂质量为甲等于乙，该说法正确，符合题意；
C、甲溶液中有晶体析出，溶液质量减小故溶质的质量分数减小，而乙溶液中无晶体析出，溶液质量不变故溶质的质量分数不变，所以分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，溶液质量是甲小于乙，该说法错误，不符合题意；
D、由溶解度曲线图可知，t2℃时甲、乙的溶解度相等，故它们的饱和溶液溶质质量分数=，且二者的浓度相等；分别将t2℃时100g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，甲溶液中有晶体析出，溶质质量分数减小，乙溶液中无晶体析出，溶质质量分数不变，所以t1℃时溶质质量分数甲小于乙，该说法正确，符合题意。
故答案为：BD.
【分析】根据不同物质的溶解度曲线的交叉点表示该温度下的溶解度相同且溶质的质量分数相等；甲的溶解度随温度的升高而增大，乙的溶解度随温度的升高而减小；甲的低温下的饱和溶液升温变成不饱和溶液浓度不变，乙的高温下的饱和溶液降温变成不饱和溶液时溶质的质量分数不变；等质量的甲乙高温下的饱和溶液降温时溶剂不变，甲的溶质减小浓度减小，乙的溶质不变浓度不变来解答。
12．如图是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.请回答下列问题.
（1）随温度升高，溶解度减小的物质是　 　.
（2）甲和乙的溶解度相同时，温度是　 　.
（3）分别将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液从t3℃降到t1℃，降温后甲、乙、丙三种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是　 　.
（4）将150g甲的饱和溶液从t3℃降到t2℃后，向其中加入50g水，此时所得溶液的溶质质量分数是　 　(计算结果精确到0.1%).
【答案】（1）丙
（2）t2℃
（3）乙>甲>丙
（4）21.9%
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）利用溶解度 曲线图可知，随温度升高，溶解度减小的物质是丙。
（2）甲和乙的溶解度相同时，温度是 t2℃ 。
（3）分别将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液从t3℃降到t1℃，那么在t3℃时三种物质的饱和溶液的溶质的质量分数是甲大于乙大于丙，溶解度大的溶质的质量分数大；而降温到t1℃后甲、乙的溶解度减小，溶质的质量分数减小，溶质的质量分数大小的是乙大于甲；丙的溶解度增大由饱和变成不饱和，故丙溶液的溶质质量分数不变；丙的质量分数小于甲，故三种物质的溶质质量分数由大到小的顺序是 乙>甲>丙 。
（4）t3℃时150g甲的饱和溶液中的溶质的质量是50克，溶剂是100克；现从t3℃降到t2℃后的溶液任然是饱和溶液，该溶液的质量为128克，溶剂是100克，溶质是28克；现向其中加入50g水，此时所得溶液的溶质质量分数是：.
【分析】（1）根据丙的溶解度随温度的升高而减小，甲乙的溶解度随温度的升高而增大来解答；
（2）根据不同物质的溶解度曲线的交叉点表示该温度下的溶解度相等来解答；
（3）根据一定温度时的物质的饱和溶液的溶质的质量分数与溶解度一致。t3℃时三种物质的饱和溶液的溶质的质量分数是甲大于乙大于丙；降温时甲乙均有晶体析出，析出后的溶液是饱和溶液，溶质的质量与溶解度一致；丙的高温下的饱和溶液降温变成不饱和溶液，溶质的质量分数不变来解答；
（4）根据一定温度下溶解度的含义理解该温度下的饱和溶液中的溶质、溶剂以及质量分数来解答。
13．（2025·广西模拟）下表是碳酸钠和氯化钠在不同温度时的溶解度。请回答下列问题。
温度/℃ 0 10 20 30 40
溶解度
（1）20℃时，将氯化钠溶解在水中，得到　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（2）分析表中数据，　 　的溶解度受温度影响较大
（3）我国著名化学家侯德榜先生创立了“侯氏制碱法”，促进了世界制碱技术的发展。碳酸钠和氯化铵两种物质的溶解度曲线如上图所示。
①℃时，的溶解度为　 　。
②℃时，将相同质量的饱和溶液与饱和溶液均降温至℃，所得溶液的质量最大的是　 　。
③℃时，取溶质质量分数为15%的溶液稀释成溶质质量分数为10%的溶液，需加水的质量为　 　。
【答案】（1）饱和溶液
（2）碳酸钠
（3）20；氯化铵溶液；15
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；用水稀释改变浓度的方法
【解析】【解答】（1）20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，根据溶解度概念，50g水最多溶解18g水，将20g氯化钠溶解在50g水中，得到饱和溶液；
（2）分析表中数据，0℃～40℃时，NaCl的溶解度由35.7g增加到36.6g，Na2CO3的溶解度由7.0g增加到48.8g，Na2CO3溶解度受温度影响较大；
（3）①根据溶解度曲线可知，t1℃时，Na2CO3的溶解度为20g。②根据溶解度曲线可知，Na2CO3溶解度受温度影响较大，t2℃时，将相同质量的Na2CO3饱和溶液与NH4Cl饱和溶液均降温至t1℃，析出晶体较多的是Na2CO3，所得溶液的质量最大的是NH4Cl溶液；③设：需加水的质量为x，溶液在稀释过程中溶质质量不变，则有：
x=15g 。
【分析】（1）根据溶液度对应溶液为饱和溶液及所给溶解度判断溶液是否饱和分析；
（2）根据表中数据分析；
（3）根据溶解度曲线上点表示对应温度下的物质溶解度，由溶解度的变化趋势确定降温后析出晶体质量，溶液稀释前后溶质质量不变分析。
（1）20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，根据溶解度概念，50g水最多溶解18g水，将20g氯化钠溶解在50g水中，得到饱和溶液；
（2）分析表中数据，0℃～40℃时，NaCl的溶解度由35.7g增加到36.6g，Na2CO3的溶解度由7.0g增加到48.8g，Na2CO3溶解度受温度影响较大；
（3）①根据溶解度曲线可知，t1℃时，Na2CO3的溶解度为20g。
②根据溶解度曲线可知，Na2CO3溶解度受温度影响较大，t2℃时，将相同质量的Na2CO3饱和溶液与NH4Cl饱和溶液均降温至t1℃，析出晶体较多的是Na2CO3，所得溶液的质量最大的是NH4Cl溶液；
③设：需加水的质量为x，溶液在稀释过程中溶质质量不变，则有：
x=15g 。
14．（2024九下·顺德模拟）“天气瓶”是由罗伯特菲茨罗伊（英）在1834-1836年航行时发明的。他记录如下：若溶液澄清，会晴朗高照；若液体朦胧伴有沉淀，会多云；若有悬浮的沉淀，则会湿度大；若沉淀和流体共存，暴风雨将会到来；若……；若顶部有漩涡，则要变天起风。
“天气瓶”制作过程如图1，和在水中的溶解度如图2。
现代研究证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值，但可作为一个美丽的装饰。
根据上文，回答下列问题。
（1）菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将　 　；科学证明，“天气瓶”　 　（填“能”或“不能”）准确预测天气。
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌的作用是　 　，溶液A中溶质质量分数为　 　（保留）。
（3）时，溶液B是的　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（4）时，的溶解度为　 　，归纳的溶解度与温度的关系　 　。
（5）时， 的饱和溶液降温至，析出晶体的质量为　 　g。
【答案】（1）晴朗高照；不能
（2）加速溶解；
（3）不饱和
（4）；的溶解度随温度升高增大
（5）60
【知识点】实验室常见的仪器及使用；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）由题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照；
科学证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值，“天气瓶”不能准确预测天气。
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌能加速樟脑的溶解；
溶液A中溶质质量分数为：。
（3）20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，设20℃时，33g水能达到饱和状态溶解硝酸钾的质量为x，
故20℃时，溶液B是KNO3的不饱和溶液。
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大。
（5）50℃时，硝酸钾的溶解度是90g，190gKNO3的饱和溶液中含有100g的溶剂和90g的硝酸钾，降温至20℃，硝酸钾溶解度是30g，则析出晶体的质量=90g-30g=60g。
【分析】（1）根据题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照分析。
根据科学证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值分析。
（2）根据溶解操作的注意事项分析。
溶液A中溶质质量分数=。
（3）根据20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，进行计算。
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大。
（5）根据50℃时，硝酸钾的溶解度是90g；20℃，硝酸钾溶解度是30g，计算出析出晶体的质量。
（1）由题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照；
科学证明，瓶内结晶形 态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测 价值，“天气瓶”不能准确预测天气；
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌能加速樟脑的溶解；
溶液A中溶质质量分数为：；
（3）20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，设20℃时，33g水能达到饱和状态溶解硝酸钾的质量为x
故20℃时，溶液B是KNO3的不饱和溶液；
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大；
（5）50℃时，硝酸钾的溶解度是90g，190gKNO3的饱和溶液中含有100g的溶剂和90g的硝酸钾，降温至20℃，硝酸钾溶解度是30g，则析出晶体的质量为90g-30g=60g。
15．（2024九下·东营期中）生活在盐湖、碱湖附近的人们传承下来的劳动经验是“夏天晒盐(NaCl)，冬天捞碱(Na2CO3)”。
【资料】NaCl和Na2CO3两种物质在不同温度时的溶解度如表：
温度℃ 0 10 20 30 40
溶解度/g NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6
Na2CO3 7.0 12.5 22.0 40.0 48.8
（1）分析表中数据，冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，Na2CO3的溶解度随温度的降低而　 　(填“增大”或“减小”)，有利于Na2CO3的析出。
（2）夏天“晒盐"，当有大量盐析出后，所得溶液为该温度下NaCl的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
（3）20℃时，将Na2CO3和NaCl的饱和溶液分别升温至40℃，则两种溶液的溶质质量分数：Na2CO3　 　NaCl(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）下列说法正确的是______(填字母)。
A．40℃时，将30gNa2CO3固体加入50g水中，充分溶解后所得溶液的质量为74.4g
B．等质量的固体配成20℃的饱和溶液，所得水的质量：NaCl＜Na2CO3
C．冬天捞得的“碱”若含有少量NaCl，则可蒸发结晶提纯Na2CO3
【答案】（1）减小
（2）饱和
（3）＜
（4）
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）分析表中数据，冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，Na2CO3的溶解度随温度的降低而减小，有利于Na2CO3的析出；
（2）夏天“晒盐”，当有大量盐析出后，说明该溶液不能继续溶解NaCl，故所得溶液为该温度下NaCl的饱和溶液；
（3）由表中数据可知，20℃时，NaCl的溶解度大于Na2CO3的溶解度，根据某一温度下，饱和溶液的质量质量分数=×100%可知，此时NaCl饱和溶液的溶质质量分数大于Na2CO3饱和溶液的溶质质量分数，升高到40℃，虽然二者的溶解度增大，但溶液中溶质和溶剂的质量均不变，因此质量分数也不变，此时则两种溶液的溶质质量分数仍为NaCl溶液大于Na2CO3溶液；
（4）A、由表中数据可知，40℃时Na2CO3的溶解度为48.8g，即在100g水中最多溶解48.8gNa2CO3，则将30gNa2CO3固体加入50g水中，最多溶解Na2CO324.4g，形成溶液的质量为50g+24.4g=74.4g，该说法正确，符合题意；
B、由表中数据可知，20℃时NaCl的溶解度大于Na2CO3的溶解度，此温度下等质量的两种固体配成饱和溶液，所需水的质量为NaCl＜Na2CO3，该说法正确，符合题意；
C、冬天捞得的“碱”Na2CO3中含有少量NaCl，由于NaCl的溶解度受温度影响不大，而Na2CO3的溶解度随温度升高明显增大，应采用降温结晶的方法提纯Na2CO3，该说法错误，不符合题意。
故答案为：AB.
【分析】根据氯化钠的溶解度随温度变化不大，可以恒温蒸发溶剂结晶；碳酸钠的溶解度随温度变化明显一般采用降温结晶；以及某温度时的物质的溶解度的含义来解答。
三、流程题
16．（2024·高要模拟）（氧化钴）是电动车电池制造中的重要原材料，工业上制备的流程如下图。
查阅资料：碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物
（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，除了还生成了　 　和　 　。
（2）过程2：化学方程式为，用质质量分数的溶液，理论上可以制备的质量是多少？（写出计算过程）
（3）过程3：固体质量随温度变化关系如上图，现将的加热。
①时，剩余固体的质量　 　g。
②时固体已经全部转换为，其质量是　 　g。
【答案】（1）水；二氧化碳
（2）9.3g；
解：设理论上可以制备Co(OH)2的质量为x。
，x=9.3g
答：理论上可以制备Co(OH)2的质量为9.3g。
（3）80.3；75
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，根据化学反应前后元素的种类不变，除了CoCl2还生成了水和二氧化碳，故答案为：水、二氧化碳；
（2）解：设理论上可以制备Co(OH)2的质量为x；
，x=9.3g
答：理论上可以制备Co(OH)2的质量为9.3g；
（3）过程3：固体质量随温度变化关系如上图，现将的Co(OH)2加热；
①由图像可知，时，剩余固体的质量80.3g，故答案为：80.3；
②时固体己经全部转换为CoO，由质量守恒定律可知化学反应前后元素质量和种类不变，因此CoO中Co元素的质量就等于中Co元素的质量，那么CoO的质量是：93g×÷=75g，故答案为：75。
【分析】（1）根据碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物以及化学反应前后元素种类不变分析回答；
（2）根据化学方程式列比例式进行求解；
（3）①根据图像数据来回答；
②根据时固体已经全部转换为CoO以及化学反应前后元素质量和种类均不变分析求解。
17．（2024九下·广州期中）氢氧化钠是重要的化工原料，在生产过程中常含少量的杂质氯化钠。提纯NaOH样品。某同学进行如图实验：
氯化钠和氢氧化钠的部分溶解度数据如表：
温度(℃) 0 20 60 80
NaCl 35.7 36.0 37.1 38.4
NaOH 42 109 174 314
（1）20℃时，5g水中最多溶解NaCl　 　g。
（2）滤液B中含NaOH的质量　 　g。溶液A中，NaOH　 　(填达到”或“未达到”)饱和状态。
（3）运用数据分析说明：不能省略步骤III，因为若不蒸发95g水，则20℃时，会比前方案少析出　 　g氢氧化钠。
【答案】（1）1.8
（2）109；未达到
（3）103.55
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，即100g的水中最多能溶解36.0g氯化钠固体，则20℃时，5g水中最多溶解NaCl的质量为；
（2）经过步骤II，析出89.2g氢氧化钠固体和滤液B，此时滤液B为氢氧化钠的饱和溶液。20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则滤液B中含NaOH的质量为109g；80℃时氢氧化钠的溶解度为314g，溶液A中有水100g，样品200g（氢氧化钠最多200g），则未达到饱和状态。
（3）20℃时氢氧化钠的溶解度为109g，即100g的水中最多能溶解109g氢氧化钠固体，蒸发95g水，冷却到20℃时会析出氢氧化钠，若不蒸发95g水，则20℃时会比前方案少析出103.55g氢氧化钠。
【分析】（1）根据20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g的含义是该温度下100克水中最多溶解36克氯化钠达到饱和状态来解答；
（2）根据20℃时氢氧化钠的溶解度为109g，80℃时氢氧化钠的溶解度为314g的含义来解答；
（3）一定温度下物质的溶解度的含义进行计算每克水中溶解一定量的溶质达到饱和状态来解答。
四、实验探究题
18．（2024·江门模拟）回答问题
（1）实验室制取CO2和H2
ⅰ.仪器①的名称是　 　。
ⅱ.小明用相同一套装置分别制取CO2和H2，应选用如图中发生装置　 　(填字母)。其中，制取CO2的化学方程式为　 　。
ⅲ.实验室制备H2，实验前需配制质量分数为9.8%的稀硫酸100g，若用98%的浓硫酸进行稀释，需要加水　 　g，量取体积时需用到如图的仪器有　 　(填字母)；若在量取水的体积时仰视读数，则导致所配溶液溶质质量分数将　 　(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。
（2）调查活动：我国航天事业取得了巨大成就，科学技术的发展加速了火箭推进剂的更新换代。
ⅰ.第一代采用偏二甲肼(C2H8N2)和四氧化二氮(N2O4)为推进剂，反应的化学方程式为，则X的化学式为　 　。
ⅱ.第二代以煤油作为推进剂，从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的　 　。
ⅲ.第三代火箭推进剂常用到液氢和液氧组合，工业制取氧气利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气。其原理示意图如图所示，由此可知两种分子的大小：N2　 　(填“>”或“<”)O2。
【答案】（1）长颈漏斗；B；；90；DF；偏小
（2）H2O；蒸馏；>
【知识点】用水稀释改变浓度的方法；质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验
【解析】【解答】（1）ⅰ、由图可知，仪器①的名称是长颈漏斗，故填：长颈漏斗；
ⅱ、实验室采用大理石和稀盐酸为原料制取二氧化碳，大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；制取氢气采用锌粒和稀硫酸为原料，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故制取CO2和H2均适用于固-液不需要加热型，应选装置B；故填：B；；
ⅲ、稀释前后溶质质量不变，设需要水的质量为，，解得，即需要水的质量为90g；量取体积时需用到如图的仪器有量筒和胶头滴管，即选装置DF；若在量取水的体积时仰视读数，导致量取水的体积偏多，溶剂质量变大，则溶质质量分数偏小，故填：90；DF；偏小；
（2）ⅰ、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的个数、质量均不变，该反应中，反应前有2个C、8个H、6个N、8个O，反应后有2个C、4个O、6个N，相差8个H和4个O，则X中含有2个H和1个O，即X的化学式为H2O，故填：H2O；
ⅱ、从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的蒸馏，这是利用石油中各成分的沸点不同进行分离，故填：蒸馏；
ⅲ、利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气，由图可知，除去大分子的氮气，则N2>O2，故填：>。
【分析】1.需要根据反应物的状态和反应条件选择发生装置。需收集的气体密度比空气大，可以选用向上排空气法；需收集的气体密度比空气小，可以选用向下排空气法；需收集的气体不易溶于水且不与水反应，可以选用排水集气法；
相对于排水法，排空气法收集到的气体更干燥；相对于排空气法，排水法收集到的气体更纯净。
2.溶液稀释时溶质质量不变。
3.书写化学方程式的原则
（1） 客观事实 ：化学方程式必须以客观事实为基础，不能凭空臆想不存在的物质和化学反应。
（2） 质量守恒定律 ：等号两边的原子种类和数目必须相等，遵守质量守恒定律。
书写化学方程式的步骤
（1） 确定反应物和生成物 ：明确反应中的所有物质，包括反应物和生成物。
（2） 写出化学式 ：使用正确的化学式表示反应物和生成物。
（3） 配平化学方程式 ：通过添加系数使等号两边各元素的原子数量相等。
（4） 标注物质状态 ：沉淀和气体，需要在化学式后面标注“↓”或“↑”等符号。
（1）ⅰ、由图可知，仪器①的名称是长颈漏斗，故填：长颈漏斗；
ⅱ、实验室采用大理石和稀盐酸为原料制取二氧化碳，大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；制取氢气采用锌粒和稀硫酸为原料，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故制取CO2和H2均适用于固-液不需要加热型，应选装置B；故填：B；；
ⅲ、稀释前后溶质质量不变，设需要水的质量为，，解得，即需要水的质量为90g；量取体积时需用到如图的仪器有量筒和胶头滴管，即选装置DF；若在量取水的体积时仰视读数，导致量取水的体积偏多，溶剂质量变大，则溶质质量分数偏小，故填：90；DF；偏小；
（2）ⅰ、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的个数、质量均不变，该反应中，反应前有2个C、8个H、6个N、8个O，反应后有2个C、4个O、6个N，相差8个H和4个O，则X中含有2个H和1个O，即X的化学式为H2O，故填：H2O；
ⅱ、从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的蒸馏，这是利用石油中各成分的沸点不同进行分离，故填：蒸馏；
ⅲ、利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气，由图可知，除去大分子的氮气，则N2>O2，故填：>。
19．（常用气体的发生装置和收集装置与选取方法d40题）实验室常用下列装置制取气体，请你根据所学知识回答下列问题．
（1）写出编号所指仪器的名称：①　 　．
（2）A装置图中有一处明显的错误，请你找出错误的地方并把改正的结果填在下列横线上：　 　．
上述装置改进后，请继续回答下列问题．
（3）小李在实验室中用氯酸钾和另一种固体制取较纯净的氧气，他选择上述装置中的A和　 　（填字母）进行组装，请你写出小李制取氧气的化学反应方程式　 　．小红用上述装置制取二氧化碳应选用的发生装置和收集装置是　 　（填写装置的字母代号），请写出该反应的化学方程式　 　．B 装置的优点是可随时控制反应的发生和停止．若打开旋钮，固体与液体接触，反应便能发生，请简述使B装置中反应停止的原理　 　．
（4）实验室常用一定质量分数的过氧化氢溶液制取氧气．某同学取少量二氧化锰于锥形瓶中，然后慢慢滴入34g过氧化氢溶液，完全反应后，生成氧气1.6g；求该同学所用过氧化氢溶液中溶质质量分数．
【答案】（1）长颈漏斗
（2）试管口向上倾斜了，试管口要略向下倾斜
（3）F；2KClO3 2KCl+3O2↑；BE或CE；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止v
（4）过氧化氢溶液中溶质的质量分数为10%．
【知识点】气体反应装置的选取；氧气的实验室制法；溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）①是长颈漏斗；故填：长颈漏斗；（2）以上装置A中试管口向上倾斜了，为了防止冷凝水倒流炸裂试管，试管口要略向下倾斜；故填：试管口向上倾斜了，试管口要略向下倾斜；（3）排水法收集的氧气比较纯净，氯酸钾在二氧化锰做催化剂和加热的条件下生成氯化钾和氧气，方程式为2KClO3 2KCl+3O2↑；实验室制取CO2，是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热；二氧化碳的密度比空气大，且能溶于水，所以只能用向上排空气法来收集；B装置可随时控制反应的发生和停止，观察C装置可知：当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；故答案为：F；2KClO3 2KCl+3O2↑；BE或CE；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；（4）设要生成1.6g氧气需要参加反应的过氧化氢的质量为x，则：
2H2O2 2H2O+ O2↑
68 32
x 3.2g
x=3.4g
所以所用过氧化氢溶液中溶质质量分数为： =10%
答：过氧化氢溶液中溶质的质量分数为10%．
【分析】（1）熟记仪器的名称；（2）根据给试管中的固体加热时的注意事项来分析；（3）根据气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关；气体的制备原理来分析；根据反应装置的特点分析解答：当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；（4）根据氧气的质量算出过氧化氢的质量，再除以过氧化氢溶液的质量乘以百分之百即可．
五、计算题
20．（2024九下·长沙期中）某化工实验室用15%的氢氧化钠溶液洗涤一定量石油产品中的残余硫酸，共消耗氢氧化钠溶液，洗涤后的溶液呈中性；
（1）请问所消耗的氢氧化钠溶液中溶质的质量为　 　g；
（2）这一定量石油产品中含的质量是多少？（按格式要求写出计算过程）
【答案】（1）6
（2）设这一定量石油产品中含H2SO4的质量是x，则
解得x=7.35g
答：这一定量石油产品中含H2SO4的质量是7.35g
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）消耗的氢氧化钠溶液中溶质的质量为；
（2）将氢氧化钠的质量带入化学方程式列比例计算硫酸的质量。
【分析】（1）根据氢氧化钠溶液的质量和溶质的质量分数可计算溶质的质量分析；
（2）根据将氢氧化钠的质量带入化学方程式列比例计算硫酸的质量分析。
1 / 1人教版化学九年级下册随堂练习第九单元课题3 《溶质的质量分数》（基础卷）
一、选择题
1．（2024九下·西安开学考）已知10℃时KNO3的溶解度为，30℃时KNO3的溶解度为．如图，小明同学在盛有100g30℃蒸馏水的甲、乙两个烧杯中分别加入和40g KNO3固体，充分溶解，通过观察现象得出以下结论，其中正确的一项是
A．30℃时甲是KNO3的不饱和溶液、乙是KNO3的饱和溶液
B．乙中KNO3溶液的溶质质量分数是甲中的2倍
C．将甲烧杯溶液温度降温到10℃，甲中溶质质量分数变大
D．将乙烧杯溶液温度降温到10℃，烧杯有固体析出
2．“食盐加碘”通常是在氯化钠中加入碘酸钾.如图是氯化钠和碘酸钾的溶解度曲线图.下列说法错误的是(　　).
A．氯化钠易溶于水
B．20℃时不可能制得相同质量分数的碘酸钾溶液和氯化钠溶液
C．碘酸钾的溶解度随温度升高而增大
D．20℃时两者的饱和溶液，氯化钠溶液的溶质质量分数大
3． a、b两种物质的溶解度曲线如右图所示.下列说法中不正确的是(　　).
A．将t1℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液
B．将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，溶液质量不变
C．t2℃时，两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a>b
D．将t2℃时a、b的饱和溶液分别降温至t1℃，两溶液的溶质质量分数相等
4．在一定温度下，向15g蒸馏水中加入无水硫酸铜粉末，充分搅拌并过滤，得到一定质量的蓝色晶体和8.4g滤液，若此温度下无水硫酸铜的溶解度为40g，则此无水硫酸铜的质量是(　　).
A．6.6g B．9g C．18.4g D．16g
5．酒精(C2H5OH)的某种水溶液中，溶质和溶剂中氢原子个数相等，则该溶液中溶质的质量分数为(　　).
A．23% B．46% C．55% D．72%
6．20℃时，20g氯化钠溶于 50g水中，充分溶解后所得溶液的溶质质量分数为(　　)(20℃时氯化钠的溶解度为36g).
A．20% B．40% C．26.5% D．36.5%
7．将 ng某物质投入 mg水中，所得溶液中溶质的质量分数可能为(　　).
①等于 ②小于 ③大于
A．① B．①② C．①③ D．①②③
8．（2024·上蔡模拟）下列图象能正确反映其对应变化关系的是（　　）
A.某温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体 B.用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 C.将水通电电解一段时间 D.向一定量大理石（ 杂质不参加反应）中滴加稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
9．（2025九下·武威开学考）如图为甲、乙两物质(均不含结晶水)的溶解度曲线，下列说法正确的是
A．T1℃时，等质量的甲和乙溶液中，所含溶质质量相同
B．T4℃时，分别将等质量的甲和乙溶于水配成饱和溶液，所得甲溶液的质量大于乙溶液的质量
C．T2℃时，乙饱和溶液溶质质量分数为49%
D．T3℃时，等质量的甲和乙的饱和溶液，降温至T1℃，析出相同质量的固体
10．（2024·和顺模拟）某化学兴趣小组在研究碳酸钠的过程中，通过观察与实验（不考虑水分的蒸发），得出的结论正确的一项是
温度/℃ 20 30 40 50 60 80 100
溶解度/g 21.8 39.7 48.8 47.3 46.4 45.1 44.7
在不同温度时的溶解度
A．①中溶液的溶质质量分数为21.8%
B．降温时，碳酸钠溶液不一定有晶体析出
C．②中加入氧化钙前、后均为碳酸钠饱和溶液
D．30℃时，碳酸钠饱和溶液的质量一定是139.7g
二、填空题
11．（2024·惠民模拟）如图是两种固体物质的溶解度随温度变化的曲线图，据图回答：
（1）℃时把物质甲加入到水中充分搅拌，形成的是　 　溶液（填“饱和”或“不饱和”），升温到℃时，溶液的质量是　 　g。
（2）分别将℃时甲、乙饱和溶液降温到℃，下列叙述正确的是________。
A．甲、乙仍是饱和溶液 B．溶剂质量：甲等于乙
C．溶液质量：甲大于乙 D．溶质质量分数：甲小于乙
12．如图是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.请回答下列问题.
（1）随温度升高，溶解度减小的物质是　 　.
（2）甲和乙的溶解度相同时，温度是　 　.
（3）分别将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液从t3℃降到t1℃，降温后甲、乙、丙三种溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是　 　.
（4）将150g甲的饱和溶液从t3℃降到t2℃后，向其中加入50g水，此时所得溶液的溶质质量分数是　 　(计算结果精确到0.1%).
13．（2025·广西模拟）下表是碳酸钠和氯化钠在不同温度时的溶解度。请回答下列问题。
温度/℃ 0 10 20 30 40
溶解度
（1）20℃时，将氯化钠溶解在水中，得到　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（2）分析表中数据，　 　的溶解度受温度影响较大
（3）我国著名化学家侯德榜先生创立了“侯氏制碱法”，促进了世界制碱技术的发展。碳酸钠和氯化铵两种物质的溶解度曲线如上图所示。
①℃时，的溶解度为　 　。
②℃时，将相同质量的饱和溶液与饱和溶液均降温至℃，所得溶液的质量最大的是　 　。
③℃时，取溶质质量分数为15%的溶液稀释成溶质质量分数为10%的溶液，需加水的质量为　 　。
14．（2024九下·顺德模拟）“天气瓶”是由罗伯特菲茨罗伊（英）在1834-1836年航行时发明的。他记录如下：若溶液澄清，会晴朗高照；若液体朦胧伴有沉淀，会多云；若有悬浮的沉淀，则会湿度大；若沉淀和流体共存，暴风雨将会到来；若……；若顶部有漩涡，则要变天起风。
“天气瓶”制作过程如图1，和在水中的溶解度如图2。
现代研究证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值，但可作为一个美丽的装饰。
根据上文，回答下列问题。
（1）菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将　 　；科学证明，“天气瓶”　 　（填“能”或“不能”）准确预测天气。
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌的作用是　 　，溶液A中溶质质量分数为　 　（保留）。
（3）时，溶液B是的　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（4）时，的溶解度为　 　，归纳的溶解度与温度的关系　 　。
（5）时， 的饱和溶液降温至，析出晶体的质量为　 　g。
15．（2024九下·东营期中）生活在盐湖、碱湖附近的人们传承下来的劳动经验是“夏天晒盐(NaCl)，冬天捞碱(Na2CO3)”。
【资料】NaCl和Na2CO3两种物质在不同温度时的溶解度如表：
温度℃ 0 10 20 30 40
溶解度/g NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6
Na2CO3 7.0 12.5 22.0 40.0 48.8
（1）分析表中数据，冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，Na2CO3的溶解度随温度的降低而　 　(填“增大”或“减小”)，有利于Na2CO3的析出。
（2）夏天“晒盐"，当有大量盐析出后，所得溶液为该温度下NaCl的　 　(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
（3）20℃时，将Na2CO3和NaCl的饱和溶液分别升温至40℃，则两种溶液的溶质质量分数：Na2CO3　 　NaCl(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）下列说法正确的是______(填字母)。
A．40℃时，将30gNa2CO3固体加入50g水中，充分溶解后所得溶液的质量为74.4g
B．等质量的固体配成20℃的饱和溶液，所得水的质量：NaCl＜Na2CO3
C．冬天捞得的“碱”若含有少量NaCl，则可蒸发结晶提纯Na2CO3
三、流程题
16．（2024·高要模拟）（氧化钴）是电动车电池制造中的重要原材料，工业上制备的流程如下图。
查阅资料：碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物
（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，除了还生成了　 　和　 　。
（2）过程2：化学方程式为，用质质量分数的溶液，理论上可以制备的质量是多少？（写出计算过程）
（3）过程3：固体质量随温度变化关系如上图，现将的加热。
①时，剩余固体的质量　 　g。
②时固体已经全部转换为，其质量是　 　g。
17．（2024九下·广州期中）氢氧化钠是重要的化工原料，在生产过程中常含少量的杂质氯化钠。提纯NaOH样品。某同学进行如图实验：
氯化钠和氢氧化钠的部分溶解度数据如表：
温度(℃) 0 20 60 80
NaCl 35.7 36.0 37.1 38.4
NaOH 42 109 174 314
（1）20℃时，5g水中最多溶解NaCl　 　g。
（2）滤液B中含NaOH的质量　 　g。溶液A中，NaOH　 　(填达到”或“未达到”)饱和状态。
（3）运用数据分析说明：不能省略步骤III，因为若不蒸发95g水，则20℃时，会比前方案少析出　 　g氢氧化钠。
四、实验探究题
18．（2024·江门模拟）回答问题
（1）实验室制取CO2和H2
ⅰ.仪器①的名称是　 　。
ⅱ.小明用相同一套装置分别制取CO2和H2，应选用如图中发生装置　 　(填字母)。其中，制取CO2的化学方程式为　 　。
ⅲ.实验室制备H2，实验前需配制质量分数为9.8%的稀硫酸100g，若用98%的浓硫酸进行稀释，需要加水　 　g，量取体积时需用到如图的仪器有　 　(填字母)；若在量取水的体积时仰视读数，则导致所配溶液溶质质量分数将　 　(填“偏大”或“偏小”或“不变”)。
（2）调查活动：我国航天事业取得了巨大成就，科学技术的发展加速了火箭推进剂的更新换代。
ⅰ.第一代采用偏二甲肼(C2H8N2)和四氧化二氮(N2O4)为推进剂，反应的化学方程式为，则X的化学式为　 　。
ⅱ.第二代以煤油作为推进剂，从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的　 　。
ⅲ.第三代火箭推进剂常用到液氢和液氧组合，工业制取氧气利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气。其原理示意图如图所示，由此可知两种分子的大小：N2　 　(填“>”或“<”)O2。
19．（常用气体的发生装置和收集装置与选取方法d40题）实验室常用下列装置制取气体，请你根据所学知识回答下列问题．
（1）写出编号所指仪器的名称：①　 　．
（2）A装置图中有一处明显的错误，请你找出错误的地方并把改正的结果填在下列横线上：　 　．
上述装置改进后，请继续回答下列问题．
（3）小李在实验室中用氯酸钾和另一种固体制取较纯净的氧气，他选择上述装置中的A和　 　（填字母）进行组装，请你写出小李制取氧气的化学反应方程式　 　．小红用上述装置制取二氧化碳应选用的发生装置和收集装置是　 　（填写装置的字母代号），请写出该反应的化学方程式　 　．B 装置的优点是可随时控制反应的发生和停止．若打开旋钮，固体与液体接触，反应便能发生，请简述使B装置中反应停止的原理　 　．
（4）实验室常用一定质量分数的过氧化氢溶液制取氧气．某同学取少量二氧化锰于锥形瓶中，然后慢慢滴入34g过氧化氢溶液，完全反应后，生成氧气1.6g；求该同学所用过氧化氢溶液中溶质质量分数．
五、计算题
20．（2024九下·长沙期中）某化工实验室用15%的氢氧化钠溶液洗涤一定量石油产品中的残余硫酸，共消耗氢氧化钠溶液，洗涤后的溶液呈中性；
（1）请问所消耗的氢氧化钠溶液中溶质的质量为　 　g；
（2）这一定量石油产品中含的质量是多少？（按格式要求写出计算过程）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由题干信息可知30℃时KNO3的溶解度为45.8g，即30℃时100g水最多只能溶解45.8gKNO3，30℃时，甲和乙烧杯均盛有100g水，分别加入20gKNO3和40gKNO3都不能形成饱和溶液，故A错误；
B、由图示可知甲烧杯中KNO3的质量分数=，乙烧杯中KNO3的质量分数=，16.7%×2≠28.6%，所以乙中KNO3溶液的溶质质量分数并不等于甲中的2倍，选项错误；
C、由题干信息可只10℃时KNO3的溶解度为20.9g，即10℃时100g水中最多能溶解20.9gKNO3，由图示可知甲烧杯中KNO3的质量是20g，将甲烧杯溶液温度降温到10℃，不会有晶体析出，故溶质质量分数不变，故C错误；
D、从题干信息可知10℃时100g水中最多只能溶解20.9gKNO3，乙烧杯溶液中的KNO质量为40g，将乙烧杯溶液温度降温到10℃，会有晶体析出，析出晶体的质量=40g-20.9g=19.1g，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据30℃时KNO3的溶解度为45.8g，故甲、乙烧杯都不是饱和溶液进行分析解答；
B、根据溶质质量分数=进行计算解答；
C、根据10℃时KNO3的溶解度为20.9g，甲烧杯中溶质质量为20g，降温没有晶体析出，溶质质量分数不变进行分析解答；
D、10℃时KNO3的溶解度为20.9g，乙烧杯中溶质质量为40g，降温有晶体析出进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、常温下的物质的溶解度大于10g为易溶物质，而常温下氯化钠负溶解度为36克，故氯化钠易溶于水，该说法正确，不符合题意；
B、20℃时，100克水中分别溶解度5克氯化钠和5克碘酸钾均形成不饱和溶液，而者溶液中的溶质、溶剂的质量相等，溶质的质量分数均相等，故不可能制得相同质量分数的碘酸钾溶液和氯化钠溶液的说法错误，符合题意；
C、碘酸钾的溶解度随温度升高而增大，该说法正确，不符合题意；
D、20℃时氯化钠的溶解度大于碘酸钾的溶解度，故两者的饱和溶液中氯化钠溶液的溶质质量分数大，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据常温下的物质的溶解度大于10g为易溶物质，一定温度下的物质的溶解度来计算该温度下的饱和溶液的浓度以及不同物质的溶解度的大小进行比较来解答。
3．【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、b物质的溶解度随温度的升高而增大，升温可以使低温下的饱和溶液变成不饱和溶液，故将t1℃时b的饱和溶液加水可变为不饱和溶液，该说法正确，不符合题意；
B、将t2℃时a的饱和溶液降温至t1℃，有a物质结晶析出，溶质的质量减小，故溶液质量减小，该说法错误，符合题意；
C、t2℃时a的溶解度大于b的溶解度，故两种物质的饱和溶液中溶质质量分数a>b，该说法正确，不符合题意；
D、将t2℃时a、b的饱和溶液分别降温至t1℃时均是饱和溶液，且在t1℃时两种物质的溶解度相等，故饱和溶液的浓度相等，该说法正确，不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据ab物质的溶解度随温度的升高而增大，升温可以使低温下的饱和溶液变成不饱和溶液；降温高温下的饱和溶液会有晶体析出后的溶液任然是饱和溶液，溶解度相等时饱和溶液的浓度相等来解答。
4．【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】无水硫酸铜溶于水形成硫酸铜溶液，但当溶质从溶液中析出晶体时则为( 时的母液是饱和溶液。故晶体中含有部分结晶水使溶剂的质量减少。
解：设8.4g饱和的滤液中含 CuSO4质量为x.
(100g+40g)：40g=8.4g：x
解得x=2.4g
则滤液中含水为8.4g-2.4g=6g；故形成的蓝色晶体中含结晶水的质量为：15g-6g=9g，
硫酸铜晶体中含CuSO4质量为y
90：160=9g：y
解得y=16g
原无水硫酸铜质量为：2.4g+16g=18.4g.
故答案为：C.
【分析】根据无水硫酸铜粉末溶于水形成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液结晶析出晶体为五水硫酸铜，滤液为硫酸铜的饱和溶液；根据该温度下的硫酸铜的溶解度为40g来计算8.4g滤液中的溶质硫酸铜和溶剂的质量，从而计算出硫酸铜晶体中的结晶水的质量和硫酸铜晶体中的硫酸铜的质量来解答。
5．【答案】B
【知识点】溶液的组成及特点；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：水的化学式为H2O，酒精的化学式为C2H5OH来分析，一个水分子中含有2个氢原子，一个乙醇分子中有6个氢原子；根据题意乙醇溶液中的溶质乙醇中的氢原子和溶剂水中的氢原子个数相等，则3个水中的氢原子才会和一个乙醇分子中的氢原子数目才相等；则该溶液中的溶质是一个乙醇分子，溶剂是3个水分子，故溶质的质量分数为：。
故答案为：B.
【分析】根据一个乙醇分子中含有6个氢原子，一个水分子中含有2个氢原子，故3个水分子和一个乙醇分子中的氢原子数目相等，溶质的质量除以溶液的质量就是溶质的质量分数来解答。
6．【答案】C
【知识点】固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：溶液由溶质和溶剂组成，溶质的质量分数=； 已知20℃时氯化钠的溶解度为36g
那么该温度下50克水中最多溶解氯化钠达到饱和状态，还剩余氯化钠未完全溶解，则所得溶液的溶质的质量分数为：。
故答案为：C.
【分析】根据一定温度下的某物质的溶解度来计算该温度下的一定质量的水中最多溶解多少溶质达到饱和装置，溶液中溶质的质量分数等于溶质除以溶液来解答。
7．【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】思维点拨 不同的物质，结果不同.若该物质为 NaCl，且全部溶解，则溶液中溶质的质量分数为
若该物质为 SO2，则因 SO2 与 H2O 反应生成H2SO3，溶质质量大于 ng，故溶液中溶质的质量分数大于 若该物质不能全部溶解，或为结晶水合物，如( 则溶液中溶质的质量分数小于
故答案为：D.
【分析】根据一定温度下不同物质的溶解度不同，等质量的不同物质溶解在等质量的水中的溶液结果不同来解答。
8．【答案】C
【知识点】氧气的实验室制法；电解水实验；溶质的质量分数及相关计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、 某温度下，向饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾固体 ，硝酸钾不会继续溶解，溶质质量分数保持不变，不符合题意；
B、 用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 ，有无二氧化锰只影响反应速率，不会影响生成氧气质量，即最终产生氧气相等，不符合题意；
C、电解水的到氢气和氧气，产生氢气和氧气体积比为2：1，符合题意；
D、向一定量大理石（ 杂质不参加反应）中滴加稀盐酸，二氧化碳随稀盐酸的加入，从原点起增加，至反应结束后保持不变，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题是图像的判断题，解答时要通过题目要求分析涉及到的各物质之间量的关系，结合变化趋势先做出判断，如随着横坐标物质量的变化，纵坐标表示的物质的量的变化趋势，增加或降低等，再确定图形中的起点、终点、转折点是否符合题意。
9．【答案】D
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由图可知，T1℃时，甲和乙的溶解度相等，则等质量的甲和乙的饱和溶液中所含溶质质量相同，T1℃时，甲和乙溶液的状态不能确定，所以溶液中所含溶质质量不能确定，该说法错误，不符合题意；
B、T4℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，则等质量的甲和乙溶于水配成饱和溶液，乙溶解需要水的质量大于甲，则所得甲溶液的质量小于乙溶液的质量，该说法错误，不符合题意；
C、T2℃时，乙的溶解度为49g，即100g的水最多能溶解49g乙物质达到饱和状态，此时乙的饱和溶液溶质质量分数为，该说法错误，不符合题意；
D、T1℃、T3℃时，甲和乙的溶解度相等，则T3℃时，等质量的甲和乙的饱和溶液，降温至T1℃，析出相同质量的固体，该说法正确，符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据不同物质溶解度曲线的交叉点表示该温度时的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等；溶质的质量分数等于溶质的质量除以溶液的质量；以及某温度是的溶解度的含义来解答。
10．【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、①中溶液是20℃的饱和溶液，此时碳酸钠的溶解度为21.8g，所以此温度下饱和溶解的质量分数=，故A选项错误；
B、由表中数据可知碳酸钠的溶解度随着温度的升高而增大，因此，若是碳酸钠的饱和溶液，那么降低温度会有晶体析出，但若是不饱和溶液，降温不一定有晶体析出，故B选项正确；
C、②加入氧化钙前，为20℃碳酸钠的饱和溶液；加入氧化钙后，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应消耗了水，但同时该反应会放出大量的热，导致温度升高，温度升高，碳酸钠溶解度增大，因此无法判断是否是饱和溶液，故C选项错误；
D、由表中数据可知30℃时碳酸钠的溶解度为39.7g，即此温度下100g水中最多可以溶解39.7g碳酸钠，但是这不表示碳酸钠饱和溶液的质量一定是139.7g，故D选项错误；
故答案为：B.
【分析】A、根据饱和溶液的质量分数=X100%进行分析；
B、根据碳酸钠的溶解度变化趋势以及题目中并未点明溶液是否饱和进行分析；
C、根据氧化钙与水反应生成氢氧化钙同时放出大量的热进行分析；
D、根据此温度下的溶解度以及溶液的质量并不是一个固定的值进行分析。
11．【答案】（1）饱和；75
（2）
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度。
（1）由溶解度曲线图可知，t1℃时物质甲的溶解度为40g，则t1℃时50 g水中最多能溶解20g甲物质达到饱和状态，所以t1℃时把30g物质甲加入到50 g水中充分搅拌，形成的是饱和溶液；
由于甲的溶解度随温度的升高而增大，升温到t2℃时，甲的溶解度为50g，50g水中最多能溶解25g甲物质达到饱和状态，而50克水中一共加入30g甲物质，则溶液质量为：25g+50g=75g；
（2）A、由溶解度曲线图可知，物质甲的溶解度随温度的降低而减小，物质乙的溶解度随温度的降低而增大，分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，甲仍是饱和溶液，乙变为不饱和溶液，该说法错误，不符合题意；
B、降温过程中甲、乙溶液中溶剂的质量不变，与t2℃时饱和溶液中溶剂的质量相等，由溶解度曲线图可知，t2℃时甲、乙的溶解度相等，等质量的饱和溶液中所含的溶剂质量相等，分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，溶剂质量为甲等于乙，该说法正确，符合题意；
C、甲溶液中有晶体析出，溶液质量减小故溶质的质量分数减小，而乙溶液中无晶体析出，溶液质量不变故溶质的质量分数不变，所以分别将t2℃时100 g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，溶液质量是甲小于乙，该说法错误，不符合题意；
D、由溶解度曲线图可知，t2℃时甲、乙的溶解度相等，故它们的饱和溶液溶质质量分数=，且二者的浓度相等；分别将t2℃时100g甲、乙饱和溶液降温到t1℃，甲溶液中有晶体析出，溶质质量分数减小，乙溶液中无晶体析出，溶质质量分数不变，所以t1℃时溶质质量分数甲小于乙，该说法正确，符合题意。
故答案为：BD.
【分析】根据不同物质的溶解度曲线的交叉点表示该温度下的溶解度相同且溶质的质量分数相等；甲的溶解度随温度的升高而增大，乙的溶解度随温度的升高而减小；甲的低温下的饱和溶液升温变成不饱和溶液浓度不变，乙的高温下的饱和溶液降温变成不饱和溶液时溶质的质量分数不变；等质量的甲乙高温下的饱和溶液降温时溶剂不变，甲的溶质减小浓度减小，乙的溶质不变浓度不变来解答。
12．【答案】（1）丙
（2）t2℃
（3）乙>甲>丙
（4）21.9%
【知识点】固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）利用溶解度 曲线图可知，随温度升高，溶解度减小的物质是丙。
（2）甲和乙的溶解度相同时，温度是 t2℃ 。
（3）分别将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液从t3℃降到t1℃，那么在t3℃时三种物质的饱和溶液的溶质的质量分数是甲大于乙大于丙，溶解度大的溶质的质量分数大；而降温到t1℃后甲、乙的溶解度减小，溶质的质量分数减小，溶质的质量分数大小的是乙大于甲；丙的溶解度增大由饱和变成不饱和，故丙溶液的溶质质量分数不变；丙的质量分数小于甲，故三种物质的溶质质量分数由大到小的顺序是 乙>甲>丙 。
（4）t3℃时150g甲的饱和溶液中的溶质的质量是50克，溶剂是100克；现从t3℃降到t2℃后的溶液任然是饱和溶液，该溶液的质量为128克，溶剂是100克，溶质是28克；现向其中加入50g水，此时所得溶液的溶质质量分数是：.
【分析】（1）根据丙的溶解度随温度的升高而减小，甲乙的溶解度随温度的升高而增大来解答；
（2）根据不同物质的溶解度曲线的交叉点表示该温度下的溶解度相等来解答；
（3）根据一定温度时的物质的饱和溶液的溶质的质量分数与溶解度一致。t3℃时三种物质的饱和溶液的溶质的质量分数是甲大于乙大于丙；降温时甲乙均有晶体析出，析出后的溶液是饱和溶液，溶质的质量与溶解度一致；丙的高温下的饱和溶液降温变成不饱和溶液，溶质的质量分数不变来解答；
（4）根据一定温度下溶解度的含义理解该温度下的饱和溶液中的溶质、溶剂以及质量分数来解答。
13．【答案】（1）饱和溶液
（2）碳酸钠
（3）20；氯化铵溶液；15
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；用水稀释改变浓度的方法
【解析】【解答】（1）20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，根据溶解度概念，50g水最多溶解18g水，将20g氯化钠溶解在50g水中，得到饱和溶液；
（2）分析表中数据，0℃～40℃时，NaCl的溶解度由35.7g增加到36.6g，Na2CO3的溶解度由7.0g增加到48.8g，Na2CO3溶解度受温度影响较大；
（3）①根据溶解度曲线可知，t1℃时，Na2CO3的溶解度为20g。②根据溶解度曲线可知，Na2CO3溶解度受温度影响较大，t2℃时，将相同质量的Na2CO3饱和溶液与NH4Cl饱和溶液均降温至t1℃，析出晶体较多的是Na2CO3，所得溶液的质量最大的是NH4Cl溶液；③设：需加水的质量为x，溶液在稀释过程中溶质质量不变，则有：
x=15g 。
【分析】（1）根据溶液度对应溶液为饱和溶液及所给溶解度判断溶液是否饱和分析；
（2）根据表中数据分析；
（3）根据溶解度曲线上点表示对应温度下的物质溶解度，由溶解度的变化趋势确定降温后析出晶体质量，溶液稀释前后溶质质量不变分析。
（1）20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，根据溶解度概念，50g水最多溶解18g水，将20g氯化钠溶解在50g水中，得到饱和溶液；
（2）分析表中数据，0℃～40℃时，NaCl的溶解度由35.7g增加到36.6g，Na2CO3的溶解度由7.0g增加到48.8g，Na2CO3溶解度受温度影响较大；
（3）①根据溶解度曲线可知，t1℃时，Na2CO3的溶解度为20g。
②根据溶解度曲线可知，Na2CO3溶解度受温度影响较大，t2℃时，将相同质量的Na2CO3饱和溶液与NH4Cl饱和溶液均降温至t1℃，析出晶体较多的是Na2CO3，所得溶液的质量最大的是NH4Cl溶液；
③设：需加水的质量为x，溶液在稀释过程中溶质质量不变，则有：
x=15g 。
14．【答案】（1）晴朗高照；不能
（2）加速溶解；
（3）不饱和
（4）；的溶解度随温度升高增大
（5）60
【知识点】实验室常见的仪器及使用；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）由题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照；
科学证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值，“天气瓶”不能准确预测天气。
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌能加速樟脑的溶解；
溶液A中溶质质量分数为：。
（3）20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，设20℃时，33g水能达到饱和状态溶解硝酸钾的质量为x，
故20℃时，溶液B是KNO3的不饱和溶液。
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大。
（5）50℃时，硝酸钾的溶解度是90g，190gKNO3的饱和溶液中含有100g的溶剂和90g的硝酸钾，降温至20℃，硝酸钾溶解度是30g，则析出晶体的质量=90g-30g=60g。
【分析】（1）根据题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照分析。
根据科学证明，瓶内结晶形态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测价值分析。
（2）根据溶解操作的注意事项分析。
溶液A中溶质质量分数=。
（3）根据20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，进行计算。
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大。
（5）根据50℃时，硝酸钾的溶解度是90g；20℃，硝酸钾溶解度是30g，计算出析出晶体的质量。
（1）由题中信息可知，菲茨罗伊的预测：若溶液澄清，天气将晴朗高照；
科学证明，瓶内结晶形 态与天气的对应关系几乎成随机分布，无预测 价值，“天气瓶”不能准确预测天气；
（2）溶解樟脑时，用玻璃棒搅拌能加速樟脑的溶解；
溶液A中溶质质量分数为：；
（3）20℃时，硝酸钾的溶解度是30g，设20℃时，33g水能达到饱和状态溶解硝酸钾的质量为x
故20℃时，溶液B是KNO3的不饱和溶液；
（4）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g，NH4Cl的溶解度随温度升高增大；
（5）50℃时，硝酸钾的溶解度是90g，190gKNO3的饱和溶液中含有100g的溶剂和90g的硝酸钾，降温至20℃，硝酸钾溶解度是30g，则析出晶体的质量为90g-30g=60g。
15．【答案】（1）减小
（2）饱和
（3）＜
（4）
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）分析表中数据，冬天更适合“捞碱”的原因是：冬季温度降低，Na2CO3的溶解度随温度的降低而减小，有利于Na2CO3的析出；
（2）夏天“晒盐”，当有大量盐析出后，说明该溶液不能继续溶解NaCl，故所得溶液为该温度下NaCl的饱和溶液；
（3）由表中数据可知，20℃时，NaCl的溶解度大于Na2CO3的溶解度，根据某一温度下，饱和溶液的质量质量分数=×100%可知，此时NaCl饱和溶液的溶质质量分数大于Na2CO3饱和溶液的溶质质量分数，升高到40℃，虽然二者的溶解度增大，但溶液中溶质和溶剂的质量均不变，因此质量分数也不变，此时则两种溶液的溶质质量分数仍为NaCl溶液大于Na2CO3溶液；
（4）A、由表中数据可知，40℃时Na2CO3的溶解度为48.8g，即在100g水中最多溶解48.8gNa2CO3，则将30gNa2CO3固体加入50g水中，最多溶解Na2CO324.4g，形成溶液的质量为50g+24.4g=74.4g，该说法正确，符合题意；
B、由表中数据可知，20℃时NaCl的溶解度大于Na2CO3的溶解度，此温度下等质量的两种固体配成饱和溶液，所需水的质量为NaCl＜Na2CO3，该说法正确，符合题意；
C、冬天捞得的“碱”Na2CO3中含有少量NaCl，由于NaCl的溶解度受温度影响不大，而Na2CO3的溶解度随温度升高明显增大，应采用降温结晶的方法提纯Na2CO3，该说法错误，不符合题意。
故答案为：AB.
【分析】根据氯化钠的溶解度随温度变化不大，可以恒温蒸发溶剂结晶；碳酸钠的溶解度随温度变化明显一般采用降温结晶；以及某温度时的物质的溶解度的含义来解答。
16．【答案】（1）水；二氧化碳
（2）9.3g；
解：设理论上可以制备Co(OH)2的质量为x。
，x=9.3g
答：理论上可以制备Co(OH)2的质量为9.3g。
（3）80.3；75
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）过程1：碱式碳酸钴与稀盐酸反应，根据化学反应前后元素的种类不变，除了CoCl2还生成了水和二氧化碳，故答案为：水、二氧化碳；
（2）解：设理论上可以制备Co(OH)2的质量为x；
，x=9.3g
答：理论上可以制备Co(OH)2的质量为9.3g；
（3）过程3：固体质量随温度变化关系如上图，现将的Co(OH)2加热；
①由图像可知，时，剩余固体的质量80.3g，故答案为：80.3；
②时固体己经全部转换为CoO，由质量守恒定律可知化学反应前后元素质量和种类不变，因此CoO中Co元素的质量就等于中Co元素的质量，那么CoO的质量是：93g×÷=75g，故答案为：75。
【分析】（1）根据碱式碳酸钴可以看作和结合而成的化合物以及化学反应前后元素种类不变分析回答；
（2）根据化学方程式列比例式进行求解；
（3）①根据图像数据来回答；
②根据时固体已经全部转换为CoO以及化学反应前后元素质量和种类均不变分析求解。
17．【答案】（1）1.8
（2）109；未达到
（3）103.55
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g，即100g的水中最多能溶解36.0g氯化钠固体，则20℃时，5g水中最多溶解NaCl的质量为；
（2）经过步骤II，析出89.2g氢氧化钠固体和滤液B，此时滤液B为氢氧化钠的饱和溶液。20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则滤液B中含NaOH的质量为109g；80℃时氢氧化钠的溶解度为314g，溶液A中有水100g，样品200g（氢氧化钠最多200g），则未达到饱和状态。
（3）20℃时氢氧化钠的溶解度为109g，即100g的水中最多能溶解109g氢氧化钠固体，蒸发95g水，冷却到20℃时会析出氢氧化钠，若不蒸发95g水，则20℃时会比前方案少析出103.55g氢氧化钠。
【分析】（1）根据20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g的含义是该温度下100克水中最多溶解36克氯化钠达到饱和状态来解答；
（2）根据20℃时氢氧化钠的溶解度为109g，80℃时氢氧化钠的溶解度为314g的含义来解答；
（3）一定温度下物质的溶解度的含义进行计算每克水中溶解一定量的溶质达到饱和状态来解答。
18．【答案】（1）长颈漏斗；B；；90；DF；偏小
（2）H2O；蒸馏；>
【知识点】用水稀释改变浓度的方法；质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验
【解析】【解答】（1）ⅰ、由图可知，仪器①的名称是长颈漏斗，故填：长颈漏斗；
ⅱ、实验室采用大理石和稀盐酸为原料制取二氧化碳，大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；制取氢气采用锌粒和稀硫酸为原料，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故制取CO2和H2均适用于固-液不需要加热型，应选装置B；故填：B；；
ⅲ、稀释前后溶质质量不变，设需要水的质量为，，解得，即需要水的质量为90g；量取体积时需用到如图的仪器有量筒和胶头滴管，即选装置DF；若在量取水的体积时仰视读数，导致量取水的体积偏多，溶剂质量变大，则溶质质量分数偏小，故填：90；DF；偏小；
（2）ⅰ、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的个数、质量均不变，该反应中，反应前有2个C、8个H、6个N、8个O，反应后有2个C、4个O、6个N，相差8个H和4个O，则X中含有2个H和1个O，即X的化学式为H2O，故填：H2O；
ⅱ、从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的蒸馏，这是利用石油中各成分的沸点不同进行分离，故填：蒸馏；
ⅲ、利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气，由图可知，除去大分子的氮气，则N2>O2，故填：>。
【分析】1.需要根据反应物的状态和反应条件选择发生装置。需收集的气体密度比空气大，可以选用向上排空气法；需收集的气体密度比空气小，可以选用向下排空气法；需收集的气体不易溶于水且不与水反应，可以选用排水集气法；
相对于排水法，排空气法收集到的气体更干燥；相对于排空气法，排水法收集到的气体更纯净。
2.溶液稀释时溶质质量不变。
3.书写化学方程式的原则
（1） 客观事实 ：化学方程式必须以客观事实为基础，不能凭空臆想不存在的物质和化学反应。
（2） 质量守恒定律 ：等号两边的原子种类和数目必须相等，遵守质量守恒定律。
书写化学方程式的步骤
（1） 确定反应物和生成物 ：明确反应中的所有物质，包括反应物和生成物。
（2） 写出化学式 ：使用正确的化学式表示反应物和生成物。
（3） 配平化学方程式 ：通过添加系数使等号两边各元素的原子数量相等。
（4） 标注物质状态 ：沉淀和气体，需要在化学式后面标注“↓”或“↑”等符号。
（1）ⅰ、由图可知，仪器①的名称是长颈漏斗，故填：长颈漏斗；
ⅱ、实验室采用大理石和稀盐酸为原料制取二氧化碳，大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为；制取氢气采用锌粒和稀硫酸为原料，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故制取CO2和H2均适用于固-液不需要加热型，应选装置B；故填：B；；
ⅲ、稀释前后溶质质量不变，设需要水的质量为，，解得，即需要水的质量为90g；量取体积时需用到如图的仪器有量筒和胶头滴管，即选装置DF；若在量取水的体积时仰视读数，导致量取水的体积偏多，溶剂质量变大，则溶质质量分数偏小，故填：90；DF；偏小；
（2）ⅰ、根据质量守恒定律，化学反应前后原子的个数、质量均不变，该反应中，反应前有2个C、8个H、6个N、8个O，反应后有2个C、4个O、6个N，相差8个H和4个O，则X中含有2个H和1个O，即X的化学式为H2O，故填：H2O；
ⅱ、从石油中分离出航天煤油类似于实验操作中的蒸馏，这是利用石油中各成分的沸点不同进行分离，故填：蒸馏；
ⅲ、利用分子筛可将氧分子从空气中“筛”出去，从而获得高浓度的氧气，由图可知，除去大分子的氮气，则N2>O2，故填：>。
19．【答案】（1）长颈漏斗
（2）试管口向上倾斜了，试管口要略向下倾斜
（3）F；2KClO3 2KCl+3O2↑；BE或CE；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止v
（4）过氧化氢溶液中溶质的质量分数为10%．
【知识点】气体反应装置的选取；氧气的实验室制法；溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）①是长颈漏斗；故填：长颈漏斗；（2）以上装置A中试管口向上倾斜了，为了防止冷凝水倒流炸裂试管，试管口要略向下倾斜；故填：试管口向上倾斜了，试管口要略向下倾斜；（3）排水法收集的氧气比较纯净，氯酸钾在二氧化锰做催化剂和加热的条件下生成氯化钾和氧气，方程式为2KClO3 2KCl+3O2↑；实验室制取CO2，是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热；二氧化碳的密度比空气大，且能溶于水，所以只能用向上排空气法来收集；B装置可随时控制反应的发生和停止，观察C装置可知：当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；故答案为：F；2KClO3 2KCl+3O2↑；BE或CE；CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；（4）设要生成1.6g氧气需要参加反应的过氧化氢的质量为x，则：
2H2O2 2H2O+ O2↑
68 32
x 3.2g
x=3.4g
所以所用过氧化氢溶液中溶质质量分数为： =10%
答：过氧化氢溶液中溶质的质量分数为10%．
【分析】（1）熟记仪器的名称；（2）根据给试管中的固体加热时的注意事项来分析；（3）根据气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关；气体的制备原理来分析；根据反应装置的特点分析解答：当用弹簧夹夹住胶皮管时，产生的气体使试管内的压强增大，液体被压回长颈漏斗中，与固体反应物脱离，反应便会停止；（4）根据氧气的质量算出过氧化氢的质量，再除以过氧化氢溶液的质量乘以百分之百即可．
20．【答案】（1）6
（2）设这一定量石油产品中含H2SO4的质量是x，则
解得x=7.35g
答：这一定量石油产品中含H2SO4的质量是7.35g
【知识点】溶质的质量分数及相关计算；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）消耗的氢氧化钠溶液中溶质的质量为；
（2）将氢氧化钠的质量带入化学方程式列比例计算硫酸的质量。
【分析】（1）根据氢氧化钠溶液的质量和溶质的质量分数可计算溶质的质量分析；
（2）根据将氢氧化钠的质量带入化学方程式列比例计算硫酸的质量分析。
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