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总复习：溶液、溶解度和溶质的质量分数（提高）
【考纲要求】
1.掌握溶液、溶质、溶剂、饱和溶液、不饱和溶液、溶解度、溶质的质量分数等概念。
2.掌握溶解度曲线的意义及应用；了解溶解过程中的放热和吸热现象。
3.掌握溶质质量分数的有关计算；初步学会配制一定溶质质量分数的溶液。
【知识网络】
定义：一种或几种物质分散到另一种物质里，形成均一、稳定的混合物
组成：溶质和溶剂

定义：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量
固体 大多数固体物质的溶解度随温度的升高而增大,如KNO3
溶解度 变化规律:少数固体物质的溶解度受温度的影响很小，如NaCl
溶解度 极少数固体物质的溶解度随温度的升高而减小,如Ca(OH)2
常用溶解度曲线表示
气体溶解度:随温度升高而减小,随压强增大而增大
溶液
溶质的质量分数 = ×100%

配制溶质的质量分数一定的溶液的步骤:计算、称量、溶解
定义：固体溶质从饱和溶液中析出的过程
方 蒸发溶剂,适于溶解度受温度的影响不大的物质
结晶 法 冷却热的饱和溶液,适于溶解度受温度的影响变化大的物质
放热,如:NaOH 浓H2SO4
溶解现象 吸热,如NH4NO3
变化不明显,如NaCl
乳化现象:洗洁精洗衣物和餐具上油污是发生了乳化现象
【典型例题】
类型一、考查溶液的有关概念、溶解度曲线的应用以及溶液的配制
1.要配制100g溶质质量分数为5%的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（ ）
实验中要用到的玻璃仪器只有烧杯和玻璃棒
称量氢氧化钠固体时应该将砝码放在左盘，药品放在右盘
配制好的氢氧化钠溶液中溶质和溶剂的质量之比为1：20
称量时，必须将氢氧化钠固体放在玻璃器皿中称量
【思路点拨】知道配制溶液所用的仪器、托盘天平使用时“左物右码”等注意事项、溶液中溶质和溶剂的有关计算。
【答案】D
【解析】配制100g溶质质量分数为5%的氢氧化钠溶液，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，故A错。用托盘天平称量物质时要左物右码，故B错。制好的氢氧化钠溶液中溶质和溶剂的质量之比为5：95=1：19；故C错。易潮解、具有腐蚀性的药品必须放在玻璃器皿中称量，因为氢氧化钠既易潮解，又具有腐蚀性，所以必须将氢氧化钠固体放在玻璃器皿中称量，故D正确。
【总结升华】解答本题的关键是要熟悉托盘天平使用的注意事项，防止由于错误操作造成误差。使用托盘天平称量时要把称量物放在左盘，砝码放右盘；称量干燥的固体药品，应在两个托盘上各放一张干净的质量相同的纸，把药品放在纸上称量；对于易潮解的、有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿（如表面皿、小烧杯）里称量。　2.（2019?重庆中考）如图是甲、乙两种固体物质在水中的溶解度曲线，下列说法不正确的是（　　）
A. 10℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液浓度相同B. 保持20℃，蒸发溶剂可使接近饱和的乙溶液变成饱和溶液
C. 30℃时，将40g甲物质加入50g水中，充分溶解后溶液的质量为80gD. 10℃时，将两种饱和溶液升温至30℃，溶液中溶质的质量分数都增大
【思路点拨】固体溶解度曲线所能表示的意义：①根据已知的温度可以查出有关物质的溶解度；②根据物质的溶解度也可以查出它所对应的温度；③可以判断或比较相同温度下，不同物质溶解度的大小（或饱和溶液中溶质的质量分数的大小）；④根据溶解度曲线，选择分离、提纯某些可溶性混合物的方法（即选用蒸发结晶还是降温结晶、升温结晶）；并且，还可以判断或比较析出晶体的质量大小，即曲线越陡，析出的晶体就越多；⑤两条溶解度曲线的交点表示该点所示的温度下，两物质的溶解度是相同的；并且，此时两种物质饱和溶液的溶质质量分数也相同的。
【答案】D【解析】10℃时，甲、乙两种物质的溶解度相同，故饱和溶液浓度相同，A选项正确。保持20℃，蒸发溶剂可使接近饱和的乙溶液变成饱和溶液，B选项正确。30℃时，甲的溶解度为60g，将40g甲物质加入50g水中，充分溶解只能溶解30g，溶液的质量为80g，C选项正确。10℃时，将两种饱和溶液升温至30℃，溶液中溶质的质量分数不变，D选项错误。
【总结升华】解答这类题目时，首先，要熟记和理解固体溶解度曲线及其使用，固体溶解度的概念和意义，溶质质量分数及其有关计算，饱和溶液和不饱和溶液的概念及其相互转变方法；然后结合所学的相关知识和技能，细致地阅读、分析题意等，最后按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可。
3.在下表①-④组的X溶液中，滴加Y溶液至过量，生成沉淀或气体的质量与加入Y溶液的质量关系符合下图的是（ ）
X溶液
Y溶液
①
CuCl2溶液和HCl溶液
NaOH溶液
②
Na2SO4溶液和H2SO4溶液
BaCl2溶液
③
NaCl溶液和HCl溶液
NaHCO3溶液
④
Na2CO3溶液和NaOH溶液
H2SO4溶液
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【思路点拨】首先分析图象的意义是随着Y的不断加入，反应开始没有气体或沉淀生成，然后气体或沉淀逐渐增加；其次将四个反应的化学反应原理逐一分析，分析气体或沉淀的生成与Y试剂的关系,最后和图象对比可解答。
【答案】C
【解析】图象的意义是：随着乙的不断加入，反应开始没有气体或沉淀生成，然后气体或沉淀逐渐增加。①中盐酸首先和氢氧化钠反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，没有气体和沉淀生成；盐酸反应完全后，氢氧化钠继续和氯化铜反应：CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl，生成沉淀，与图象相符，故①正确。②中硫酸和硫酸钠溶液都会和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以从反应开始就有沉淀生成，与图象不符合，故②错误。③中氯化钠和碳酸氢钠不反应，而盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以开始就有气体生成，与图象不相符，故③错误。④中硫酸先和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有气体和沉淀生成；氢氧化钠反应完毕后，硫酸继续和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，与图象相符，故④正确。所以选C。
【总结升华】本题是图象和化学知识相结合的题型，涉及知识点较多。要求学生有将图象信息转换为化学信息的能力，同时对有关化学知识必须十分熟练，才可能快速解题。
4.如图是硝酸钾的溶解度曲线图，某同学在20℃时进行了如下实验，得到相应的溶液①～⑤，下列说法正确的是（ ）
保持温度不变，若在④中加入4.5KNO3固体可得到饱和溶液
②③⑤中溶质的质量分数相等
①③④均为不饱和溶液
④→⑤可析出53.9gKNO3晶体
【思路点拨】根据题图中信息分析解答：①在20℃时硝酸钾的溶解度为31.6克，则加入20克硝酸钾全部溶解；②加入30克硝酸钾只能溶解11.6克；③加热至50℃时，50克硝酸钾全部溶解；④再加入30克硝酸钾，全部溶解，因为在50℃时，其溶解度为85.5克；⑤降温至20℃时，有晶体析出，只能溶解31.6克。故可知正确答案。
【答案】C
【解析】经分析知④中的溶质为80g，在50℃时，其硝酸钾溶解度为85.5克，所以应在④中加5.5克KNO3，溶液才达到饱和，故A错误。②中的溶质是20g+11.6g=31.6g；③中的溶质是50g，⑤中的溶质是31.6g，所以②③⑤中溶质的质量分数不相等，故B错误。由以上分析知，①③④均为不饱和溶液；故C正确。④→⑤可析出的晶体为：80g-31.6g=48.4g，故D错误.
【总结升华】此题是过程与图象结合题，是对学生识图能力的考查。解答这类题目时，要结合图象细致地阅读、分析题意，按照题目的要求，认真地进行选择或解答即可。
举一反三：
【变式1】如图所示，A图表示硝酸钾和氢氧化钙的溶解度随温度变化的情况。B图中甲、乙两支试管分别盛有硝酸钾、氢氧化钙的饱和溶液，试管底部均有未溶解的固体。向烧杯中加入一种物质后，甲试管中的固体减少，乙试管中的固体增加，则加入的物质不可能是（ ）

A．浓硫酸 B．氢氧化钠固体 C．氧化钙固体 D．氯化钠固体
【答案】D
【解析】由图A可知，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小；由图B可知，甲、乙两试管中的溶液都是饱和溶液。当向烧杯中加入某物质时，甲试管中的硝酸钾溶解，乙试管中的氢氧化钙固体增加，说明溶液的温度是升高的，由此可知：加入水中的物质溶解或与水反应放出热量。
【变式2】（2019?四川中考）如图为甲、乙两种盐的溶解度曲线，下列说法正确的是（　　）
A. 甲、乙两种物质的溶解度都不相等B. 将接近饱和的甲溶液变为饱和溶液，可采用蒸发或降温的方法
C. t1℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液中，溶质的质量分数均为15%D. t2℃时，将30克乙物质放入100克水中，所得溶液的质量为130克【答案】B 【解析】
A、溶解度大小比较需要指明具体的温度，故A错误；
B、甲的溶解度随温度升高而增大，故甲的不饱和溶液变为饱和溶液需要蒸发或降温，故B正确；
C、t1℃时，甲、乙两种物质的溶解度相同，所以它们的饱和溶液中，溶质的质量分数均为×100%＜15%，故C错误；
D、t2℃时，乙物质的溶解度小于30g，此温度下，将30克乙物质放入100克水中，所得溶液的质量小于130克，故D错误。
类型二、考查与溶质质量分数有关的综合计算题
5.某同学去我市的风景区游玩时，取回了若干块矿石样品，它采用了以下的方法对样品中碳酸钙的质量分数进行检测：取这种石灰石样品6g，把40g稀盐酸分四次加入，测量过程所得数据见下表（已知石灰石样品中的杂质不溶于水，不与盐酸反应）。求：
（1）6g石灰石样品中含有的杂质为_____________；
（2）m＝____________；
（3）样品中CaCO3的质量分数；
（4）所用稀盐酸中溶质的质量分数。
【思路点拨】解答本题的关键是分析表中所给数据之间的关系，并做出正确的判断。（1）通过表中次序3和次序4的数据比较，可判断此时的石灰石中CaCO3已完全反应，且其中所含杂质的质量为0.6g，所含CaCO3的质量为：6g－0.6g＝5.4g；（2）第一次加入10g盐酸，反应后剩余固体的质量为4.0g，说明10g盐酸消耗了2g CaCO3，因此第二次加入10g盐酸后所消耗CaCO3的质量共为4g，。【答案与解析】
（1）0.6g (2)2
（3）样品中CaCO3的质量分数为：×100％＝90%
（4）解：设所用稀盐酸中溶质的质量分数为x。
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100 73
2g 10g·x
　　　
答：所用稀盐酸中溶质的质量分数为14.6％。
【总结升华】本题属于综合计算题，包括根据化学方程式的计算和溶质的质量分数的计算。第（4）问计算稀盐酸的溶质质量分数时，只能用前两次所用盐酸中的任一次，不能根据第三次或第四次盐酸的质量计算，因为这两次盐酸有剩余。
6.烧杯中盛有20.4g Na2CO3和NaCl 组成的固体混合物，向其中逐渐滴加溶质质量分数为10％的稀
盐酸。放出气体的质量与所加入稀盐酸的质量关系曲线如图所示，请根据题意回答问题：
（1）当滴加稀盐酸至图中B点时，烧杯中溶液的的溶质是 （写化学式）。
（2）当滴加稀盐酸至图中A点时，烧杯中为不饱和溶液（常温），通过计算求出该溶液中溶质的质量分数。

【思路点拨】解题的关键是找到已知量与未知量的关系及反应的关键所在，从图中可知，当向20.4g固体混合物中加入73g稀盐酸时，反应恰好完全，根据HCl的质量（73g×10%=7.3g）可以求出其它物质的质量。
【答案与解析】
（1）NaCl和HCl
（2）解：设固体混合物中Na2CO3的质量为x；Na2CO3和稀盐酸反应生成NaCl的质量为y，生成CO2的质量为z。
当滴加稀盐酸至A点时，消耗HCl的质量=73g×10%=7.3g
Na2CO3+2HCl 2NaCl+H2O+CO2↑
106 73 117 44
x 7.3g y z
= = =
x==10.6g
y==11.7g z==4.4g
则固体混合物中NaCl的质量=20.4g-10.6g=9.8g
A点时溶液中溶质NaCl的总质量=9.8g+11.7g=21.5g
A点时溶液中溶质NaCl的质量分数为：×100%=24.2%
答：A点时溶液中溶质的质量分数为24.2%。
【总结升华】在关于生成物溶液中溶质质量分数的计算中，重点在于计算生成物溶液的质量。生成物溶液的质量有两种求法：
第一种方法（常用）是用质量守恒定律来求，生成物溶液的质量=反应前所加物质的质量总和一反应生成的气体质量一反应生成的沉淀质量（如有不溶的杂质也应减去）。
第二种方法是生成物溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量，在计算溶剂的质量时要考虑反应是否生成了水，还要考虑反应物溶液中的水。溶液配制过程中溶液浓度出现偏差的分析。
举一反三：
【变式1】如图是实验室所用盐酸的试剂瓶标签上的部分内容，请仔细阅读后计算。
(1)欲配制14.6%的稀盐酸1000 g，需用这种盐酸多少毫升(计算结果精确到0.1)
(2)小强在家庭装修的废料中看到一些大理石碎料，他想探究大理石中碳酸钙的含量。于是他取部分大理石带到实验室，砸碎后称取25 g，加入100 g上述新配制的稀盐酸，恰好完全反应。求：
①大理石中碳酸钙的质量分数。
②反应生成CO2的质量是多少？
③所得溶液中溶质的质量分数是多少？
【答案与解析】
(1)解：设需用稀盐酸的体积为x。则
1000 g×14.6%=x·1.18 g/cm3×36%
x≈343.7 cm3=343.7 mL
(2)解：设大理石中CaCO3的质量为x，生成CO2的质量为y，生成CaCl2的质量为z
CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O+CO2↑
100 73 111 44
x 100g×14.6% z y
100∶73=x∶(100 g×14.6%) x=20 g
73∶44=(100 g×14.6%)∶y y=8.8 g
73∶111=(100 g×14.6%)∶z z=22.2 g
则大理石中CaCO3的质量分数=×100%=80%
所得溶液中CaCl2的质量分数=×100%≈20%
答：大理石中碳酸钙的质量分数为80%，反应生成CO2的质量为8.8g,所得溶液中溶质的质量分数为20%。
【变式2】碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物充分加热至恒重，其质量变化如图所示。另取相同质量的该混合物溶于水得到106.6 g溶液，向该溶液中加入100 g 7.3% 的稀盐酸，恰好完全反应。（已知：2NaHCO3Na2CO3 +CO2↑+H2O，碳酸钠受热不易分解。）
计算：（1）混合物与盐酸反应生成二氧化碳的质量。
（2）所得溶液中溶质的质量分数。

【答案与解析】
解：设混合物中碳酸氢钠的质量为x ，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳的质量为y，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳的质量为z
2NaHCO3Na2CO3 +CO2↑+H2O
2×84 （44 + 18）
x 3.1 g
x = 8.4g NaHCO3 +HCl = NaCl + CO2↑+H2O
84 44
8.4 g y
y = 4.4g
混合物中碳酸钠的质量为：13.7g －8.4g = 5.3g
Na2CO3 +2HCl = 2NaCl + CO2↑+H2O
106 44
5.3 g z
=
z = 2.2g
13.7 g混合物与稀盐酸反应生成二氧化碳的总质量是6.6 g
反应后溶液的质量：106.6 g+100 g-6.6 g = 200 g
根据氯元素守恒，设反应生成氯化钠的质量为m
HCl ～ NaCl
36.5 58.5
100 g× 7.3% m =
m = 11.7g 氯化钠溶液中氯化钠的质量分数=×100%=5.85%  答：混合物与盐酸反应生成二氧化碳的质量为6.6g，所得溶液中氯化钠的质量分数为5.85%。
总复习：溶液、溶解度和溶质的质量分数（提高）

【巩固练习】
选择题 (每小题只有一个选项符合题意)
1.现有100 g溶质质量分数为20%的硝酸钾溶液，若使其溶质质量分数降低至原来的一半，下列操作正确的是（ ）
A．将溶液降温析出一半的硝酸钾
B．加入100 g溶质质量分数为5％的硝酸钾溶液
C．向溶液中加入与溶液质量相等的水
D．使溶液中水的量增大一倍
2.配制溶质质量分数为10%的氯化钠溶液时，不会引起溶液中氯化钠的质量分数偏小的是( )
A.用量筒量取水时仰视读数
B.配制溶液的烧杯用少量蒸馏水润洗
C.氯化钠晶体不纯
D.转移已配好的溶液时，有少量溶液溅出
3.常温下，在两只各盛有100 mL水的烧杯中分别加入相同质量的甲、乙两种物质，使其充分溶解，结果如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲溶液是不饱和溶液
B．升高温度，剩余的甲物质一定能继续溶解
C．往盛有甲溶液的烧杯中加入乙物质，乙物质不能溶解
D．不知道乙溶液是否是饱和的，可向乙溶液中加入乙溶质看其是否能继续溶解来判断是否饱和

4.下列关于硝酸钾的溶解度的说法中，正确的是（ ）
A．20℃时，20 g硝酸钾可以溶解在100 g水里，所以20℃时硝酸钾的溶解度为20 g
B．20℃时，把20 g硝酸钾溶解在水里制成饱和溶液，所以20℃时硝酸钾的溶解度为20 g
C．把31.6 g硝酸钾溶解在100 g水里制成饱和溶液，所以硝酸钾的溶解度为31.6 g
D．20℃时，把31.6 g硝酸钾溶解在100 g水里制成饱和溶液，所以20℃时硝酸钾的溶解度为31.6 g
5.下列生活中的现象，不能说明气体溶解度随温度升高而减小的是（ ）
A．烧开水时，水沸腾前有气泡逸出 B．喝下汽水后感到气体冲到口腔中
C．揭开啤酒瓶盖，有大量的泡沫溢出 D．夏季黄昏时，池塘里的鱼常浮出水面
6.如图是A、B两种固体物质的溶解度曲线，下列说法正确的是（ ）
A．A的溶解度都大于B的溶解度
B．t1℃时，用等量水分别制成的A、B饱和溶液中，A的质量比B大
C．t2℃时，A、B两种饱和溶液中，溶质的质量分数相等
D．A、B两种饱和溶液都从t3℃降温到t2℃，析出的晶体一定等量

7.（2019?四川中考）20℃时，取甲、乙、丙、丁四种纯净物各40 g，分别加入到四个各盛有100g水的烧杯中，充分溶解，其溶解情况如下表：
物质
甲
乙
丙
丁
未溶解固体的质量/g
8.4
4
0
18.4
下列说法正确的是（　　）
A. 所得四杯溶液都是饱和溶液B. 丁溶液的溶质质量分数最大
C. 20℃时四种物质溶解度的关系为：丁＞甲＞乙＞丙
D. 四杯溶液中各加入20℃的100 g水后，溶液质量相等，且均为不饱和溶液
8.（2019?浙江中考）下表是固体甲和乙在不同温度时的溶解度。下列说法中正确的是（　　）
温度/℃
0
20
40
100
甲溶解度/克
0.73
0.165
0.121
0.076
乙溶解度/克
13.3
31.6
63.9
246
A．20℃时甲物质的饱和溶液升高温度会变为不饱和溶液　　B．100℃时乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，但溶液仍饱和
C．20℃时．甲溶液的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数
　D．20℃时，100克乙物质加入100克水中，所得溶液的溶质质量分数等于50%
二、填空题
9．（2019?山东中考）如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。据图回答：
（1）10℃时，甲物质的溶解度　　　　　　乙物质的溶解度．（填“＞”或“=”或“＜”）。
（2）把30℃时等质量的甲、乙两物质饱和溶液降温到10℃，析出晶体较多的是　　　　。
（3）20℃时，将50g甲物质放入盛有100g水的烧杯中，最终所得溶液的质量为　　　　　　g；若将烧杯内物质升温到30℃（不考虑水蒸发），溶液中不变的是　　　　　　（填序号）。
A．溶剂的质量　　B．溶液的质量　　C．溶质的质量分数 D．以上都不变
　
10.甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示。现将两支分别装有甲、乙两物质饱和溶液的试管(底部均有少量未溶解的固体)浸入盛有水的烧杯中，再向烧杯中加入一定量的浓硫酸。
(1)50 ℃时，甲物质的溶解度是______________。
(2)30 ℃时，甲、乙两种物质的溶解度大小顺序是______________。
(3)烧杯中加入浓硫酸后，甲、乙两试管中固体量的变化是______________。除了加浓硫酸外，还可以加______________物质，也会发生这样的变化。
11.下表列出了固体物质A在不同温度时的溶解度：

(1)70 ℃时，向盛有100 g水的烧杯中加入30 g固体A，充分溶解形成的是_______(填“饱和”或“不饱和”)溶液，再将烧杯内物质温度降至20 ℃，此时溶液中溶质与溶剂的质量比为___________(填最简整数比)。
(2)通过对上表数据的分析，物质A的溶解度曲线应是图中的_______(填“甲”或“乙”)。
(3)80 ℃时，配制一定量甲物质的溶液，将其降温到60 ℃，是否有固体析出? _______(填“有”、 “没有”或“不确定”)。
三、计算题
12.（2019?山西一模）如表是KNO3、NaCl在不同温度下的溶解度（单位：g）。
温度（℃）
0
10
20
30
40
50
60
KNO3
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
（1）50℃时，NaCl的溶解度是　 　，将20gNaCl放入50g水中，所得溶液的质量为
　　　 　g，溶质的质量分数是　 　（精确到0.1%）；
（2）相同温度下，若要配制KNO3和NaCl等浓度的饱和溶液，其温度范围是　 　，将50℃时等质量的KNO3和NaCl的饱和溶液分别将至20℃，析出晶体较多的是 　。
13.要配制50 g质量分数为20％的KNO3溶液。现提供25 g质量分数为40％ KNO3溶液，20 g质量分数为15％ KNO3溶液及足够多的固体KNO3和水，请选用上述药品，设计三种配制方案填入下表。
配制方案（只要求说明配制时所需的各种药品用量）
方案一
方案二
方案三
14.化学综合实践活动小组的同学对一造纸厂排放的污水进行检测，发现其主要污染物为氢氧化钠。为了测定污水中氢氧化钠的含量，他们用溶质质量分数为37％，密度为1.18 g／cm3的浓盐酸配得溶质质量分数为5％的稀盐酸200.0 g。然后取80.0 g污水于烧杯中，逐滴加入这种稀盐酸73.0 g时恰好完全反应（污水中的其他成分不与盐酸反应）。请计算：
（1）配制稀盐酸时，量取了溶质质量分数为37％的浓盐酸多少毫升？
（2）污水中所含氢氧化钠的质量分数是多少？
15.某化学研究小组对当地的石灰石样品进行了研究。称取石灰石样品8 g，把40 g稀盐酸分四次加入样品中，测得实验数据见下表（假设石灰石样品中杂质不溶于水，不与盐酸反应，二氧化碳不溶解）。
实验序号
加入稀盐酸的质量／g
剩余物质的质量／g
第1次
10
5.5
第2次
10
3
第3次
10
1.6
第4次
10
m
（1）第4次剩余物质的质量m=________g。
（2）石灰石样品中碳酸钙的质量分数为________。
（3）计算稀盐酸的溶质质量分数。
16.某化学探究小组的同学到钢铁厂作社会调查。他们抽取组成完全相同的质量为2.84 g，4.26 g，6.23 g的三份钢样（假设钢样中只含铁和碳）分别加入100 g稀硫酸中进行实验（实验Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ），充分反应后，利用得到的实验数据绘制出如图所示图象。

试回答：
（1）写出实验中有关反应的化学方程式：________ 。
（2）实验Ⅰ中铁参加反应的质量为________。
（3）稀硫酸完全参加反应的实验中，反应后溶液中溶质的质量分数是多少？（计算结果精确到0.1％）

【答案与解析】
1.【答案】C
【解析】使浓度降至原来的一半，需降温析出11.1 g KNO3，需加水100 g。
2.【答案】D
【解析】引起溶液中溶质质量分数偏小的因素有：一是溶剂多于计算的理论值；二是溶质少于计算的理论值。A中仰视读数会使量取的水的量偏多，B中烧杯中原来就有少量水，也会使溶剂量增多，而C中NaCl不纯，则会使NaCl的量少于理论值。故A、B、C均能使溶质质量分数偏小，已配好的溶液，即使有少量溶液溅出，溶质的质量分数也不会改变。
3.【答案】D
【解析】从图中可以看出，甲中有溶质剩余，故一定是饱和溶液，但不知道甲的溶解性是否随着温度的升高而增大，如果是，升高温度，甲固体会继续溶解，如果不是，则不能溶解。甲溶液对于甲物质而言是饱和的，对于乙物质而言是不饱和的，所以甲溶液中还可以继续溶解乙物质。乙溶液可能是饱和的，也可能是不饱和的，而判断溶液是否是饱和的根本依据就是在温度和溶剂的量不变的情况下，看其是否能继续溶解该溶质，如果能溶解，则是不饱和的，反之则是饱和的。
4.【答案】D
【解析】此题主要考查溶解度的概念，要抓住溶解度的“四要素”，即“在一定温度下”、“在100 g溶剂里”、“达到饱和状态”、“所溶解的质量”。A项缺少“达到饱和状态”，B项不是“在100 g溶剂里”，C项不是“在一定温度下”。
5.【答案】C
【解析】A选项中因为随着水温的升高，在常压下，O2的溶解度减小，逸出气体的体积增大，在沸腾前逸出水面。B选项中的现象是因为汽水中含有CO2及其形成的H2CO3，人的体温高于汽水的温度，CO2的溶解度减小，有气体放出，同时也有H2CO3分解产生的CO2气体。C选项说明了压强对气体的影响，随着压强的减小，有大量的气体从液体中逸出。D选项中夏季温度高（黄昏时压强也较小），O2在水中的溶解度减小，鱼浮到水面呼吸O2。
6.【答案】C
【解析】由溶解度曲线可知，t2℃时，A、B两物质的溶解度相等，所以该温度下，两物质的饱和溶液的溶质质量分数一定相等，故C正确；t1℃时，A的溶解度小于B的溶解度，用等量水分别制成的A、B饱和溶液中，A的质量比B小，故A、B错误；A的溶解度比B的溶解度受温度影响大，所以等质量的A、B两种饱和溶液从t3℃降温到t2℃，析出晶体的量A一定大于B，故D错误。
7.【答案】D
【解析】
A、丙物质未溶解固体的质量为0，可知丙溶液可能为饱和溶液，也可能为不饱和溶液，故A错误；
B、溶剂质量相同而丁溶液的溶质质量最小，所以丁溶液的溶质质量分数最小，故B错误；
C、溶剂质量相同而甲、乙、丙、丁四种溶液中溶质质量的大小关系为丙＞乙＞甲＞丁，所以20℃时四种物质溶解度的关系为：丙＞乙＞甲＞丁，故C错误；
D．四杯溶液中各加入20℃的100 g水后，未溶解的固体全部溶解，故溶质的质量和溶剂的质量相等，溶液质量相等，且均为不饱和溶液。故选D。
8.【答案】B
【解析】
A、甲物质的溶解度随温度的升高而减小，所以20℃时甲物质的饱和溶液升高温度还是饱和溶液，故A错误；
B、乙物质的溶解度随温度的升高而增大，所以100℃时乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，但溶液仍饱和，故B正确；
C、甲、乙两种物质的溶液状态不能确定，所以20℃时，甲、乙溶液的溶质质量分数不能确定，故C错误；
D、20℃时，乙物质的溶解度是31.6g，100克乙物质不能全部溶解，溶质质量分数为：×100%=24%，故D错误。
9.【答案】（1）= （2）甲 （3）140 A
【解析】
（1）10℃时，甲物质的溶解度曲线和乙物质的溶解度曲线交于一点，二者的溶解度相等；
（2）把30℃时等质量的甲、乙两物质饱和溶液降温到10℃，由于甲的溶解度变化幅度大于乙，所以甲析出晶体较多；
（3）20℃时甲的溶解度是40g，即100g水中最多溶解40g的甲，所以将50g甲物质放入盛有100g水的烧杯中，最终所得溶液的质量为140g；若将烧杯内物质升温到30℃（不考虑水蒸发），溶剂质量不变，溶解度变大，溶质会继续溶解，则溶液中不变的是溶剂的质量，所以升温溶质的质量分数增大。
10.【答案】(1)40 g (2)甲>乙 (3)甲减少，乙增多 NaOH固体(或CaO)
【解析】
(1)由溶解度曲线可知，甲物质在50 ℃时的溶解度是40 g；
(2)30 ℃时甲的溶解度大于乙的溶解度；
(3)因甲物质的溶解度随温度升高而增大，乙物质的溶解度随温度升高而减小，浓硫酸溶于水时使溶液温度升高，所以试管中甲物质固体的质量会减少，乙物质固体的质量会增加；凡溶于水或与水反应时放出热量的物质均可，如氢氧化钠固体或生石灰等。
11.【答案】(1)饱和 3∶10 (2)乙 (3)不确定
【解析】(1)由A物质的溶解度知，70 ℃时A的溶解度为29 g，即70 ℃时100 g水中最多溶解29 g A固体，当向100 g水中加入30 g A时，形成饱和溶液，并有固体不能完全溶解；因A的溶解度随温度降低而增大，至20 ℃时，溶解度为34 g，所以，将原溶液降温至20 ℃时，原30 g溶质会完全溶解，且形成不饱和溶液，故溶质质量为30 g，溶剂质量为100 g，其溶质与溶剂的质量比为30 g∶100 g=3∶10；(2)由图示可知，乙的溶解度随温度升高而减小，故选乙；(3)因配制的甲溶液不一定是饱和溶液，则降温时，虽溶解度减小，但不一定析出晶体。
12.【答案】（1）37.0g 68.5 27.0% （2）20℃～30℃ KNO3
【解析】
（1）50℃时NaCl的溶解度是37.0g，所以向50g水中加入20gNaCl，充分溶解最多溶解18.5g，所得到溶液的质量是68.5g；溶质的质量分数是×100%=27.0%；
（2）由图可知：硝酸钾和氯化钠溶解度相同的温度既是判断该段中溶解度的数值是否存在相等的可能，经分析知在20～30℃时这两种物质存在溶解度相同的可能；将50℃时等质量的KNO3和NaCl的饱和溶液分别将至20℃，由图可判知，析出晶体的质量KNO3＞NaCl。
13.【答案】
方案一
10 g KNO3，40 g H2O
方案二
25 g 40％ KNO3溶液，25 g H2O
方案三
20 g 15％ KNO3溶液，7 g KNO3固体，23 g H2O
【解析】本题为溶液配制方法的开放性试题，主要考查发散思维能力和计算能力。配制方法的选择，需围绕溶质质量10 g(50 g×20％=10 g)和溶液质量50 g进行。配制溶液的方法思路为：
两种物质：（1）KNO3固体和水；（2）40％ KNO3溶液与水；（3）40％ KNO3溶液与15％ KNO3溶液；（4）KNO3固体与15％ KNO3溶液等。
三种物质：（1）KNO3固体、15％ KNO3溶液与水；（2）40％ KNO3溶液、15％ KNO3溶液与水；（3）KNO3固体、40％ KNO3溶液与水等。
四种物质：KNO3固体、40％ KNO3溶液、15％ KNO3溶液与水。在分析配制的基础上再确定其可行性，此题答案有多种，下面提供三种答案，其他合理答案均可。
14.【答案】
（1）没配制稀盐酸时，量取了溶质质量分数为37％的浓盐酸的体积为x。根据溶液在稀释前后溶质的质量不变，可列式为200.0 g×5％=x×1.18 g／cm3×37％
解得：x=22.9 cm3=22.9 mL
（2）设污水中所含氢氧化钠的质量分数为y。
NaOH + HCl = NaCl + H2O
40 36.5
80.0 g×y 73.0 g×5％
解得：y=5％
答：（1）配制稀盐酸时，量取了溶质质量分数为37％的浓盐酸22.9mL毫升。
（2）污水中所含氢氧化钠的质量分数是5%.
15.【答案】（1）1.6 （2）80％
（3）解：设10 g稀盐酸中HCl的质量为x。
CaCO3 + 2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100 73
2.5 g x

盐酸中HCl的质量分数为
答：稀盐酸中溶质的质量分数为18.3％。
【解析】（1）由第1次和第2次实验可知，与10 g稀盐酸反应的CaCO3的质量为2.5 g；而第三次加入10 g稀盐酸，固体减少的量为3 g－1.6 g=1.4 g，说明CaCO3已经完全反应，剩余1.6 g为杂质，故m为1.6 g。（3）先依据化学方程式求出10 g盐酸中HCl的质量，再求盐酸的溶质质量分数。
16.【答案】
（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ （2）2.8 g
（3）由图中数据知，实验Ⅲ中100 g稀硫酸完全反应。
设实验Ⅲ中生成FeSO4的质量为x，参加反应的铁的质量为y。
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑
56 152 2
y x 0.2 g


所得溶液中溶质的质量分数为：
答：实验Ⅲ中稀硫酸完全反应后所得溶液中溶质质量分数为14.4％。
【解析】本题的难点是第（3）问，解决难点的方法是依据图示信息分析出哪次实验中硫酸已完全参加了反应。由实验Ⅰ可知，生成0.10 g H2所需金属样品的质量为2.84 g，则生成0.2 g H2所需金属样品的质量为2.84 g×2=5.68 g，故实验Ⅲ中6.23 g金属中铁有剩余，稀硫酸完全反应，反应后所得溶液为FeSO4溶液。要求FeSO4溶液中溶质的质量分数，可根据H2的质量0.20 g求出溶质FeSO4的质量，根据质量守恒可求出溶液的质量。反应后溶液的质量是参加反应的Fe的质量加上稀硫酸的质量，再减去生成H2的质量，而不是用铁样品的质量进行计算。

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