第九单元溶液检测题-2023-2024学年九年级化学人教版下册（含解析）

第九单元溶液检测题-2023-2024学年九年级化学人教版下册
一、单选题
1．把少量下列物质分别放入水中，充分搅拌，可以得到溶液的是（　　）
A．蔗糖 B．面粉 C．植物油 D．大理石
2．下列说法中正确的是（）
A．凡是均一的、稳定的液体一定是溶液
B．溶液是均一的、稳定的混合物
C．长期放置后不会分层的液体一定是溶液
D．溶液一定是无色的，且溶剂一定是水
3．下列加速物质溶解措施中，能改变固体溶解度的是（　　）
A．加热 B．搅拌 C．振荡 D．把固体研细
4．下列有关说法正确的是（　　）
A．油可以用洗洁精洗去，因为油能溶解在洗洁精中
B．铁粉可作为“暖宝宝”的原料，因为铁能与氧气和水反应并吸热
C．氯化钠、氢氧化钠的水溶液都能导电，因为溶液中都有自由移动的离子
D．武德合金（铋、铅、锡、镉等金属合金）用于电路保险丝，因为它的熔点比锡高
5．如图是甲、乙两种固体物质(均不含结晶水)的溶解度曲线，下列说法正确的是（　　）
A．t1℃时，两物质的溶解度相等，均为50
B．t1℃时，等质量的甲、乙溶液中含有溶质的质量相等
C．t2℃时，可以配制出溶质的质量分数为30%的甲、乙溶液
D．t2℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液(不含未溶物)分别恒温蒸发水，析出晶体的质量一定是甲大于乙
6．实验室现要配制溶质的质量分数为10%的氯化钠溶液50克，下列实验操作会使所配溶液的溶质质量分数偏小的是（　　）
A．用量筒量取蒸馏水时，俯视读数
B．量筒中的水未完全倒入烧杯中
C．称量前游码未归零就调节天平平衡，后称量氯化钠
D．搅拌后，氯化钠充分溶解，玻璃棒带出少许溶液
7．被称为“硫酸铜溶液”“氢氧化钠溶液”的溶液，其溶剂是（　　）
A．水 B．酒精 C．硫酸铜 D．氢氧化钠
8．KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．30℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中的溶质的质量分数大的是KNO3
B．0℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中，所含溶质的质量：NaCl可能大于KNO3
C．将30℃的KNO3饱和溶液降温到20℃时一定有晶体析出
D．30℃时，将等质量的KNO3和NaCl分别配成饱和溶液，所得溶液的质量：NaCl小于KNO3
9．在“停课不停学”期间，小兰同学通过网课学习了溶液的形成后，将少量下列物质分别放入水中并充分搅拌，其中不能形成溶液的是（　　）
A．白砂糖 B．食盐
C．纯碱 D．植物油
10．如图是甲、乙固体的溶解度曲线，下列说法错误的是（　　）
A．图中P点所表示的溶液是t3℃时甲的不饱和溶液
B．分别将t3℃等质量的甲、乙饱和溶液降温至t2℃，所得溶液中溶质质量不相等
C．若甲中含有少量乙，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲
D．可用t1℃时20%的甲溶液配制10%的甲溶液
11．天宫课堂上中国宇航员做了一个乙酸钠的“冰球”实验，下图是乙酸钠溶解度曲线，下列说法错误的是（　　）
A．乙酸钠的溶解度随温度升高而增大
B．乙酸钠属于易溶性物质
C．20℃时，乙酸钠溶液的溶质质量分数为31.7%
D．饱和的乙酸钠溶液，若降温结晶可形成“冰球”
12．X、Y、Z三种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是 （　　）
A．三种物质的溶解度由大到小的顺序为：X＞Y＞Z
B．t2℃时，将20gX物质放入50g水中，可得到70g溶液
C．t3℃时，将100gX物质的饱和溶液降温至t2℃，可析出20g晶体
D．t1℃时，分别将X、Y、Z三种物质的饱和溶液升温至t3℃（不考虑溶剂的蒸发），所得溶液中溶质的质量分数的大小关系为：Y＞Z＞X
13．某温度下，向100g饱和澄清石灰水中加入5.6g生石灰，充分反应后，恢复到原来的温度时，下列说法正确的是（　　）
A．析出固体的质量为5.6g B．溶质的质量分数不变
C．溶液中Ca2+的总数不变 D．饱和石灰水的质量等于98.2g
14．如图是a、b、c三种物质的溶解度曲线，下列说法错误的是（　　）
A．P点表示t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等
B．将c的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用升温的方法
C．t2℃时，将30g a物质加入到50g水中充分搅拌，得到80g a的溶液
D．将t1℃时a、b、c三种物质的饱和溶液升温至t2℃，其溶质质量分数最大是b
二、填空题
15．若配制质量分数为6% 氯化钠溶液的实验步骤：　 　、　 　、　 　、　 　。
16．1mL 98%的浓硫酸（密度为1.84g cm﹣3）跟5mL水混合，所得稀硫酸溶液溶质的质量分数为　　 　 ．
三、计算题
17．某班同学完成制取二氧化碳的实验后，对回收的盐酸和氯化钙混合溶液（不考虑其他杂质）进行了以下实验：取40mL该溶液于烧杯中，滴入40g一定溶质质量分数的K2CO3溶液，滴入K2CO3溶液质量与生成沉淀质量的关系如图所示，求：
（1）所取40mL溶液中氯化氢和氯化钙的质量；
（2）实验结束后，若将烧杯中的物质蒸干，得到固体的质量。
18．取16g大理石（大理石中的杂质不溶于水，也不与酸发生反应）与100g稀盐酸恰好完全 反应，生成4.4g二氧化碳。试计算并写出计算过程：
（1）大理石中碳酸钙的质量分数是多少？
（2）反应后所得溶液中溶质的质量分数为多少？（计算结果保留至0.1%）
四、实验探究题
19．水是人类生活和生产中非常重要的物质。
（1）自然界中的水通常含有一些杂质，除去水中的难溶性杂质常采用的操作是　 　；
（2）水是一种常见的溶剂。现需要配制500g溶质质量分数为15%的食盐溶液用于农业选种，操作过程如图1。①计算得出需要食盐的质量是　 　g；
②称量操作的先后顺序是　 　；
A．在天平的左盘放入所需的食盐
B.在天平的右盘放入所需的砝码
（3）要比较NaCl和KNO3在水中的溶解性强弱，测定的数据可以是：相同温度下，等质量的溶质完全溶解达到饱和时所需水的质量；或　 　；
（4）图2是氯化钠和硝酸钾在水中的溶解度曲线，在20℃时，饱和NaCl溶液的溶质质量分数为　 　（结果保留到0.1%）；KNO3中混有少量的NaCl，最好采用　 　方法来提纯KNO3。
20．水是生命之源，也是工农业生产不可缺少的物质，合理利用和保护水资源是我们义不在潭出容辞的责任。
（1）利用图1所示的简易装置可把海水转化为淡水。下列说法错误的是____(填标号)。
A．大容器中得到的溶液一定是氯化钠的饱和溶液
B．小容器中的水为淡水
C．获得淡水的快慢与温度无关
（2）自来水厂生产自来水的过程中，常加入　 　，用来吸附水中一些溶解性杂质，除去臭味。
（3）如图2为水在一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)和太阳光的作用下分解的原理图，其中反应Ⅱ化学方程式为　 　。
（4）图3是电解水和氢氧燃料电池的组合装置。断开S2，闭合S1，理论上正极与负极产生的气体体积比为　 　，反应的化学方程式为　 　，再断开S1，闭合S2，观察到小灯泡发光，此时是将　 　能转化为电能。
五、综合题
21．某同学在实验室用6.5g粗锌（假设杂质不参与反应）和稀盐酸制取H2。
（1）配制100g、12%稀盐酸需要40%浓盐酸（密度为1.2g/cm2）的体积为　 　。除了胶头滴管、烧杯外还需要的玻璃仪器是　 　、　 　。
（2）6.5g粗锌完全反应共产生H2的质量为0.16g，则该粗锌中锌的质量分数为　 　。
22．实验室有一瓶标签被腐蚀的盐酸，小丽为了测定溶液中溶质的质量分数，在烧杯中配制了8g 10%的NaOH溶液．然后往烧杯中滴加该盐酸．反应过程中溶液的pH与滴入盐酸的质量关系如图所示．请回答下列问题：
（1）当pH为4时溶液中的溶质是　 　；
（2）计算当pH刚好为7时所得溶液的溶质质量分数．（写出计算过程）
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、蔗糖放入水中可形成均一稳定的混合物，得到溶液，符合题意；
B、面粉放入水中形成的是悬浊液，不符合题意；
C、植物油放入水中形成的是乳浊液，不符合题意；
D、大理石放入水中形成的是悬浊液，不符合题意；
故答案选：A。
【分析】根据溶液是均一稳定的混合物，结合蔗糖、面粉、植物油、大理石的溶解性分析。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、均一的、稳定的液体不一定是溶液，如水，不符合题意；
B、溶液是均一、稳定的混合物，符合题意；
C、长期放置不会分层的液体不一定是溶液，如酒精，不符合题意；
D、溶液不一定是无色的，如硫酸铜溶液是蓝色的，溶剂不一定是水，如碘酒中溶剂是酒精，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】溶液的特征：（1）均一性：溶液中各部分的浓度、密度、性质都相同；（2）稳定性：只要水分不蒸发，外界条件不变化，溶质和溶剂不会分开；（3）混合物：溶液至少是由两种物质组成，因而属于混合物；（4）能溶解其他物质的物质叫做溶剂，溶剂可为液体、气体物质；（5）溶液是澄清的、透明的，但溶液不一定都是无色的。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：溶解度是在一定温度下，某固体溶质在100g溶剂里达到饱和状态所溶解的溶质质量．
A、固体的溶解度受温度的影响较大，加热能改变固体溶解度，故选项正确．
B、溶解度是在一定温度下，某固体溶质在100g溶剂里达到饱和状态所溶解的溶质质量，搅拌能加快溶解速率，不能改变固体溶解度，故选项错误．
C、溶解度是在一定温度下，某固体溶质在100g溶剂里达到饱和状态所溶解的溶质质量，振荡能加快溶解速率，不能改变固体溶解度，故选项错误．
D、溶解度是在一定温度下，某固体溶质在100g溶剂里达到饱和状态所溶解的溶质质量，溶解度不受固体颗粒粗细的影响，故选项错误．
故选：A．
【分析】溶解度是在一定温度下，某固体溶质在100g溶剂里达到饱和状态所溶解的溶质质量；固体的溶解度受到溶质和溶剂两方面性质的影响，同时还有温度的影响，气压对固体的溶解度几乎无影响．
4．【答案】C
【解析】【解答】A、油可以用洗洁精洗去是因为洗洁精对油起到了乳化作用，说法不符合题意；
B、铁粉是“暖宝宝”的原料之一，因为铁能与氧气和水反应放热，说法不符合题意；
C、氯化钠、氢氧化钠的水溶液都能导电，是因为溶液中都有自由移动的离子，说法符合题意；
D、一般合金的熔点低于其组成中纯金属的熔点，所以武德合金（铋、铅、锡、镉等金属合金）用于电路保险丝，熔点比锡低，说法不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据洗涤剂的乳化作用进行分析
B、根据铁生锈放热进行分析
C、根据溶液导电的原因进行分析
D、根据合金的特点进行分析
5．【答案】C
【解析】【解答】A. 通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，两物质的溶解度相等，均为50g，故A不符合题意；
B. t1℃时，甲、乙两物质的溶解度相等，但等质量的甲、乙溶液的状态不能确定，所以溶液中含有溶质的质量不能确定，故B不符合题意；
C. t1℃时，甲乙饱和溶液的质量分数大于 ，t2℃时，可以配制出溶质的质量分数为30%的甲、乙溶液，故C符合题意；
D. t2℃时，甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度，所以给甲、乙两种物质的饱和溶液（不含未溶物）分别恒温蒸发等质量的水，析出晶体的质量一定是甲大于乙，题干没有说明蒸发等质量的水，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶解度曲线可知，t1℃时，两物质的溶解度曲线有交点，说明两物质的溶解度相等。
B、溶液的饱和状态不能确定，所以溶液中含有溶质的质量不能确定。
C、根据溶解度曲线可知，计算在t1℃时，甲乙饱和溶液中溶质的质量分数；t2℃时，甲乙的溶解度比在t1℃时大，所以定性理解可以配制出溶质的质量分数为30%的甲、乙溶液。
D、题干没有说明蒸发等质量的水，所以无法确定析出晶体的质量。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A、用量筒量取蒸馏水时，俯视读数，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，故选项错误．
B、量筒中的水未完全倒入烧杯中，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，故选项错误．
C、称量前游码未归零就调节天平平衡，后称量氯化钠，会造成实际所取的氯化钠的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，故选项正确．
D、搅拌后，氯化钠充分溶解，玻璃棒带出少许溶液，溶液具有均一性，溶质质量分数不变，故选项错误．
故选：C．
【分析】溶质质量分数变小，则可能是溶质质量偏小或溶剂质量偏大，可以分析出可能造成这两个方面错误的原因进行分析解答．
7．【答案】A
【解析】【解答】解：在氢氧化钠溶液中，是氢氧化钠固体溶解在水中形成的溶液，则氢氧化钠为溶质，水为溶剂；在硫酸铜溶液中，是硫酸铜固体溶解在水中形成的溶液，则硫酸铜为溶质，水为溶剂．
故选：A．
【分析】判断溶液中的溶质和溶剂时，一般前面的为溶质，后面的为溶剂，没有指明溶剂的溶液，水为溶剂．
8．【答案】D
【解析】【解答】A、因为饱和溶液中的溶质的质量分数=，所以，饱和溶液中溶解度大，则饱和溶液中的溶质的质量分数大。30℃时，KNO3的溶解度大于和NaCl的溶解度，所以30℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中的溶质的质量分数大的是KNO3。A不符合题意。
B、0℃时氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，但两种饱和溶液质量不相等，所以0℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中，所含溶质的质量：NaCl可能大于KNO3，也可能小于KNO3。B不符合题意。
C、KNO3的溶解度随温度升高而增大，所以将30℃的KNO3饱和溶液降温到20℃时一定有晶体析出。C不符合题意。
D、30℃时硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，所以30℃时，将等质量的KNO3和NaCl分别配成饱和溶液，所得溶液的质量：NaCl大于KNO3。D错。
故答案为：D。
【分析】根据溶解度曲线含义分析，溶解度曲线可以确定同一温度下不同物质的溶解度大小，可以确定各物质的溶解度随温度变化规律，确定结晶方法及饱和溶液不饱和溶液的转化方法，若溶解度受温度影响很大，适用于降温结晶，若溶解度受温度影响不大，则可采用蒸发结晶；可以根据溶解度/(溶解度+100)确定某温度下饱和溶液的溶质质量分数。
9．【答案】D
【解析】【解答】A、白砂糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故A不符合题意；
B、食盐易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故B不符合题意；
C、纯碱易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故C不符合题意；
D、植物油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不属于溶液，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】溶液是一种均一稳定的混合物，在不改变条件时，溶液的组成和浓度都不会发生变化，要与悬浊液和乳浊液区分。
10．【答案】D
【解析】【解答】A. 溶解度曲线下方的点表示不饱和溶液，P点位于溶解度曲线甲的下方，表示甲的不饱和溶液，故正确，不符合题意。
B. 甲溶解度降温变化较大，乙溶解度降温变化较小，故等质量的甲、乙饱和溶液降温甲结晶较多，乙结晶较少，所得溶液中溶质质量不相等，故正确，不符合题意。
C. 甲溶解度随温度变化较大，若甲中含有少量乙，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，故正确，不符合题意。
D. t1℃时甲溶解度20g，饱和溶液溶质质量分数 ，无法配置20%甲溶液，故错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据固体的溶解度曲线可以：①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，②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，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
11．【答案】C
【解析】【解答】A、通过分析溶解度曲线可知，乙酸钠的溶解度随温度升高而增大，故A不符合题意；
B、20℃时时，乙酸钠的溶解度是46.5g，属于易溶性物质，故B不符合题意；
C、20℃时时，乙酸钠的溶解度是46.5g，乙酸钠溶液的状态不能确定，溶质质量分数也不能确定，故C符合题意；
D、乙酸钠的溶解度随温度的降低而减小，所以饱和的乙酸钠溶液，若降温结晶可形成“冰球”，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据溶解度曲线含义分析，溶解度曲线可以确定同一温度下不同物质的溶解度大小，可以确定各物质的溶解度随温度变化规律，确定结晶方法及饱和溶液不饱和溶液的转化方法，若溶解度受温度影响很大，适用于降温结晶，若溶解度受温度影响不大，则可采用蒸发结晶；可以根据溶解度/(溶解度+100)确定某温度下饱和溶液的溶质质量分数。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.若要比较溶解度，必须指明温度。温度不确定，也没有办法找到确定的溶解度数值，无法进行比较。A错误。
B. t2℃时，X物质的溶解度为30g，此温度下50g水中最多溶解X物质15g。故将20gX物质放入50g水中，可得到65g溶液 。B错误。
C. t3℃时，将100g水形成的X物质的饱和溶液降温至t2℃，才能析出20g晶体 。C错误。
D.可以假设X、Y、Z均是在 t1℃时， 100g水中形成的饱和溶液。那么溶解的溶质质量就是该温度下的溶解度，且溶解的溶质质量Y=Z＞X。升温到 t3℃ ，X、Y物质的溶解度增大，溶质质量不变，Z的溶解度降低，溶质质量降到 t3℃ Z物质的溶解度。比较此刻溶解的溶质质量，Y ＞Z＞X ，则所得溶液中溶质的质量分数的大小关系为：Y＞Z＞X 。D正确。
故选D。
【分析】比较变温后的溶液的溶质质量分数的大小，可以设变温前为100g水形成的饱和溶液，那么溶解的溶质质量就是该温度下的溶解度。然后比较升温后溶液中溶质质量的大小，等量水的条件下溶解的溶质质量越大，形成的饱和溶液的溶质质量分数越大。
13．【答案】B
【解析】解答：本题主要了解加入生石灰后，发生反应为：CaO+H2O=Ca（（OH）2 并且该反应是放热反应，根据这一点进行解题；
A、由化学方程式可知：5.6g生石灰和1.8g水反应会生成7.4g的氢氧化钙，并且溶液温度升高，会析出一部分氢氧化钙，因此溶液中析出氢氧化钙的质量要大于7.4g，所以A选项不正确；
B、由于反应CaO+H2O=Ca（（OH）2会导致饱和溶液中的溶剂减少，从而会析出氢氧化钙固体，但剩余溶液还是饱和溶液，只要温度不改变，由公式：饱和溶液的溶质的质量分数= 可知溶质的质量分数不变，所以B选项正确；
C、由于反应CaO+H2O=Ca（（OH）2会导致溶液中水的质量减少，从而使溶液中溶解的氢氧化钙的质量减少，因此溶液中的钙离子会减少，所以C选项不正确；
D、由于反应CaO+H2O=Ca（（OH）2可以知道：5.6g生石灰会消耗1.8g水，饱和溶液中减少了1.8g水会导致溶液中溶解的氢氧化钙结晶析出，因此剩余的饱和石灰水的质量要小于98.2g，所以D选项不正确；
所以选B．
分析：本题难度较大，主要考查了向饱和石灰水中加入生石灰时引起的一系列的量的变化，从而培养学生的分析能力、理解能力和解决问题的能力．
14．【答案】C
【解析】【解答】A、通过分析溶解度曲线可知，P点表示t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，A不符合题意；
B、c物质的溶解度随温度的升高而减小，所以将c的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用升温的方法，B不符合题意；
C、t2℃时，a物质的溶解度是50g，所以将30ga物质加入到50g水中充分搅拌，得到75ga的溶液，C符合题意；
D、t1℃时，b物质的溶解度最大，将t1℃时a、b、c三种物质的饱和溶液升温至t2℃，a、b物质不会析出晶体，c物质会析出晶体，所以其溶质质量分数最大是b，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】通过固体的溶解度曲线可以得出：不同温度下物质的溶解度大小，从而确定其溶解性；同一温度下不同物质的溶解度，从而比较其饱和溶液的溶质质量分数；通过物质的溶解度随温度的变化情况，从而确定物质的提纯方法
15．【答案】计算；称量；量取；溶解
【解析】【解答】用固体配制一定溶质质量分数的溶液，实验步骤为：计算、称量、量取、溶解、装瓶贴标签。
【分析】根据配制溶液的步骤进行分析
16．【答案】26.4%
【解析】【解答】稀硫酸溶液溶质的质量分数为：×100%=26.4%，所以本题答案为：26.4%．
【分析】根据溶质质量分数公式进行计算，溶质质量分数为溶质质量与溶液质量的比值，要将题目中的体积转化为质量．
17．【答案】（1）解：设所取40mL溶液中氯化钙的质量为x，氯化氢的质量为y；与氯化钙反应的碳酸钾的质量为z。
， ；
碳酸钾的质量分数为 ；
；
答：所取40mL溶液中氯化氢的质量为0.73g、氯化钙的质量为2.22g；故填：0.73g；2.22g
（2）实验结束后，固体还未过滤出来，溶液中的溶质为氯化钾和碳酸钾，若将烧杯中的物质蒸干，得到固体的质量是由碳酸钾、碳酸钙和氯化钾质量的总和。根据元素守恒计算得氯化钾的质量为：
多余的碳酸钾的质量为：
实验结束后，若将烧杯中的物质蒸干，得到固体的质量为：2g+4.47g+1.38g=7.85g；故填：7.85g
【解析】【分析】（1）混合溶液中加入碳酸钾溶液，碳酸钾溶液先与稀盐酸反应，生成氯化钾、二氧化碳和水；之后碳酸钾溶液再与氯化钙反应，输出碳酸钙沉淀和氯化钾。
根据题目中反应关系图可知，碳酸钾溶液加入到10g后，才有沉淀生成，说明与盐酸反应，用去了10g碳酸钾溶液；当碳酸钾溶液加入到30g以后，沉淀的质量不再增加，说明与氯化钙反应用去了（30g-10g）20g碳酸钾溶液，生成了2g碳酸钙沉淀。
（2）根据质量守恒定律可知，反应后的溶液中含有氯化钾，碳酸钾，和2g碳酸钙沉淀。
再结合题意可知，30g碳酸钾与盐酸、氯化钙反应，生成了氯化钾溶液，根据反应前后元素守恒，找出1分子的碳酸钾会生成2分子的氯化钾，计算出生成氯化钾的质量。
烧杯中的物质蒸干，得到固体的质量=碳酸钙的质量+氯化钾的质量+没有参加反应碳酸钾的质量。
18．【答案】（1）解：设16g大理石中碳酸钙的质量为x，生成氯化钙的质量为y。
则 大理石中碳酸钙的质量分数为：
（2）解：根据质量守恒定律，反应后溶液的质量为：
则反应后所得溶液中溶质的质量分数为：
答：大理石中碳酸钙的质量分数是62.5%，反应后所得溶液中溶质的质量分数为10.5%。
【解析】【分析】由产生二氧化碳质量代入方程式中，利用方程式中物质间质量关系计算反应碳酸钙和生成氯化钙质量，从而计算碳酸钙质量分数及生成溶液溶质质量分数。
19．【答案】（1）过滤
（2）75；A
（3）同温度下，等质量的水中达到饱和时所溶解的溶质质量
（4）26.5%；降温结晶
【解析】【解答】（1）过滤是将固体和液体分离的过程，故除去水中的难溶性杂质可用过滤的方法；（2）①溶质质量＝溶液质量×溶质的质量分数，需要NaCl的质量为：500g×15%＝75g；②用天平称量固体的质量要注意左物右码，故称量操作的先后顺序是在天平的左盘放入所需的食盐，
故答案为：A；（3）要比较NaCl和KNO3在水中的溶解性强弱，测定的数据可以是：相同温度下，等质量的溶质完全溶解达到饱和时所需水的质量；或相同温度下，等质量的水中达到饱和时所溶解的溶质质量；（4）20℃时，氯化钠的溶解度是36.0g，故氯化钠饱和溶液的溶质质量分数为 ；硝酸钾和氯化钠的溶解度都随温度的升高而升高，硝酸钾随温度的变化较大，氯化钠随温度的变化较小，故若KNO3的饱和溶液中含有少量NaCl时，可通过提纯的方法是降温结晶的方法提纯。
【分析】根据过滤的原理分析，过滤是将固体和液体分离的过程；根据溶质质量＝溶液质量×溶质的质量分数分析；根据一定质量分数溶液配制步骤及要求分析；根据溶解度与饱和溶液的溶质质量分数的关系分析；根据溶解度受温度影响选择结晶方法分析。
20．【答案】（1）A；C
（2）活性炭
（3）
（4）1：2；；化学
【解析】【解答】（1）A、大容器中得到的溶液不一定是氯化钠的饱和溶液，只是有水分蒸发，故错误；
B、小容器中的水为蒸馏水，属于淡水，故正确；
C、获得淡水的快慢与温度有关，即温度越高获得淡水越快，故错误；
故答案为：AC。
（2）活性炭有吸附性，故自来水厂生产自来水的过程中，常加入活性炭，用来吸附水中一些溶解性杂质，除去臭味；
（3）反应Ⅱ是过氧化氢在新型复合光催化剂（C3N4/CQDs）和太阳光的作用下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为。
（4）由电解水实验结论可知，理论上正极与负极产生的气体体积比为1：2，水在通电条件下生成氢气和氧气，反应的化学方程式为；再断开S1，闭合S2，观察到小灯泡发光，此时是将化学能转化为电能。
【分析】（1）根据蒸发水分后得到的溶液不一定是饱和溶液，小容器中的水为淡水，获得淡水的快慢与温度有关，进行分析。
（2）根据活性炭具有吸附性分析。
（3）根据过氧化氢在新型复合光催化剂（C3N4/CQDs）和太阳光的作用下分解生成水和氧气分析。
（4）根据电解水时“正氧负氢，氧一氢二”，以及化学反应过程中的能量变化分析。
21．【答案】（1）25mL；量筒；玻璃棒
（2）80%
【解析】【解答】(1)根据溶液稀释前后溶质质量不变原则可知，假设需要40%浓盐酸（密度为1.2g/cm2）的体积为x，则 ，x=25mL，故填写：25mL；该实验中需要的玻璃仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，故填写：量筒；玻璃棒；(2)解：设粗锌中锌的质量为y
粗锌中锌的质量分数为： ⅹ100%=80%，故填写：80%。
【分析】（1）根据配制溶液需要的仪器分析
（2）根据方程式的计算方法分析
22．【答案】（1）HCl和NaCl
（2）解：通过图象可以看出，恰好完全反应，消耗的盐酸是10g，
设生成氯化钠为x，
NaOH+HCl═ NaCl+H2O
40 58.5
10%×8g x
x=1.17g
所以溶液的溶质质量分数为： ×100%=6.5%．
【解析】【解答】解：（1）当pH为4时，溶液显酸性，所以盐酸过量，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，所以溶液中的溶质是HCl和NaCl；
【分析】（1）根据当pH为4时，溶液显酸性进行分析；（2）根据氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，结合题中的数据计算氯化钠的质量．