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贵州省贵阳市云岩区第十七中学2025年中考模拟化学试题
一、选择题
1．习近平总书记强调“少年强则中国强，体育强则中国强”。为此，我市各校积极组织开展冬季运动会，在运动会期间，老师们准备了很多物资给同学们加油，其中不属于溶液的是
A．葡萄糖水 B．消毒酒精 C．酸奶 D．淡盐水
2．陶寺铜铃是中国历史上第一件青铜器金属乐器，有关陶寺铜铃及其材料描述正确的是
A．属于纯净物 B．生锈的铜铃不具备回收价值
C．比铜熔点低 D．铜比它耐腐蚀
3．下列关于溶液的说法中正确的是
A．溶液一定是均一稳定、无色透明的混合物
B．溶液中只能有一种溶质，溶质的状态可以是固态、液态和气态
C．浓溶液不一定是饱和溶液，稀溶液不一定是不饱和溶液
D．某物质的饱和溶液不能再溶解其他物质
4．要使右图装置中的小气球在一段时间后变瘪，则使用的固体和液体可以是
①锌和稀盐酸 ②硝酸铵和水 ③固体氢氧化钠和水 ④铁和食盐水
A．①③ B．②④ C．①②④ D．②③④
5．关于气体的溶解度，下列说法错误的是
A．为鱼池里加氧，可以采用把水喷向空中或把水搅动起来等方式
B．炎热的夏天，将制得的汽水放入冰箱冷藏一段时间后取出，打开瓶盖时液体会喷出，只说明气体溶解度与压强有关。
C．给饱和二氧化碳溶液加压可使其变成不饱和溶液
D．0℃时，氮气的溶解度为 0.024，表示 0℃时 1 体积水中最多溶解氮气 0.024 体积
6．某合金由两种金属元素组成，取该合金56g投入足量稀硫酸中，反应完全后，测得生成H22.1g，则合金的组成可能是
A．Fe与Zn B．Mg与Cu C．Mg与Al D．Cu与Fe
7．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）进行了如图所示的实验（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 94g
D．溶液中溶质的质量分数：③>②>④
二、非选择题
8．金属材料在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）安阳殷墟出土的后母戊鼎代表了商代乃至世界青铜文明的高峰。青铜是一种合金，属于　 　（填“混合物”或 “纯净物”），其硬度比纯铜　 　（填“大”或“小”），因而能够取代石器和陶器，在当时社会生产、生活许多领域发挥了重要作用。
（2）“湿法炼铜”早有记载，在晋代葛洪《抱朴子》中也有“以曾青（硫酸铜溶液）涂铁，铁赤色如铜”的描述。 该反应的化学方程式为　 　，该反应属于基本反应类型中的　 　反应。
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。请写出形成氧化物保护膜的化学方程式：　 　。
（4）每年世界上钢铁的产量很高，但钢铁的锈蚀也给人类带来了巨大的损失。铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的　 　和　 　共同作用的结果。
9．某电镀厂排放的废液中含有 CuSO4、FeSO4 和 ZnSO4 三种金属化合物，为减少水污染并节约成本，回收硫酸锌、金 属铁和铜，设计流程如图所示，回答下列问题：
（1）操作①②③的名称是　 　；
（2）加入的 X 为　 　 ；
（3）滤液 b 中含有的溶质有　 　种。
（4）写出③中发生的化学方程式 　 　。若废液的质量为 1000 克，操作③中加入 X 质量为97.5 克，产生氢气质量为 1 克，则原废液中硫酸亚铁的质量分数为　 　。
10．21 世纪我国海洋事业的总目标是建成现代化的海洋强国。化学兴趣小组的同学们利用寒假时间，就“海洋资源的 综合利用”展开了项目式学习。
项目一 模拟海水晒盐
海水晒盐的目的是从海水中获取 NaCl。同学们在实验室中用海水 样品模拟海水晒盐如图 3 所示。海水晒盐提取食盐晶体后留下的 母液叫苦卤，苦卤中除含 NaCl 外，还含有 Na2SO4 等物质。NaCl、Na2SO4 两种物质的溶解度曲线如图所示。
【实验模拟】取少量海水进行过滤。将过滤后的海水倒入蒸发皿 中，点燃酒精灯加热海水，同时用玻璃棒不断搅拌。一段时间后有晶体析出，停止加热。
（1）过滤的目的是________。
（2）蒸发操作中玻璃棒的作用是________。
（3）海水晒盐利用的原理是________结晶。
（4）海水晒盐过程中析出的主要物质是 ________，苦卤为氯化钠的 ________溶液（填“饱和”或“不饱和”）。
（5）分析溶解度曲线图，下列说法正确的是
A. 40℃时 Na2SO4 的溶解度大于 NaCl 的溶解度
B. 60℃时 Na2SO4 的饱和溶液降温一定有晶体析出
C. 20℃时 NaCl 和 Na2SO4 的饱和溶液升温至 60℃，所得溶液的溶质质量分数：NaCl＞Na2SO4
D. 40℃时 NaCl 和 Na2SO4 的饱和溶液中含有的溶质质量：Na2SO4＞NaCl
项目二 某同学利用所得精盐配制 50g6%氯化钠溶液，整个操作过程如图 所示，回答下列问题：
（6）配制溶液的正确操作顺序为 ________（填序号，下同），其中操作错误的是 ________ 。
（7）量水时选用的量筒的量程最合适的是 （填序号）
A. 10mL B. 25mL C. 50mL D. 100mL
（8）经检测，该同学配制的氯化钠溶质质量分数偏小，可能的原因是 （填序号）。
A. 氯化钠固体不纯 B. 用生锈砝码称量 C. 装瓶时有少量溶液洒出 D. 溶解时烧杯内壁有水珠
（9）若改用溶质质量分数为 12%的氯化钠溶液来配制此溶液，需要加入水的质量________g。
三、【科普阅读】
11．“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，KNO3 和 NH4Cl 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）20℃时，溶液 B 是 KNO3 的　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（3）40℃时，NH4Cl 的溶解度为　 　，若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是　 　。
（4）50℃时，190gKNO3 的饱和溶液降温至 20℃，析出晶体的质量为　 　g。
12．如图为 a、b、c 三种固体物质的溶解度曲线。据如图回答下列问题。
（1）t1℃时，将 20gc 物质加入 50g 水中充分溶解后，所得溶液的质量是　 　g。
（2）如图中 P 点所表示的意义是　 　。
（3）将c 物质的不饱和溶液变成饱和溶液，在不改变溶质质量分数的情况下可采取的方法是　 　。
（4）分别将 t3 ℃时 a、b、c 三种物质的饱和溶液降温到 t1 ℃，所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是　 　。
（5）在 t3℃时用等质量的 a、b、c 三种物质配成饱和溶液，得到的溶液质量大小关系为　 　。
13．柯柯发现金店里有两种不同的“白金”，单价相差悬殊，柯柯很好奇，打算对这两种不同的“白金”进行研究。
【资料 1】市场上所谓的“白金”通常有两种：一种是铜、锌、金、镍（Ni）的合金，称为白色金；另一种是铂（Pt）， 俗称“白金”。铂化学性质稳定，不与氧气反应。
【探究活动】柯柯结合金属活动性顺序，和兴趣小组的同学一起展开探究活动。
（1）任务一：分三组实验鉴别某“白金”
序号 实验步骤 实验现象 实验结论
实验一 将“白金”样品放在陶土网上用酒精灯加热 观察到金属表面________ 这种“白 金”样品为 “白色金”
实验二 将“白金”样品放入________（填试剂名 称）中 观察到金属表面冒气泡
实验三 将“白金”样品放入硝酸银溶液中 观察到金属表面有银白色物质附着
任务二：探究 Zn、Ni、Cu 的金属活动性顺序
【资料 2】Ni 为银白色固体，NiSO4 溶液呈绿色。
【作出猜想】
（2）猜想①：Zn＞Ni＞Cu 猜想②：________ 猜想③：Ni＞Zn＞Cu
【进行实验】实验Ⅰ：向盛有等量锌粉、铜粉和镍粉的三支试管中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸，观察到锌粉 和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化。
实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色。
【表达交流】
（3）实验Ⅱ中发生反应的化学方程式为 ________。
【得出结论】
（4）猜想 ________成立。
【交流反思】
（5）悦悦选用不同试剂验证三者的金属活动性顺序，不能达到目的的是 （填字母）。
A. Ni、Cu、ZnSO4溶液 B. Zn、Cu、NiSO4溶液 C. Ni、ZnSO4溶液、CuSO4溶液
【实验拓展】【活动三】探究铁和金属化合物溶液的反应 向硝酸铜和硝酸银的混合溶液中连续缓慢地加入 mg 铁粉，溶液中析出固体的质量与参加反应的铁 粉的质量关系如图 所示：
（6）①写出 ab 段（不含两端点）对应溶液中含有的金属离子：________。
②bc 段（不含两端点）析出的金属是________。
③若 ab 段和 bc 段析出的固体质量相等，参加反应的铁粉质量分别为 m1g 和 m2g，则 m1：m2 的值为：________。
14．工业上炼铁利用一氧化碳还原铁的氧化物，若实验室用 4.2 克 CO 还原 Fe2O3 理论上能获得多少铁？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】A、葡萄糖水含有葡萄糖、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，A选项错误；
B、消毒酒精含有酒精、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，B选项错误；
C、酸奶含有水、不溶于水的蛋白质等物质，属于混合物，但不具有均一性、稳定性，不属于溶液，C选项正确；
D、淡盐水含有盐、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，D选项错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液“均一、稳定的混合物”的定义，结合葡萄糖水的组成与特性解答；
B、根据消毒酒精的组成（酒精和水）及溶液的判断标准解答；
C、根据酸奶的成分（含不溶性蛋白质）及乳浊液与溶液的区别解答；
D、根据淡盐水的组成（氯化钠和水）及溶液的定义解答。
2．【答案】C
【知识点】合金与合金的性质；合理利用金属资源；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、陶寺铜铃的材料是青铜，青铜是铜的合金，含有铜、锡等多种物质，属于混合物，而非纯净物，选项A不符合题意；
B、生锈的铜铃中仍含有铜元素，通过除锈等工艺可回收利用铜，具备回收价值，选项B不符合题意；
C、合金的熔点通常比其组成成分中的纯金属熔点低，青铜是铜合金，因此其熔点比铜低，选项C符合题意；
D、合金的耐腐蚀性一般优于纯金属，青铜作为铜合金，比纯铜更耐腐蚀，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据合金的定义（由多种物质组成的混合物）解答；
B、根据金属回收的意义（即使生锈仍含金属元素，可回收）解答；
C、根据合金的物理性质（熔点低于组成纯金属）解答；
D、根据合金的化学性质（耐腐蚀性优于纯金属）解答。
3．【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；饱和溶液和不饱和溶液；浓溶液、稀溶液跟饱和溶液、不饱和溶液的关系
【解析】【解答】 A、溶液是均一、稳定的混合物，但不一定是无色透明的，如硫酸铜溶液呈蓝色，选项A不符合题意；
B、溶液中的溶质可以是一种或多种，溶质的状态可以是固态（如氯化钠溶液）、液态（如酒精溶液）或气态（如盐酸，溶质为氯化氢气体），选项B不符合题意；
C、浓溶液与饱和溶液、稀溶液与不饱和溶液之间无必然联系，如氢氧化钙的饱和溶液浓度较低（稀溶液），硝酸钾的不饱和溶液浓度可能较高（浓溶液），选项C符合题意；
D、某物质的饱和溶液仅表示不能再溶解该物质，但仍可溶解其他物质，如氯化钠的饱和溶液中可继续溶解蔗糖，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液的基本特征（均一、稳定、混合物）及溶液的颜色差异解答；
B、根据溶液中溶质的数量和状态特点解答；
C、根据浓稀溶液与饱和不饱和溶液的关系解答；
D、根据饱和溶液的定义（针对特定溶质，不影响其他溶质溶解）解答。
4．【答案】B
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；金属锈蚀的条件及其防护
【解析】【解答】要使装置中的小气球变瘪，需要使瓶内压强减小，在外界大气压的作用下气球变瘪。
①锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，瓶内气体增多，压强增大，小气球膨胀，不符合要求；
②硝酸铵溶于水吸收热量，使瓶内温度降低，压强减小，小气球变瘪，符合要求；
③固体氢氧化钠溶于水放出大量热，使瓶内温度升高，压强增大，小气球膨胀，不符合要求；
④铁和食盐水接触会发生缓慢氧化生锈，消耗瓶内的氧气，使瓶内气体减少，压强减小，小气球变瘪，符合要求；
综上，符合要求的是②④，对应选项B。
A、①③都会使气球膨胀，不符合题意；
B、②④都能使气球变瘪，符合题意；
C、①会使气球膨胀，不符合题意；
D、③会使气球膨胀，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据活泼金属与酸反应生成气体使瓶内压强增大、氢氧化钠溶于水放热使压强增大的性质解答；
B、根据硝酸铵溶于水吸热使温度降低、压强减小，铁生锈消耗氧气使压强减小的性质解答；
C、根据锌与稀盐酸反应生成气体使压强增大的性质解答；
D、根据氢氧化钠溶于水放热使压强增大的性质解答。
5．【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；溶解度的影响因素
【解析】【解答】 A、将水喷向空中或搅动，可增大水与空气的接触面积，促进氧气溶解，从而为鱼池加氧，说法正确，选项A不符合题意；
B、炎热夏天，汽水从冰箱取出后温度升高（气体溶解度随温度升高而减小），打开瓶盖后压强减小（气体溶解度随压强减小而减小），双重因素导致气体逸出、液体喷出，不能“只说明气体溶解度与压强有关”，说法错误，选项B符合题意；
C、气体溶解度随压强增大而增大，给饱和二氧化碳溶液加压，二氧化碳溶解度增大，可由饱和溶液变为不饱和溶液，说法正确，选项C不符合题意；
D、气体溶解度的定义为“一定温度下，1体积溶剂中最多溶解的气体体积”，0℃时氮气溶解度为0.024，即0℃时1体积水中最多溶解0.024体积氮气，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据增大气体溶解的方法（增大接触面积）解答；
B、根据气体溶解度的影响因素（温度、压强）及汽水喷出的双重原因解答；
C、根据压强对气体溶解度的影响及饱和或不饱和溶液的转化解答；
D、根据气体溶解度的定义解答。
6．【答案】B
【知识点】金属的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】根据化学方程式已知金属与氢气的质量关系：
Mg H2：
24g 2g；
同理可知：
Al H2：
18g 2g；
Fe H2：
56g 2g；
Zn H2：
65g 2g；
利用平均值法得知要生成2.1克氢气，合金的质量应该符合：金属A的数值<56g<金属B的数值。
A、56g和65g的平均值大于56g，所以不是可能的合金组成，错误；
B、24g小于56g，Cu不与酸反应，不产生氢气，所以合金的组成可能，正确；
C、24g、27g<56g，不是可能的合金组成，错误；
D、Cu不与酸反应、56gFe产生的氢气小于2.1g，所以合金的组成不可能，错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据Fe、Zn与稀硫酸反应生成氢气的质量关系，结合平均值法判断；
B、根据Mg（高产氢效率）与Cu（不产氢）的组合，结合平均值法判断；
C、根据Mg、Al均为高产氢效率金属，结合合金质量与氢气质量的关系判断；
D、根据Fe（低产氢效率）与Cu（不产氢）的组合，结合氢气质量上限判断。
7．【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、根据图示可知，40℃时，100g水加入100gX，X全部溶解，则说明40℃时，X的溶解度大于或等于100g，根据表格中的数据可知，40℃时，KNO3溶解度为63.9g，NaNO3溶解度为103g，则X为NaNO3，说法正确，不符合题意；
B、根据A分析可知，X为NaNO3，40℃时，NaNO3溶解度为103g，100g水加入100gNaNO3形成不饱和溶液，分成两等分，其中一份是溶液③，则③中溶液为X的不饱和溶液，说法正确，不符合题意；
C、溶液④在降温之前是溶液②分成两等份中的其中一份，降温前的溶液中溶剂质量=100g×=50g，溶质质量=100g×=50g，20℃时，NaNO3溶解度为88g，根据溶解度概念可知，20℃时，50g水中最多溶解44gNaNO3， 则的④中溶液的质量=50g+44g=94g，说法正确，不符合题意；
D、溶液②中溶质的质量分数=，溶液③是溶液②的一部分，根据溶液的均一性，溶液③溶质质量分数=溶液②中溶质的质量分数=50%，根据C选项分析可知，溶液④中溶液质量=94g，溶质质量=44g，溶质的质量分数=，因此溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④，说法错误，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据40℃时X的溶解情况（100g水溶解100g X），结合溶解度数据判断X的种类；
B、根据40℃时NaNO3的溶解度，判断100g水溶解100g NaNO3的饱和状态；
C、根据20℃时NaNO3的溶解度，计算50g水中最多溶解的溶质质量，进而求溶液质量；
D、根据溶质质量分数公式（溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%），计算②、③、④的溶质质量分数并比较。
8．【答案】（1）混合物；大
（2）；置换
（3）
（4）氧气；水
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；置换反应及其应用；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】（1）青铜是一种合金，由铜和其他物质混合而成，属于混合物；青铜是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故其硬度比纯铜大；
（2）该反应为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：；
该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应；
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。形成氧化物保护膜是因为铝的化学性质比较活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，该反应的化学方程式为：；
（4）铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的氧气和水发生了一系列的化学反应。
【分析】（1）根据合金的分类（混合物）及合金的物理性质（硬度大于组成纯金属）解答；
（2）根据置换反应的定义（单质+化合物→单质+化合物）及铁与硫酸铜的反应原理解答；
（3）根据铝的化学性质（常温下与氧气反应生成致密氧化铝薄膜）解答；
（4）根据铁生锈的条件（与氧气、水同时接触）解答。
（1）青铜是一种合金，由铜和其他物质混合而成，属于混合物；
青铜是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故其硬度比纯铜大；
（2）该反应为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：；
该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应；
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。形成氧化物保护膜是因为铝的化学性质比较活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，该反应的化学方程式为：；
（4）铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的氧气和水发生了一系列的化学反应。
9．【答案】（1）过滤
（2）锌
（3）三
（4）、；15.2%
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；金属的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）操作①②③均实现了固液分离，是过滤；
（2）废液中含有硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸锌三种金属化合物，向废液中加入过量X，得到滤液c，滤液c经过一系列操作得到硫酸锌晶体，则滤液c中的溶质为硫酸锌，则X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，可除去硫酸铜和硫酸亚铁，故填：Zn；
（3）由以上分析可知，X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌过量，则固体a为锌、铁、铜，加入过量Y，得到铜和滤液b，则Y为稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜和稀硫酸不反应，可除去铁和锌，得到铜，稀硫酸过量，故滤液b中含有的溶质是：硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁三种；
（4）由以上分析可知，滤液b中含硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁，向滤液b中加入X，即加入锌，发生反应为锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的化学方程式为：，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，该反应的化学方程式为：；
该流程中，先加入过量锌，锌与废液中的硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，然后加入过量硫酸，反应生成的铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则滤液b中硫酸亚铁的质量与废液中硫酸亚铁的质量相等。
解：设③中与硫酸反应的锌的质量为x
x=32.5g
则与硫酸亚铁反应的锌的质量为：97.5g-32.5g=65g
设滤液b中硫酸亚铁的质量为y
y=152g
则原废液中硫酸亚铁的质量分数为：
答：原废液中硫酸亚铁的质量分数为15.2%。
【分析】（1）根据过滤操作的定义（分离固液混合物）解答；
（2）根据金属活动性顺序（Zn＞Fe＞Cu）及除杂原则（不引入新杂质）选择试剂X；
（3）根据金属与酸的反应（Zn、Fe与稀硫酸反应，Cu不反应）判断滤液中的溶质种类；
（4）根据化学方程式的计算步骤（设未知数、写方程式、找比例关系、求解）及质量守恒定律（FeSO4质量守恒）解答。
（1）操作①②③均实现了固液分离，是过滤；
（2）废液中含有硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸锌三种金属化合物，向废液中加入过量X，得到滤液c，滤液c经过一系列操作得到硫酸锌晶体，则滤液c中的溶质为硫酸锌，则X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，可除去硫酸铜和硫酸亚铁，故填：Zn；
（3）由以上分析可知，X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌过量，则固体a为锌、铁、铜，加入过量Y，得到铜和滤液b，则Y为稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜和稀硫酸不反应，可除去铁和锌，得到铜，稀硫酸过量，故滤液b中含有的溶质是：硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁三种；
（4）由以上分析可知，滤液b中含硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁，向滤液b中加入X，即加入锌，发生反应为锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的化学方程式为：，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，该反应的化学方程式为：；
该流程中，先加入过量锌，锌与废液中的硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，然后加入过量硫酸，反应生成的铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则滤液b中硫酸亚铁的质量与废液中硫酸亚铁的质量相等。
解：设③中与硫酸反应的锌的质量为x
x=32.5g
则与硫酸亚铁反应的锌的质量为：97.5g-32.5g=65g
设滤液b中硫酸亚铁的质量为y
y=152g
则原废液中硫酸亚铁的质量分数为：
答：原废液中硫酸亚铁的质量分数为15.2%。
10．【答案】(1) 除去海水中的不溶性杂质
(2) 搅拌，使液体受热均匀，防止液体飞溅
(3) 蒸发
(4) 氯化钠 饱和
(5) A，C
(6) ②①⑤③④①
(7) C
(8) A，D
(9) 25g
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；粗盐提纯；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）海水中可能含有泥沙等不溶性杂质，过滤是将不溶性固体与液体分离的操作，所以过滤的目的是除去海水中的不溶性杂质；
（2）在蒸发操作中，玻璃棒不断搅拌可以使液体受热均匀，防止局部温度过高导致液体飞溅；
（3）海水晒盐是利用阳光和风力使水分蒸发，从而使食盐结晶析出，其原理是蒸发结晶；
（4）观察溶解度曲线可知，氯化钠的溶解度受温度影响较小，海水晒盐过程中，随着水分的不断蒸发，氯化钠会首先结晶析出；有晶体析出后的溶液一定是该晶体的饱和溶液，所以剩余溶液为氯化钠的饱和溶液；
（5）A、由图可知，40℃时 Na2SO4 的溶解度大于 NaCl 的溶解度，故选项说法正确；
B、Na2SO4的溶解度在一定温度范围内随温度降低而增大，但当温度低于一定值后，其溶解度又随温度降低而减小，所以Na2SO4的饱和溶液降温不一定有晶体析出，故选项说法错误；
C、Na2SO440℃时溶解度最大，将其饱和溶液升温至60℃，溶解度减小，会有晶体析出，溶质质量分数减小；而NaCl的溶解度随温度升高变化不大，所以升温后溶液的溶质质量分数：NaCl＞Na2SO4，故选项说法正确；
D、没有指明溶液的质量，无法比较40℃时NaCl和Na2SO4的饱和溶液中含有的溶质质量大小，故选项说法错误；
故选：AC；
(6)首先，配制一定溶质质量分数溶液的步骤为：计算、称量(称取溶质)、量取(量取溶剂)、溶解。所以正确的操作顺序为②①⑤③④；观察中的①图，托盘天平使用时应遵循“左 物右码”原则，而图中砝码和药品放反了，这是操作错误的地方；
(7)计算配制50g6%氯化钠溶液所需氯化钠的质量m=50g×6% = 3g，所需水的质量m水=50g-3g=479g，因为水的密度ρ = 1g/cm3，可47g得水的体积47mL，选择量筒时，应遵循“大而近”的原则，所以量水时选用量程最合适的是50mL的量筒，即选C；
(8)A、氯化钠固体不纯，含有杂质，那么实际氯化钠的质量偏小，溶质质量偏小，会导致配制的氯化钠溶质质量分数偏小，故选项正确；
B、用生锈砝码称量，生锈的砝码质量偏大，会使称得的氯化钠质量偏大，从而导致溶质质量分数偏大，故选项错误；
C、装瓶时有少量溶液洒出，溶液具有均一性，不会影响溶质质量分数，故选项错误；
D、溶解时烧杯内壁有水珠，会使水的质量偏大，溶剂质量偏大，会导致配制的氯化钠溶质质量分数偏小，故选项正确；
故选：AD；
(9)设溶质质量分数为 12%的氯化钠溶液的质量为，，解得，则需要加水的质量为50g-25g=25g。
【分析】（1）根据过滤操作的作用（除去不溶性杂质）解答；
（2）根据蒸发操作的注意事项（玻璃棒搅拌防飞溅）解答；
（3）根据蒸发结晶的原理（蒸发溶剂使溶质析出）解答；
（4）根据氯化钠的溶解度特点（受温度影响小，先析出）及饱和溶液的定义解答；
（5）根据溶解度曲线的含义（比较溶解度、判断降温是否析出晶体、计算溶质质量分数）解答；
（6）根据溶液配制的步骤及托盘天平的使用规则（左物右码）解答；
（7）根据量筒的选择原则（量程略大于所需体积）解答；
（8）根据溶质质量分数的影响因素（溶质质量偏小或溶剂质量偏大均导致分数偏小）解答；
（9）根据溶液稀释的核心（溶质质量不变）进行计算解答。
11．【答案】（1）晴朗高照；不能
（2）不饱和
（3）50g；降温结晶
（4）60
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；固体溶解度曲线及其作用
【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）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；
（3）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g；硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化铵的溶解度受温度影响较小，所以若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是降温结晶；
（4）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。
【分析】（1）根据题干中天气与溶液状态的对应关系及现代研究结论解答；
（2）根据溶解度的定义（一定温度下100g水最多溶解的溶质质量）计算33g水的最大溶解量，判断溶液饱和状态；
（3）根据溶解度受温度影响的差异（KNO3受温度影响大，NH4Cl受温度影响小）选择提纯方法；
（4）根据饱和溶液中溶质、溶剂的质量关系，结合降温后溶解度的变化，计算析出晶体质量。
（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）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；
（3）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g；硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化铵的溶解度受温度影响较小，所以若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是降温结晶；
（4） 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。
12．【答案】（1）60
（2）在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同
（3）升高温度
（4）b＞a＞c
（5）c＞b＞a
【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】（1）t1℃时，c物质的溶解度为20g，即该温度下，100g水中最多能溶解20g c物质达到饱和状态，因此50g水中最多能溶解的c物质的质量为10g；将20g c物质加入50g水中，只能溶解10g，剩余10g不能溶解，根据溶液质量=溶质质量+溶剂质量，所得溶液的质量为10g+50g=60g；
（2）溶解度曲线的交点表示对应温度下两种物质的溶解度相等，图中P点是a、b两种物质溶解度曲线的交点，对应的温度为t2℃，因此P点表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同。
（2）溶解度曲线的交点表示对应温度下两种物质的溶解度相等，图中P点是a、b两种物质溶解度曲线的交点，对应的温度为t2℃，因此P点表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同；
（3）c物质的溶解度随温度的升高而减小，将c物质的不饱和溶液变为饱和溶液，可采取的方法有增加溶质、蒸发溶剂、升高温度；其中增加溶质和蒸发溶剂都会改变溶质质量分数，只有升高温度，c的溶解度减小，溶液可从不饱和变为饱和，且溶质和溶剂的质量均不变，溶质质量分数不变，因此该方法是升高温度；
（4）将t3℃时a、b、c三种物质的饱和溶液降温到t1℃，a、b的溶解度随温度降低而减小，降温后析出晶体，得到t1℃时的饱和溶液，溶质质量分数由t1℃时的溶解度决定；c的溶解度随温度降低而增大，降温后无晶体析出，溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数与t3℃时的饱和溶液溶质质量分数相等，由t3℃时c的溶解度决定。t1℃时b的溶解度大于a的溶解度，t1℃时a的溶解度大于t3℃时c的溶解度，根据饱和溶液溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%，溶解度越大，溶质质量分数越大，因此所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是b＞a＞c；
（5）t3℃时，三种物质的溶解度大小关系为a＞b＞c，溶解度越大，等质量的溶质配成饱和溶液时所需的溶剂质量越少；溶液质量=溶质质量+溶剂质量，溶质质量相等时，溶剂质量越大，溶液质量越大，因此得到的溶液质量大小关系为c＞b＞a。
【分析】（1）根据溶解度的定义，计算一定温度下一定量溶剂中最多能溶解的溶质质量，再结合溶液质量的计算公式解答，易错点是直接将溶质和溶剂的质量相加，忽略溶质不能完全溶解的情况；
（2）根据溶解度曲线交点的含义解答，明确交点对应的温度和物质；
（3）根据物质溶解度随温度变化的规律，结合不饱和溶液变饱和溶液的方法，分析不同方法对溶质质量分数的影响，易错点是忽略c物质溶解度随温度升高而减小的特点，以及升高温度对溶质质量分数无影响的特性；
（4）根据温度变化对不同物质溶解度的影响，分析降温后溶液的状态，结合饱和溶液溶质质量分数的计算公式比较大小，易错点是误将c物质降温后的溶质质量分数按t1℃时的溶解度计算，忽略其降温后溶质质量分数不变；
（5）根据溶解度的含义，分析等质量溶质配成饱和溶液时所需溶剂的质量，进而比较溶液质量大小，易错点是混淆溶解度与所需溶剂质量的关系，溶解度越大，所需溶剂越少。
（1）由溶解度曲线图可知，t1℃时，c物质的溶解度为20g，则t1℃时，将20gc物质加入50g水中充分溶解后，只能溶解10gc物质，所得溶液的质量为50g+10g=60g；
（2）t2℃时，a、b两物质交于P点，则P点所表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同；
（3） c的溶解度随着温度升高而减小，将c物质的不饱和溶液变成饱和溶液，在不改变溶质质量分数的情况下可采取的方法是升高温度；
（4）a、b溶解度随温度降低而减小，c溶解度随温度降低而增大，t3℃时溶解度关系为a＞b＞c，t1℃时，溶解度关系为b＞c=a；将t3℃时的a、b、c三种物质的饱和溶液降温至t1℃，a、b析出晶体，得到的是饱和溶液，此温度下a的溶解度小于b，故b的溶质质量分数大于a，而c的溶解度随温度的降低而增大，溶液组成不变，溶液中溶质的质量分数不变，由图可知，t1℃时a物质的溶解度大于t3℃时c物质的溶解度，所以所得溶液溶质质量分数由大到小的顺序为b＞a＞c；
（5）t3℃时溶解度关系为a＞b＞c，用等质量的 a、b、c 三种物质配成饱和溶液，需要水的质量为c＞b＞a，则得到的溶液质量大小关系为c＞b＞a。
13．【答案】(1) 变黑 稀盐酸
(2) Zn＞Cu＞Ni
(3)
(4) ①
(5) A
(6) 铜 8：27
【知识点】金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；常见化学反应中的质量关系；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）根据实验结论，这种“白金”样品为“白色金”，说明是铜、锌、金、镍（Ni）的合金；实验一将“白金”样品放在陶土网上用酒精灯加热，铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，所以观察到金属表面变黑；实验二观察到金属表面冒气泡，锌能与酸反应生成氢气，则该步骤是将“白金”样品放入稀盐酸中；
（2）已知锌比铁活泼，根据已知猜想，则猜想②为Zn＞Cu＞Ni；
（3）实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色，即锌和硫酸镍反应生成硫酸锌和镍，化学方程式为；
（4）实验Ⅰ：向盛有等量锌粉、铜粉和镍粉的三支试管中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸，观察到锌粉和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化，说明锌、镍排在氢前，铜排在氢后；
实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色，说明锌能与硫酸镍反应，则锌比镍活泼；故三种金属的活动性顺序为Zn＞Ni＞Cu，猜想①成立；
（5）A、镍、铜与硫酸锌均不反应，说明金属活动性Zn＞Ni、Zn＞Cu，不能验证镍、铜的金属活动性顺序，不能达到实验目的，符合题意；
B、锌与硫酸镍反应生成镍和硫酸锌，铜与硫酸镍不反应，说明金属活动性Zn＞Ni＞Cu，能达到实验目的，不符合题意；
C、镍与硫酸锌不反应，镍与硫酸铜反应生成铜和硫酸镍，说明金属活动性Zn＞Ni＞Cu，能达到实验目的，不符合题意；
故选：A；
(6)根据金属活动性顺序Fe＞H＞Cu＞Ag，向硝酸铜和硝酸银的混合溶液中连续缓慢地加入mg铁粉，铁先与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银（ab段），待硝酸银反应完全，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜（bc段）；
①ab点表示铁和硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，b点表示硝酸银恰好完全反应，ab段（不含两端点）对应溶液中的溶质为硝酸银、硝酸亚铁和硝酸铜，含有的金属离子为；
②bc段（不含两端点）表示铁和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，bc段（不含两端点）析出的金属是铜（Cu）；
③ab段为，每65份质量的锌置换出216份质量的银，参与反应的锌和生成的银的质量比为65：216；bc段为，每65份质量的锌置换出64份质量的铜，参与反应的锌和生成的铜的质量比为65：64，若ab段和bc段析出的固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为m1g和m2g，则有，则 m1：m2=64：216=8：27。
【分析】（1）根据金属的化学性质（铜与氧气反应、锌与酸反应、锌或镍与硝酸银反应）解答；
（2）根据金属活动性顺序的可能排列组合推导猜想；
（3）根据金属与盐溶液的置换反应原理书写化学方程式；
（4）根据金属与酸、盐溶液的反应现象判断金属活动性顺序；
（5）根据“两金夹一盐”“两盐夹一金”的金属活动性验证方法分析选项；
（6）根据金属活动性顺序判断反应先后顺序，结合化学方程式计算反应的铁粉质量比。
14．【答案】解：设理论上能获得铁的质量为x
x=5.6g
答：能获得铁的质量为5.6g
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）根据CO还原Fe2O3的反应原理书写正确的化学方程式；再根据化学方程式计算的核心（各物质质量比=相对分子质量×化学计量数之比）建立比例关系；最后根据比例式求解未知量（铁的质量），注意计算过程的准确性。
1 / 1贵州省贵阳市云岩区第十七中学2025年中考模拟化学试题
一、选择题
1．习近平总书记强调“少年强则中国强，体育强则中国强”。为此，我市各校积极组织开展冬季运动会，在运动会期间，老师们准备了很多物资给同学们加油，其中不属于溶液的是
A．葡萄糖水 B．消毒酒精 C．酸奶 D．淡盐水
【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】A、葡萄糖水含有葡萄糖、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，A选项错误；
B、消毒酒精含有酒精、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，B选项错误；
C、酸奶含有水、不溶于水的蛋白质等物质，属于混合物，但不具有均一性、稳定性，不属于溶液，C选项正确；
D、淡盐水含有盐、水，是具有均一性、稳定性的混合物，属于溶液，D选项错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液“均一、稳定的混合物”的定义，结合葡萄糖水的组成与特性解答；
B、根据消毒酒精的组成（酒精和水）及溶液的判断标准解答；
C、根据酸奶的成分（含不溶性蛋白质）及乳浊液与溶液的区别解答；
D、根据淡盐水的组成（氯化钠和水）及溶液的定义解答。
2．陶寺铜铃是中国历史上第一件青铜器金属乐器，有关陶寺铜铃及其材料描述正确的是
A．属于纯净物 B．生锈的铜铃不具备回收价值
C．比铜熔点低 D．铜比它耐腐蚀
【答案】C
【知识点】合金与合金的性质；合理利用金属资源；纯净物和混合物
【解析】【解答】A、陶寺铜铃的材料是青铜，青铜是铜的合金，含有铜、锡等多种物质，属于混合物，而非纯净物，选项A不符合题意；
B、生锈的铜铃中仍含有铜元素，通过除锈等工艺可回收利用铜，具备回收价值，选项B不符合题意；
C、合金的熔点通常比其组成成分中的纯金属熔点低，青铜是铜合金，因此其熔点比铜低，选项C符合题意；
D、合金的耐腐蚀性一般优于纯金属，青铜作为铜合金，比纯铜更耐腐蚀，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据合金的定义（由多种物质组成的混合物）解答；
B、根据金属回收的意义（即使生锈仍含金属元素，可回收）解答；
C、根据合金的物理性质（熔点低于组成纯金属）解答；
D、根据合金的化学性质（耐腐蚀性优于纯金属）解答。
3．下列关于溶液的说法中正确的是
A．溶液一定是均一稳定、无色透明的混合物
B．溶液中只能有一种溶质，溶质的状态可以是固态、液态和气态
C．浓溶液不一定是饱和溶液，稀溶液不一定是不饱和溶液
D．某物质的饱和溶液不能再溶解其他物质
【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；饱和溶液和不饱和溶液；浓溶液、稀溶液跟饱和溶液、不饱和溶液的关系
【解析】【解答】 A、溶液是均一、稳定的混合物，但不一定是无色透明的，如硫酸铜溶液呈蓝色，选项A不符合题意；
B、溶液中的溶质可以是一种或多种，溶质的状态可以是固态（如氯化钠溶液）、液态（如酒精溶液）或气态（如盐酸，溶质为氯化氢气体），选项B不符合题意；
C、浓溶液与饱和溶液、稀溶液与不饱和溶液之间无必然联系，如氢氧化钙的饱和溶液浓度较低（稀溶液），硝酸钾的不饱和溶液浓度可能较高（浓溶液），选项C符合题意；
D、某物质的饱和溶液仅表示不能再溶解该物质，但仍可溶解其他物质，如氯化钠的饱和溶液中可继续溶解蔗糖，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液的基本特征（均一、稳定、混合物）及溶液的颜色差异解答；
B、根据溶液中溶质的数量和状态特点解答；
C、根据浓稀溶液与饱和不饱和溶液的关系解答；
D、根据饱和溶液的定义（针对特定溶质，不影响其他溶质溶解）解答。
4．要使右图装置中的小气球在一段时间后变瘪，则使用的固体和液体可以是
①锌和稀盐酸 ②硝酸铵和水 ③固体氢氧化钠和水 ④铁和食盐水
A．①③ B．②④ C．①②④ D．②③④
【答案】B
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；金属锈蚀的条件及其防护
【解析】【解答】要使装置中的小气球变瘪，需要使瓶内压强减小，在外界大气压的作用下气球变瘪。
①锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，瓶内气体增多，压强增大，小气球膨胀，不符合要求；
②硝酸铵溶于水吸收热量，使瓶内温度降低，压强减小，小气球变瘪，符合要求；
③固体氢氧化钠溶于水放出大量热，使瓶内温度升高，压强增大，小气球膨胀，不符合要求；
④铁和食盐水接触会发生缓慢氧化生锈，消耗瓶内的氧气，使瓶内气体减少，压强减小，小气球变瘪，符合要求；
综上，符合要求的是②④，对应选项B。
A、①③都会使气球膨胀，不符合题意；
B、②④都能使气球变瘪，符合题意；
C、①会使气球膨胀，不符合题意；
D、③会使气球膨胀，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据活泼金属与酸反应生成气体使瓶内压强增大、氢氧化钠溶于水放热使压强增大的性质解答；
B、根据硝酸铵溶于水吸热使温度降低、压强减小，铁生锈消耗氧气使压强减小的性质解答；
C、根据锌与稀盐酸反应生成气体使压强增大的性质解答；
D、根据氢氧化钠溶于水放热使压强增大的性质解答。
5．关于气体的溶解度，下列说法错误的是
A．为鱼池里加氧，可以采用把水喷向空中或把水搅动起来等方式
B．炎热的夏天，将制得的汽水放入冰箱冷藏一段时间后取出，打开瓶盖时液体会喷出，只说明气体溶解度与压强有关。
C．给饱和二氧化碳溶液加压可使其变成不饱和溶液
D．0℃时，氮气的溶解度为 0.024，表示 0℃时 1 体积水中最多溶解氮气 0.024 体积
【答案】B
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；溶解度的影响因素
【解析】【解答】 A、将水喷向空中或搅动，可增大水与空气的接触面积，促进氧气溶解，从而为鱼池加氧，说法正确，选项A不符合题意；
B、炎热夏天，汽水从冰箱取出后温度升高（气体溶解度随温度升高而减小），打开瓶盖后压强减小（气体溶解度随压强减小而减小），双重因素导致气体逸出、液体喷出，不能“只说明气体溶解度与压强有关”，说法错误，选项B符合题意；
C、气体溶解度随压强增大而增大，给饱和二氧化碳溶液加压，二氧化碳溶解度增大，可由饱和溶液变为不饱和溶液，说法正确，选项C不符合题意；
D、气体溶解度的定义为“一定温度下，1体积溶剂中最多溶解的气体体积”，0℃时氮气溶解度为0.024，即0℃时1体积水中最多溶解0.024体积氮气，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据增大气体溶解的方法（增大接触面积）解答；
B、根据气体溶解度的影响因素（温度、压强）及汽水喷出的双重原因解答；
C、根据压强对气体溶解度的影响及饱和或不饱和溶液的转化解答；
D、根据气体溶解度的定义解答。
6．某合金由两种金属元素组成，取该合金56g投入足量稀硫酸中，反应完全后，测得生成H22.1g，则合金的组成可能是
A．Fe与Zn B．Mg与Cu C．Mg与Al D．Cu与Fe
【答案】B
【知识点】金属的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】根据化学方程式已知金属与氢气的质量关系：
Mg H2：
24g 2g；
同理可知：
Al H2：
18g 2g；
Fe H2：
56g 2g；
Zn H2：
65g 2g；
利用平均值法得知要生成2.1克氢气，合金的质量应该符合：金属A的数值<56g<金属B的数值。
A、56g和65g的平均值大于56g，所以不是可能的合金组成，错误；
B、24g小于56g，Cu不与酸反应，不产生氢气，所以合金的组成可能，正确；
C、24g、27g<56g，不是可能的合金组成，错误；
D、Cu不与酸反应、56gFe产生的氢气小于2.1g，所以合金的组成不可能，错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据Fe、Zn与稀硫酸反应生成氢气的质量关系，结合平均值法判断；
B、根据Mg（高产氢效率）与Cu（不产氢）的组合，结合平均值法判断；
C、根据Mg、Al均为高产氢效率金属，结合合金质量与氢气质量的关系判断；
D、根据Fe（低产氢效率）与Cu（不产氢）的组合，结合氢气质量上限判断。
7．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）进行了如图所示的实验（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 94g
D．溶液中溶质的质量分数：③>②>④
【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、根据图示可知，40℃时，100g水加入100gX，X全部溶解，则说明40℃时，X的溶解度大于或等于100g，根据表格中的数据可知，40℃时，KNO3溶解度为63.9g，NaNO3溶解度为103g，则X为NaNO3，说法正确，不符合题意；
B、根据A分析可知，X为NaNO3，40℃时，NaNO3溶解度为103g，100g水加入100gNaNO3形成不饱和溶液，分成两等分，其中一份是溶液③，则③中溶液为X的不饱和溶液，说法正确，不符合题意；
C、溶液④在降温之前是溶液②分成两等份中的其中一份，降温前的溶液中溶剂质量=100g×=50g，溶质质量=100g×=50g，20℃时，NaNO3溶解度为88g，根据溶解度概念可知，20℃时，50g水中最多溶解44gNaNO3， 则的④中溶液的质量=50g+44g=94g，说法正确，不符合题意；
D、溶液②中溶质的质量分数=，溶液③是溶液②的一部分，根据溶液的均一性，溶液③溶质质量分数=溶液②中溶质的质量分数=50%，根据C选项分析可知，溶液④中溶液质量=94g，溶质质量=44g，溶质的质量分数=，因此溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④，说法错误，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据40℃时X的溶解情况（100g水溶解100g X），结合溶解度数据判断X的种类；
B、根据40℃时NaNO3的溶解度，判断100g水溶解100g NaNO3的饱和状态；
C、根据20℃时NaNO3的溶解度，计算50g水中最多溶解的溶质质量，进而求溶液质量；
D、根据溶质质量分数公式（溶质质量分数=溶质质量/溶液质量×100%），计算②、③、④的溶质质量分数并比较。
二、非选择题
8．金属材料在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）安阳殷墟出土的后母戊鼎代表了商代乃至世界青铜文明的高峰。青铜是一种合金，属于　 　（填“混合物”或 “纯净物”），其硬度比纯铜　 　（填“大”或“小”），因而能够取代石器和陶器，在当时社会生产、生活许多领域发挥了重要作用。
（2）“湿法炼铜”早有记载，在晋代葛洪《抱朴子》中也有“以曾青（硫酸铜溶液）涂铁，铁赤色如铜”的描述。 该反应的化学方程式为　 　，该反应属于基本反应类型中的　 　反应。
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。请写出形成氧化物保护膜的化学方程式：　 　。
（4）每年世界上钢铁的产量很高，但钢铁的锈蚀也给人类带来了巨大的损失。铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的　 　和　 　共同作用的结果。
【答案】（1）混合物；大
（2）；置换
（3）
（4）氧气；水
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；置换反应及其应用；探究金属锈蚀的条件
【解析】【解答】（1）青铜是一种合金，由铜和其他物质混合而成，属于混合物；青铜是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故其硬度比纯铜大；
（2）该反应为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：；
该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应；
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。形成氧化物保护膜是因为铝的化学性质比较活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，该反应的化学方程式为：；
（4）铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的氧气和水发生了一系列的化学反应。
【分析】（1）根据合金的分类（混合物）及合金的物理性质（硬度大于组成纯金属）解答；
（2）根据置换反应的定义（单质+化合物→单质+化合物）及铁与硫酸铜的反应原理解答；
（3）根据铝的化学性质（常温下与氧气反应生成致密氧化铝薄膜）解答；
（4）根据铁生锈的条件（与氧气、水同时接触）解答。
（1）青铜是一种合金，由铜和其他物质混合而成，属于混合物；
青铜是铜的合金，合金比组成它的纯金属硬度大，故其硬度比纯铜大；
（2）该反应为铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该反应的化学方程式为：；
该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应；
（3）铝锅等铝制品表面有一层致密的氧化物保护膜，起到很好的保护作用。形成氧化物保护膜是因为铝的化学性质比较活泼，常温下，铝能与空气中的氧气反应在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，该反应的化学方程式为：；
（4）铁在空气中锈蚀的主要原因是铁与空气中的氧气和水发生了一系列的化学反应。
9．某电镀厂排放的废液中含有 CuSO4、FeSO4 和 ZnSO4 三种金属化合物，为减少水污染并节约成本，回收硫酸锌、金 属铁和铜，设计流程如图所示，回答下列问题：
（1）操作①②③的名称是　 　；
（2）加入的 X 为　 　 ；
（3）滤液 b 中含有的溶质有　 　种。
（4）写出③中发生的化学方程式 　 　。若废液的质量为 1000 克，操作③中加入 X 质量为97.5 克，产生氢气质量为 1 克，则原废液中硫酸亚铁的质量分数为　 　。
【答案】（1）过滤
（2）锌
（3）三
（4）、；15.2%
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；金属的化学性质；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）操作①②③均实现了固液分离，是过滤；
（2）废液中含有硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸锌三种金属化合物，向废液中加入过量X，得到滤液c，滤液c经过一系列操作得到硫酸锌晶体，则滤液c中的溶质为硫酸锌，则X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，可除去硫酸铜和硫酸亚铁，故填：Zn；
（3）由以上分析可知，X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌过量，则固体a为锌、铁、铜，加入过量Y，得到铜和滤液b，则Y为稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜和稀硫酸不反应，可除去铁和锌，得到铜，稀硫酸过量，故滤液b中含有的溶质是：硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁三种；
（4）由以上分析可知，滤液b中含硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁，向滤液b中加入X，即加入锌，发生反应为锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的化学方程式为：，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，该反应的化学方程式为：；
该流程中，先加入过量锌，锌与废液中的硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，然后加入过量硫酸，反应生成的铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则滤液b中硫酸亚铁的质量与废液中硫酸亚铁的质量相等。
解：设③中与硫酸反应的锌的质量为x
x=32.5g
则与硫酸亚铁反应的锌的质量为：97.5g-32.5g=65g
设滤液b中硫酸亚铁的质量为y
y=152g
则原废液中硫酸亚铁的质量分数为：
答：原废液中硫酸亚铁的质量分数为15.2%。
【分析】（1）根据过滤操作的定义（分离固液混合物）解答；
（2）根据金属活动性顺序（Zn＞Fe＞Cu）及除杂原则（不引入新杂质）选择试剂X；
（3）根据金属与酸的反应（Zn、Fe与稀硫酸反应，Cu不反应）判断滤液中的溶质种类；
（4）根据化学方程式的计算步骤（设未知数、写方程式、找比例关系、求解）及质量守恒定律（FeSO4质量守恒）解答。
（1）操作①②③均实现了固液分离，是过滤；
（2）废液中含有硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸锌三种金属化合物，向废液中加入过量X，得到滤液c，滤液c经过一系列操作得到硫酸锌晶体，则滤液c中的溶质为硫酸锌，则X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，可除去硫酸铜和硫酸亚铁，故填：Zn；
（3）由以上分析可知，X为锌，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，锌过量，则固体a为锌、铁、铜，加入过量Y，得到铜和滤液b，则Y为稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜和稀硫酸不反应，可除去铁和锌，得到铜，稀硫酸过量，故滤液b中含有的溶质是：硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁三种；
（4）由以上分析可知，滤液b中含硫酸、硫酸锌、硫酸亚铁，向滤液b中加入X，即加入锌，发生反应为锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的化学方程式为：，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，该反应的化学方程式为：；
该流程中，先加入过量锌，锌与废液中的硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，然后加入过量硫酸，反应生成的铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则滤液b中硫酸亚铁的质量与废液中硫酸亚铁的质量相等。
解：设③中与硫酸反应的锌的质量为x
x=32.5g
则与硫酸亚铁反应的锌的质量为：97.5g-32.5g=65g
设滤液b中硫酸亚铁的质量为y
y=152g
则原废液中硫酸亚铁的质量分数为：
答：原废液中硫酸亚铁的质量分数为15.2%。
10．21 世纪我国海洋事业的总目标是建成现代化的海洋强国。化学兴趣小组的同学们利用寒假时间，就“海洋资源的 综合利用”展开了项目式学习。
项目一 模拟海水晒盐
海水晒盐的目的是从海水中获取 NaCl。同学们在实验室中用海水 样品模拟海水晒盐如图 3 所示。海水晒盐提取食盐晶体后留下的 母液叫苦卤，苦卤中除含 NaCl 外，还含有 Na2SO4 等物质。NaCl、Na2SO4 两种物质的溶解度曲线如图所示。
【实验模拟】取少量海水进行过滤。将过滤后的海水倒入蒸发皿 中，点燃酒精灯加热海水，同时用玻璃棒不断搅拌。一段时间后有晶体析出，停止加热。
（1）过滤的目的是________。
（2）蒸发操作中玻璃棒的作用是________。
（3）海水晒盐利用的原理是________结晶。
（4）海水晒盐过程中析出的主要物质是 ________，苦卤为氯化钠的 ________溶液（填“饱和”或“不饱和”）。
（5）分析溶解度曲线图，下列说法正确的是
A. 40℃时 Na2SO4 的溶解度大于 NaCl 的溶解度
B. 60℃时 Na2SO4 的饱和溶液降温一定有晶体析出
C. 20℃时 NaCl 和 Na2SO4 的饱和溶液升温至 60℃，所得溶液的溶质质量分数：NaCl＞Na2SO4
D. 40℃时 NaCl 和 Na2SO4 的饱和溶液中含有的溶质质量：Na2SO4＞NaCl
项目二 某同学利用所得精盐配制 50g6%氯化钠溶液，整个操作过程如图 所示，回答下列问题：
（6）配制溶液的正确操作顺序为 ________（填序号，下同），其中操作错误的是 ________ 。
（7）量水时选用的量筒的量程最合适的是 （填序号）
A. 10mL B. 25mL C. 50mL D. 100mL
（8）经检测，该同学配制的氯化钠溶质质量分数偏小，可能的原因是 （填序号）。
A. 氯化钠固体不纯 B. 用生锈砝码称量 C. 装瓶时有少量溶液洒出 D. 溶解时烧杯内壁有水珠
（9）若改用溶质质量分数为 12%的氯化钠溶液来配制此溶液，需要加入水的质量________g。
【答案】(1) 除去海水中的不溶性杂质
(2) 搅拌，使液体受热均匀，防止液体飞溅
(3) 蒸发
(4) 氯化钠 饱和
(5) A，C
(6) ②①⑤③④①
(7) C
(8) A，D
(9) 25g
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；粗盐提纯；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）海水中可能含有泥沙等不溶性杂质，过滤是将不溶性固体与液体分离的操作，所以过滤的目的是除去海水中的不溶性杂质；
（2）在蒸发操作中，玻璃棒不断搅拌可以使液体受热均匀，防止局部温度过高导致液体飞溅；
（3）海水晒盐是利用阳光和风力使水分蒸发，从而使食盐结晶析出，其原理是蒸发结晶；
（4）观察溶解度曲线可知，氯化钠的溶解度受温度影响较小，海水晒盐过程中，随着水分的不断蒸发，氯化钠会首先结晶析出；有晶体析出后的溶液一定是该晶体的饱和溶液，所以剩余溶液为氯化钠的饱和溶液；
（5）A、由图可知，40℃时 Na2SO4 的溶解度大于 NaCl 的溶解度，故选项说法正确；
B、Na2SO4的溶解度在一定温度范围内随温度降低而增大，但当温度低于一定值后，其溶解度又随温度降低而减小，所以Na2SO4的饱和溶液降温不一定有晶体析出，故选项说法错误；
C、Na2SO440℃时溶解度最大，将其饱和溶液升温至60℃，溶解度减小，会有晶体析出，溶质质量分数减小；而NaCl的溶解度随温度升高变化不大，所以升温后溶液的溶质质量分数：NaCl＞Na2SO4，故选项说法正确；
D、没有指明溶液的质量，无法比较40℃时NaCl和Na2SO4的饱和溶液中含有的溶质质量大小，故选项说法错误；
故选：AC；
(6)首先，配制一定溶质质量分数溶液的步骤为：计算、称量(称取溶质)、量取(量取溶剂)、溶解。所以正确的操作顺序为②①⑤③④；观察中的①图，托盘天平使用时应遵循“左 物右码”原则，而图中砝码和药品放反了，这是操作错误的地方；
(7)计算配制50g6%氯化钠溶液所需氯化钠的质量m=50g×6% = 3g，所需水的质量m水=50g-3g=479g，因为水的密度ρ = 1g/cm3，可47g得水的体积47mL，选择量筒时，应遵循“大而近”的原则，所以量水时选用量程最合适的是50mL的量筒，即选C；
(8)A、氯化钠固体不纯，含有杂质，那么实际氯化钠的质量偏小，溶质质量偏小，会导致配制的氯化钠溶质质量分数偏小，故选项正确；
B、用生锈砝码称量，生锈的砝码质量偏大，会使称得的氯化钠质量偏大，从而导致溶质质量分数偏大，故选项错误；
C、装瓶时有少量溶液洒出，溶液具有均一性，不会影响溶质质量分数，故选项错误；
D、溶解时烧杯内壁有水珠，会使水的质量偏大，溶剂质量偏大，会导致配制的氯化钠溶质质量分数偏小，故选项正确；
故选：AD；
(9)设溶质质量分数为 12%的氯化钠溶液的质量为，，解得，则需要加水的质量为50g-25g=25g。
【分析】（1）根据过滤操作的作用（除去不溶性杂质）解答；
（2）根据蒸发操作的注意事项（玻璃棒搅拌防飞溅）解答；
（3）根据蒸发结晶的原理（蒸发溶剂使溶质析出）解答；
（4）根据氯化钠的溶解度特点（受温度影响小，先析出）及饱和溶液的定义解答；
（5）根据溶解度曲线的含义（比较溶解度、判断降温是否析出晶体、计算溶质质量分数）解答；
（6）根据溶液配制的步骤及托盘天平的使用规则（左物右码）解答；
（7）根据量筒的选择原则（量程略大于所需体积）解答；
（8）根据溶质质量分数的影响因素（溶质质量偏小或溶剂质量偏大均导致分数偏小）解答；
（9）根据溶液稀释的核心（溶质质量不变）进行计算解答。
三、【科普阅读】
11．“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，KNO3 和 NH4Cl 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）20℃时，溶液 B 是 KNO3 的　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（3）40℃时，NH4Cl 的溶解度为　 　，若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是　 　。
（4）50℃时，190gKNO3 的饱和溶液降温至 20℃，析出晶体的质量为　 　g。
【答案】（1）晴朗高照；不能
（2）不饱和
（3）50g；降温结晶
（4）60
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；固体溶解度曲线及其作用
【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）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；
（3）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g；硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化铵的溶解度受温度影响较小，所以若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是降温结晶；
（4）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。
【分析】（1）根据题干中天气与溶液状态的对应关系及现代研究结论解答；
（2）根据溶解度的定义（一定温度下100g水最多溶解的溶质质量）计算33g水的最大溶解量，判断溶液饱和状态；
（3）根据溶解度受温度影响的差异（KNO3受温度影响大，NH4Cl受温度影响小）选择提纯方法；
（4）根据饱和溶液中溶质、溶剂的质量关系，结合降温后溶解度的变化，计算析出晶体质量。
（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）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；
（3）通过分析溶解度曲线可知，40℃时，NH4Cl的溶解度为50g；硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化铵的溶解度受温度影响较小，所以若硝酸钾溶液中含有少量氯化铵，提纯硝酸钾可采取的方法是降温结晶；
（4） 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。
12．如图为 a、b、c 三种固体物质的溶解度曲线。据如图回答下列问题。
（1）t1℃时，将 20gc 物质加入 50g 水中充分溶解后，所得溶液的质量是　 　g。
（2）如图中 P 点所表示的意义是　 　。
（3）将c 物质的不饱和溶液变成饱和溶液，在不改变溶质质量分数的情况下可采取的方法是　 　。
（4）分别将 t3 ℃时 a、b、c 三种物质的饱和溶液降温到 t1 ℃，所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是　 　。
（5）在 t3℃时用等质量的 a、b、c 三种物质配成饱和溶液，得到的溶液质量大小关系为　 　。
【答案】（1）60
（2）在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同
（3）升高温度
（4）b＞a＞c
（5）c＞b＞a
【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】（1）t1℃时，c物质的溶解度为20g，即该温度下，100g水中最多能溶解20g c物质达到饱和状态，因此50g水中最多能溶解的c物质的质量为10g；将20g c物质加入50g水中，只能溶解10g，剩余10g不能溶解，根据溶液质量=溶质质量+溶剂质量，所得溶液的质量为10g+50g=60g；
（2）溶解度曲线的交点表示对应温度下两种物质的溶解度相等，图中P点是a、b两种物质溶解度曲线的交点，对应的温度为t2℃，因此P点表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同。
（2）溶解度曲线的交点表示对应温度下两种物质的溶解度相等，图中P点是a、b两种物质溶解度曲线的交点，对应的温度为t2℃，因此P点表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同；
（3）c物质的溶解度随温度的升高而减小，将c物质的不饱和溶液变为饱和溶液，可采取的方法有增加溶质、蒸发溶剂、升高温度；其中增加溶质和蒸发溶剂都会改变溶质质量分数，只有升高温度，c的溶解度减小，溶液可从不饱和变为饱和，且溶质和溶剂的质量均不变，溶质质量分数不变，因此该方法是升高温度；
（4）将t3℃时a、b、c三种物质的饱和溶液降温到t1℃，a、b的溶解度随温度降低而减小，降温后析出晶体，得到t1℃时的饱和溶液，溶质质量分数由t1℃时的溶解度决定；c的溶解度随温度降低而增大，降温后无晶体析出，溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数与t3℃时的饱和溶液溶质质量分数相等，由t3℃时c的溶解度决定。t1℃时b的溶解度大于a的溶解度，t1℃时a的溶解度大于t3℃时c的溶解度，根据饱和溶液溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%，溶解度越大，溶质质量分数越大，因此所得溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是b＞a＞c；
（5）t3℃时，三种物质的溶解度大小关系为a＞b＞c，溶解度越大，等质量的溶质配成饱和溶液时所需的溶剂质量越少；溶液质量=溶质质量+溶剂质量，溶质质量相等时，溶剂质量越大，溶液质量越大，因此得到的溶液质量大小关系为c＞b＞a。
【分析】（1）根据溶解度的定义，计算一定温度下一定量溶剂中最多能溶解的溶质质量，再结合溶液质量的计算公式解答，易错点是直接将溶质和溶剂的质量相加，忽略溶质不能完全溶解的情况；
（2）根据溶解度曲线交点的含义解答，明确交点对应的温度和物质；
（3）根据物质溶解度随温度变化的规律，结合不饱和溶液变饱和溶液的方法，分析不同方法对溶质质量分数的影响，易错点是忽略c物质溶解度随温度升高而减小的特点，以及升高温度对溶质质量分数无影响的特性；
（4）根据温度变化对不同物质溶解度的影响，分析降温后溶液的状态，结合饱和溶液溶质质量分数的计算公式比较大小，易错点是误将c物质降温后的溶质质量分数按t1℃时的溶解度计算，忽略其降温后溶质质量分数不变；
（5）根据溶解度的含义，分析等质量溶质配成饱和溶液时所需溶剂的质量，进而比较溶液质量大小，易错点是混淆溶解度与所需溶剂质量的关系，溶解度越大，所需溶剂越少。
（1）由溶解度曲线图可知，t1℃时，c物质的溶解度为20g，则t1℃时，将20gc物质加入50g水中充分溶解后，只能溶解10gc物质，所得溶液的质量为50g+10g=60g；
（2）t2℃时，a、b两物质交于P点，则P点所表示的意义是在t2℃时，a、b两物质的溶解度相同；
（3） c的溶解度随着温度升高而减小，将c物质的不饱和溶液变成饱和溶液，在不改变溶质质量分数的情况下可采取的方法是升高温度；
（4）a、b溶解度随温度降低而减小，c溶解度随温度降低而增大，t3℃时溶解度关系为a＞b＞c，t1℃时，溶解度关系为b＞c=a；将t3℃时的a、b、c三种物质的饱和溶液降温至t1℃，a、b析出晶体，得到的是饱和溶液，此温度下a的溶解度小于b，故b的溶质质量分数大于a，而c的溶解度随温度的降低而增大，溶液组成不变，溶液中溶质的质量分数不变，由图可知，t1℃时a物质的溶解度大于t3℃时c物质的溶解度，所以所得溶液溶质质量分数由大到小的顺序为b＞a＞c；
（5）t3℃时溶解度关系为a＞b＞c，用等质量的 a、b、c 三种物质配成饱和溶液，需要水的质量为c＞b＞a，则得到的溶液质量大小关系为c＞b＞a。
13．柯柯发现金店里有两种不同的“白金”，单价相差悬殊，柯柯很好奇，打算对这两种不同的“白金”进行研究。
【资料 1】市场上所谓的“白金”通常有两种：一种是铜、锌、金、镍（Ni）的合金，称为白色金；另一种是铂（Pt）， 俗称“白金”。铂化学性质稳定，不与氧气反应。
【探究活动】柯柯结合金属活动性顺序，和兴趣小组的同学一起展开探究活动。
（1）任务一：分三组实验鉴别某“白金”
序号 实验步骤 实验现象 实验结论
实验一 将“白金”样品放在陶土网上用酒精灯加热 观察到金属表面________ 这种“白 金”样品为 “白色金”
实验二 将“白金”样品放入________（填试剂名 称）中 观察到金属表面冒气泡
实验三 将“白金”样品放入硝酸银溶液中 观察到金属表面有银白色物质附着
任务二：探究 Zn、Ni、Cu 的金属活动性顺序
【资料 2】Ni 为银白色固体，NiSO4 溶液呈绿色。
【作出猜想】
（2）猜想①：Zn＞Ni＞Cu 猜想②：________ 猜想③：Ni＞Zn＞Cu
【进行实验】实验Ⅰ：向盛有等量锌粉、铜粉和镍粉的三支试管中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸，观察到锌粉 和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化。
实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色。
【表达交流】
（3）实验Ⅱ中发生反应的化学方程式为 ________。
【得出结论】
（4）猜想 ________成立。
【交流反思】
（5）悦悦选用不同试剂验证三者的金属活动性顺序，不能达到目的的是 （填字母）。
A. Ni、Cu、ZnSO4溶液 B. Zn、Cu、NiSO4溶液 C. Ni、ZnSO4溶液、CuSO4溶液
【实验拓展】【活动三】探究铁和金属化合物溶液的反应 向硝酸铜和硝酸银的混合溶液中连续缓慢地加入 mg 铁粉，溶液中析出固体的质量与参加反应的铁 粉的质量关系如图 所示：
（6）①写出 ab 段（不含两端点）对应溶液中含有的金属离子：________。
②bc 段（不含两端点）析出的金属是________。
③若 ab 段和 bc 段析出的固体质量相等，参加反应的铁粉质量分别为 m1g 和 m2g，则 m1：m2 的值为：________。
【答案】(1) 变黑 稀盐酸
(2) Zn＞Cu＞Ni
(3)
(4) ①
(5) A
(6) 铜 8：27
【知识点】金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；常见化学反应中的质量关系；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）根据实验结论，这种“白金”样品为“白色金”，说明是铜、锌、金、镍（Ni）的合金；实验一将“白金”样品放在陶土网上用酒精灯加热，铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，所以观察到金属表面变黑；实验二观察到金属表面冒气泡，锌能与酸反应生成氢气，则该步骤是将“白金”样品放入稀盐酸中；
（2）已知锌比铁活泼，根据已知猜想，则猜想②为Zn＞Cu＞Ni；
（3）实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色，即锌和硫酸镍反应生成硫酸锌和镍，化学方程式为；
（4）实验Ⅰ：向盛有等量锌粉、铜粉和镍粉的三支试管中分别加入等质量、等浓度的稀硫酸，观察到锌粉和镍粉表面都有气泡产生，铜粉表面无明显变化，说明锌、镍排在氢前，铜排在氢后；
实验Ⅱ：向锌片中加入 NiSO4溶液，观察到溶液由绿色变为无色，说明锌能与硫酸镍反应，则锌比镍活泼；故三种金属的活动性顺序为Zn＞Ni＞Cu，猜想①成立；
（5）A、镍、铜与硫酸锌均不反应，说明金属活动性Zn＞Ni、Zn＞Cu，不能验证镍、铜的金属活动性顺序，不能达到实验目的，符合题意；
B、锌与硫酸镍反应生成镍和硫酸锌，铜与硫酸镍不反应，说明金属活动性Zn＞Ni＞Cu，能达到实验目的，不符合题意；
C、镍与硫酸锌不反应，镍与硫酸铜反应生成铜和硫酸镍，说明金属活动性Zn＞Ni＞Cu，能达到实验目的，不符合题意；
故选：A；
(6)根据金属活动性顺序Fe＞H＞Cu＞Ag，向硝酸铜和硝酸银的混合溶液中连续缓慢地加入mg铁粉，铁先与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银（ab段），待硝酸银反应完全，铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜（bc段）；
①ab点表示铁和硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，b点表示硝酸银恰好完全反应，ab段（不含两端点）对应溶液中的溶质为硝酸银、硝酸亚铁和硝酸铜，含有的金属离子为；
②bc段（不含两端点）表示铁和硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，bc段（不含两端点）析出的金属是铜（Cu）；
③ab段为，每65份质量的锌置换出216份质量的银，参与反应的锌和生成的银的质量比为65：216；bc段为，每65份质量的锌置换出64份质量的铜，参与反应的锌和生成的铜的质量比为65：64，若ab段和bc段析出的固体质量相等，参加反应的锌粉质量分别为m1g和m2g，则有，则 m1：m2=64：216=8：27。
【分析】（1）根据金属的化学性质（铜与氧气反应、锌与酸反应、锌或镍与硝酸银反应）解答；
（2）根据金属活动性顺序的可能排列组合推导猜想；
（3）根据金属与盐溶液的置换反应原理书写化学方程式；
（4）根据金属与酸、盐溶液的反应现象判断金属活动性顺序；
（5）根据“两金夹一盐”“两盐夹一金”的金属活动性验证方法分析选项；
（6）根据金属活动性顺序判断反应先后顺序，结合化学方程式计算反应的铁粉质量比。
14．工业上炼铁利用一氧化碳还原铁的氧化物，若实验室用 4.2 克 CO 还原 Fe2O3 理论上能获得多少铁？
【答案】解：设理论上能获得铁的质量为x
x=5.6g
答：能获得铁的质量为5.6g
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）根据CO还原Fe2O3的反应原理书写正确的化学方程式；再根据化学方程式计算的核心（各物质质量比=相对分子质量×化学计量数之比）建立比例关系；最后根据比例式求解未知量（铁的质量），注意计算过程的准确性。
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