2025中考九年级化学定量分析专题复习真题汇总（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025中考九年级化学定量分析专题复习真题汇总（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 3.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 22:09:51 | ||
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文档简介
2025中考九年级化学定量分析专题复习真题汇总
一、选择题
1. （2024 北京）如表列出了某食品的营养成分，其中含量最高的是
项目 每100g
蛋白质脂肪碳水化合物钠 35.0g5.6g4.5g180mg
A. 蛋白质 B. 脂肪 C. 碳水化合物 D. 钠
2.（2024 北京）硼酸在生产生活中有广泛应用。20℃时，进行如下实验。完成下面小题。
资料：20℃时，硼酸的溶解度为5.0g；40℃时，硼酸的溶解度为8.7g。
（21）①～④所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为1：50的是
A. ① B. ② C. ③ D. ④
（22）③所得溶液的质量为
A. 104g B. 105g C. 106g D. 108g
（23）下列关于①～④的说法不正确的是
A. ①所得溶液为不饱和溶液 B. 若②升温至40℃，溶质质量变大
C. 若向③中加水，溶液质量变大 D. 若④升温至40℃，得到不饱和溶液
3.（2024 兰州）三氧化二铁（）是一种红棕色粉末，用于油漆、橡胶、塑料、建筑等的着色，其中铁元素的化合价是
A. +3 B. -3 C. +2 D. -2
4.（2024 兰州） 如图是甲、乙两种物质在水中的溶解度曲线（不含结晶水），下列说法正确的是
A. 甲和乙的溶解度相等
B. ℃时，把20g乙加到50g水中，形成饱和溶液
C. 若甲中混有少量的乙可采用蒸发结晶的方法提纯甲
D. ℃时甲的饱和溶液降温至℃，溶液中溶质的质量分数不变
5.（2024 临夏）市售加碘盐是在食盐中加入一定量的碘酸钾（化学式为），其中碘元素的化合价为
A. ＋5 B. ＋3 C. ＋1 D. －1
6.（2024 甘肃）密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下发生化学反应，测得反应前后有关数据如下：
物质 甲 乙 丙 丁
反应前质量/g 6 2 14 35
反应后质量/g 待测 2 22 13
下列关于此反应说法不正确的是
A. 表中待测数值是20 B. 物质乙可能是该反应的催化剂
C. 该反应是分解反应 D. 反应中甲与丙变化的质量比为
7.（2024 深圳）、溶解度示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 40℃时，思考乐琴琴同学将放入100g水中得到100.14g溶液
B. 40℃时，的饱和溶液降温后仍是饱和溶液
C. 40℃时，饱和溶液的溶质质量分数为11.7%
D. 40℃时，溶解度比溶解度大
8.（2024 广西）已知1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质。通过测定样品中氮元素的含量可以计算出蛋白质的含量部分测定过程如下：①样品+H2SO4→(NH4)2SO4+CO2↑+SO2↑+H2O；②(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+2NH3↑+2H2O。
某品牌奶粉部分营养成分表如表：
营养成分 蛋白质 碳水化合物 脂肪 Ca
每100g奶粉含量 17.5g 61.2g 16.2g 0.55g
取100g该奶粉样品，测得CO2、NH3的质量分别为a、b。下列说法正确的是
A. 蛋白质在人体内会转化为氨基酸，最终被人体全部吸收
B. 该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为17a：44b
C. 若a=8.8g，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为8.8%
D. 若b=3.4g，则该奶粉样品中蛋白质的含量与营养成分表中的基本一致
9.（2024 贵州）为确定碱石灰干燥剂（CaO和NaOH的混合物）的干燥效果，测定其中CaO与NaOH的质量比。实验如下：
步骤1 取16.8g样品于锥形瓶中，向其中滴加过量稀盐酸，样品完全溶解，无气泡产生。
步骤2 向步骤1的锥形瓶中滴加溶液，溶液的体积与生成沉淀的质量变化曲线如图。下列说法正确的是
A. 步骤1所得溶液中的溶质是和NaCl
B. 步骤2加入溶液立即观察到有沉淀产生
C. 步骤2溶液中溶质的质量逐渐减小
D. 该样品中CaO与NaOH的质量比为
10.（2024 河北）如表是和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 31.6 63.9 110
88.0 103 125
A. X为 B. ③中溶液为X的不饱和溶液
C. ④中溶液的质量为 D. 溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④
11. （2024 河南）镁与某金属的混合物共mg，在一定条件下与氧气充分反应，生成的氧化物共2mg。则该金属(括号内为生成的氧化物)可能是
A. Be(BeO) B. Cu(CuO) C. Al(Al2O3) D. Fe(Fe3O4)
12.（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
13.（2024 牡丹江）将某合金样品放入烧杯中，向其中加入稀盐酸恰好完全反应，烧杯中剩余物的总质量是，该合金样品可能是
A. 、合金 B. 、C合金
C. 、合金 D. 、、合金
14.（2024 齐齐哈尔）现有一包白色粉末，可能含有碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾、硫酸铜、氯化钠中的一种或几种。为确定其成分，某化学小组同学取该白色粉末于烧杯中，加入稀盐酸，恰好完全反应，产生气体，并得到无色溶液。下列说法正确的是
A. 该白色粉末中一定不含硫酸铜
B. 所用稀盐酸中溶质的质量分数不小于
C. 该白色粉末可能由碳酸钠、氯化钠和碳酸钾组成
D. 若该白色粉末中只含两种物质，则该白色粉末的组成最多有两种情况
15.（2024 绥化）（多选）密闭容器中，将32.1g的Fe（OH）3与一定质量的CO加强热一段时间后，得到FexOy和Fe的混合物共19.2g。向此混合物中加入一定质量分数的稀硫酸100g恰好完全反应生成0.3g的H2（已知：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O）。则下列说法正确的是
A. FexOy为Fe2O3 B. 该稀硫酸中溶质的质量分数为29.4%
C. 加强热后生成H2O的质量为8.1g D. 混合物中含有11.2g铁元素
二、非选择题
16.（2024 安徽）我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法，开创了世界制碱工业的新纪元。制碱工艺中的关键反应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。室温(20℃)下，某兴趣小组在实验室利用如图装置模拟该反应。
已知：
①20℃时，几种盐的溶解度如表；
物质 NaCl NaHCO3 NH4Cl
溶解度/g 36.0 9.6 37.2
②氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性。
（1）为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入______gNaCl固体。
（2）仪器a的名称是______，装置D的作用是______。
（3）装置A制取的CO2中会混有HCl，用饱和NaHCO3溶液吸收HCl的化学方程式为______。
（4）为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是______。
充分反应后，装置C中有晶体析出。为分析晶体产生的原因，兴趣小组继续开展探究。
查阅资料：一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。
（5）装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl原因是______。
（6）装置C中的物质过滤后得到的滤液在工业上称为母液。侯氏制碱法通过向母液中加入食盐，使NH4Cl结晶析出，析出晶体的原因是______。
17.（2024 福建） 氢氧化锂（LiOH）在航天器中可用于吸收CO2。工业上用电解法制得的LiOH溶液中含有NaOH。在N2保护下将混合溶液蒸发结晶，可得到LiOH晶体。有关物质的溶解度如下表。
温度/℃溶解度/g物质 20 30 40 50 60
LiOH 12.8 12.9 13.0 13.3 13.8
NaOH 109 118 129 146 177
已知:LiOH和NaOH的化学性质相似，Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似。
（1）LiOH溶液的pH________（填“>”“=”或“<”）7。
（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是________。
（3）电解法制得的1000g溶液中，LiOH的质量分数为10%、NaOH的质量分数为5%。
①该溶液中LiOH的质量为________g。
②将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的________（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（4）蒸发结晶过程中，若没有N2保护，LiOH晶体中会混有Li2CO3。检验方法：取样，加入足量稀盐酸，观察到有气泡产生。产生气泡的反应的化学方程式为________。
18.（2024 临夏）青盐是以盐湖卤水为原料在盐田中晒制而成的盐。盐中除NaCl外，还含有、等，三种物质的溶解度曲线如图所示。
（1）盐湖卤水晒盐后的母液是氯化钠的________（选填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（2）40℃时，把加入100g水中，所得溶液质量是________g。
（3）将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是________。
（4）氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用的方法是_______。
19.（2024 甘肃）溶液与人们的生产、生活密切相关。下图为甲、乙、丙三种固体物质（不形成结晶水合物）在水中随温度变化的溶解度曲线，请按要求填空。
（1）由图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是______。
（2）交点C的含义是______。
（3）时，将乙溶液由B点变为A点的方法是______（填一种）。
（4）时，将35g甲物质放入50g水中，充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为______。
20. （2024 广州）甲醛是一种重要的化工原料，同时也是一种常见的室内空气污染物。利用羟基磷灰石【Ca5（PO4）3OH】可将空气中的甲醛转化为无污染的物质，反应过程的微观示意图如下：
（1）羟基磷灰石在甲醛的转化反应前后质量和化学性质都没有发生变化，羟基磷灰石的作用是________。
（2）甲醛的化学式为________，上述转化反应的化学方程式为________。
（3）将1.5g甲醛完全转化为无污染的物质，需要消耗氧气的质量为________g。
（4）羟基磷灰石可用机械球磨法制备：将Ca（OH）2和P2O5按照一定比例加入到球磨机中，球磨一段时间，发生反应。机械球磨法的工作原理如图所示。
①机械球磨的目的是________。球磨过程中常加入一定比例的生石灰用于吸水，发生反应的化学方程式为________。
②按照绿色化学思想，反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子利用率为100%。为使反应物中的原子全部转化为羟基磷灰石，理论上CaO、Ca（OH）2、P2O5作为原料加入的质量比为________。
【相对分子质量：CaO56 Ca（OH）274 P2O5142】
21. （2024 广州）学习小组进行水质调查时发现某池塘水较浑浊，为此开展水质研究。
【查阅资料】
①明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体，能吸附水中悬浮物，发生沉降，从而达到净水目的。
②Al(OH)3胶体能溶于酸。
③净水效果可用浊度去除率A表示，A值越大表示净水效果越好。
I.探究影响明矾净水效果的因素
【提出猜想】猜想a：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
猜想b：一定范围内，水样的酸性越强，净水效果越差。
【实验准备】配制絮凝剂溶液和稀硫酸
（1）用明矾配制100mL质量分数为1%的絮凝剂溶液（密度取1.0g/cm3），需用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要________。
（2）用质量分数为98%的浓硫酸（密度取1.8g/cm3）加水稀释配制100mL质量分数为9.8%的稀硫酸（密度取1.0g/cm3），需要量取浓硫酸的体积为________mL（结果保留1位小数）。
【设计实验，验证猜想】取该水样，按下列实验方案加入试剂后，充分搅拌，静置tmin，测定水样的浊度并计算得到浊度去除率，记录数据。
实验序号 水样体积/mL 1%絮凝剂溶液体积/mL 9.8%硫酸体积/mL 蒸馏水体积/mL tmin后浊度去除率
i 200 5.0 0 5.0 A1
ii 200 V1 0 7.5 A2
iii 200 0 0 V2 A3
iv 200 5.0 2.0 3.0 A4
v 200 5.0 5.0 0 A5
【数据分析，交流讨论】
（3）实验i、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，则V1=________，V2=________。
（4）实验测得A1>A2>A3，由此得出的结论是________。
（5）实验证明猜想b成立，得出该结论的依据是________（用A的大小关系表示）。
（6）水样的酸性越强，净水效果越差，原因是________。
Ⅱ.硬水的软化
（7）取少量水样，加入________，振荡后静置，产生较多浮渣，说明水样是硬水。用沉淀法除去水样中的Ca2+和Mg2+后，再加入盐酸调节溶液至中性，得到软水。
22.（2024 广西） 空气中含有大量氮气，如何将氮气在常温下转化为氨气成为近年研究的热点。一种将氮气转化为氨气的循环过程如图所示。回答问题：
（1）该过程中的LiOH属于______(填“酸”“碱”或“盐”)。
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的_______(填“高”或“低”)。
（3）过程I中发生化合反应的化学方程式为_______。
（4）该过程中能循环使用的物质有_______。
（5）该过程每生成17kg氨气，至少需要补充______kg水。
23. （2024 海南）硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O) 可用于炸药、瓷器、肥料等工业中。一种利用菱苦土(主要成分为氧化镁)制备高纯度硫酸镁晶体的工艺流程如下：
（1）X为常见的酸，X是 __________ ；
（2）步骤②加入碳酸镁的目的是 _______________ ；
（3）通过操作Ⅱ可将活性炭等不溶物与溶液2分离，则操作Ⅱ的名称是 ___________ 。
（4）经测定得到的硫酸镁晶体中MgSO4的质量分数为48.48%,
则晶体的纯度为 ______ 。(计算结果保留小数点后两位。纯度指样品中含主要成分的质量分数。)
24．（2024 哈尔滨）氢气（H2）在氯气（Cl2）中燃烧生成氯化氢（HCl）的反应可用于工业制备盐酸。请结合此反应回答下列问题：
（1）请写出该反应的化学方程式 ；
（2）参加反应的H2和Cl2的质量比为 ；
（3）若完全燃烧10kgH2，理论上能生成HCl的质量为 kg；
（4）若用36.5%的浓盐酸稀释得到7.3%的稀盐酸500g，所需水的质量为 g；
（5）取450g质量分数为7.3%的稀盐酸，理论上能处理铁锈（假设铁锈的成分是Fe2O3和杂质，其中杂质占4%，且不溶于水、不与其他物质反应）的质量是 g。
25. （2024 龙东）如图，依据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，回答下列问题：
（1）℃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________方法提纯乙（填“降温结晶”或“蒸发结晶”）。
（4）℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温至℃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．℃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℃时的饱和溶液升温至℃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℃～℃之间，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液
26.（2024 牡丹江）兴趣小组对一瓶久置的固体的变质情况进行了实验探究。
【提出问题】变质了吗？
【作出猜想】①没有变质 ②已经变质
（1）请用化学方程式表示能变质的原因______。
任务一 定性实验 探究该固体是否变质
【实验活动1】
（2）兴趣小组设计方案进行如下实验
实验方案 实验现象 实验结论
取少量该固体样品完全溶于水，加入过量稀盐酸 ______ 猜想②成立依据是______（用化学方程式表示）
【反思评价】有的同学提出此实验无法确定该固体变质程度。
任务二 定量实验 探究该固体变质程度
【实验活动2】
（3）兴趣小组利用控制变量的方法进行实验，实验数据如下表所示。
实验装置 实验序号 分别向左右容器内加入下列物质 温度升高值/ 溶液
1 固体 31.52 13.69
2 固体a的数值为______ 10.03 11.92
3 该固体样品 15.71 m
【实验结论】
（4）小组同学分析温度升高值数据，确定该固体变质程度是______，请推测m的取值范围是______。
任务三计算该固体的变质率
【实验活动3】实验步骤：称量该固体样品于小烧杯中备用：量取的稀盐酸：用电子秤称量反应前仪器和药品的质量，记录数据：将稀盐酸加入小烧杯内，待完全反应，再次称量仪器和反应后溶液的质量，记录数据。
反应前质量/g 反应后质量/g 质量差/g
105.32 105.02 0.30
（5）兴趣小组结合实验数据，计算出该固体的变质率为______（结果保留至1%）。
温馨提示：变质率=（已经变质的的质量/未变质前的总质量）×100%
【反思评价】兴趣小组充分认识到定量研究在化学实验中的重要作用。
【拓展延伸】
（6）生活中的管道疏通剂和炉具清洁剂成分中都含有，包装标签上应注明的注意事项是______（写一条）。
参考答案及解析
一、选择题
1.【解析】根据某食品的营养成分表可知，蛋白质含量=；脂肪含量=；碳水化合物含量=；180mg=0.18g，钠含量=。通过计算可知，蛋白质含量最高。
【答案】A
2.【解析】（21）A、20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，向100g水中加入2g硼酸，能全部溶解，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：2g：100g=1：50，符合题意；
B、②中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g=4g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，4g硼酸能完全溶解，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：4g：100g=1:25，不符合题意；
C、③中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g=6g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，6g硼酸只能溶解5g，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：5g：100g=1:20，不符合题意；
D、④中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g+2g=8g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，8g硼酸只能溶解5g，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：5g：100g=1:20，不符合题意。
故选A；
（22）③中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g=6g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，6g硼酸只能溶解5g，所得溶液的质量为：100g+5g=105g。
故选B；
（23）A、由以上分析可知，①中水的质量为100g，加入硼酸的质量为2g，而20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，即该温度下，100g水中最多可溶解5g硼酸，则①所得溶液为不饱和溶液，不符合题意；
B、由以上分析可知，②中4g硼酸完全溶解，若②升温至40℃，升温后，硼酸的溶解度增加，溶质质量不变，符合题意；
C、由以上分析可知，③中6g硼酸只能溶解5g，则若向③中加水，硼酸能继续溶解，溶液质量变大，不符合题意；
D、④中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为8g，若④升温至40℃，40℃时，硼酸的溶解度为8.7g，即该温度下，100g水中最多可溶解8.7g硼酸，则该温度下，8g硼酸能完全溶解，得到不饱和溶液，不符合题意。
故选B。
【答案】21. A 22. B 23. B
3.【解析】中氧元素的化合价为-2价，设铁元素的化合价为x，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得，故中铁元素的化合价为+3，故选：A。
【答案】A
4.【解析】A、由溶解度曲线图可知，℃时甲和乙的溶解度相等，说法错误，不符合题意；
B、由溶解度曲线图可知，℃时乙的溶解度为30g，则此温度下把20g乙加到50g水中，最多能溶解15g乙，形成乙的饱和溶液，说法正确，符合题意；
C、由溶解度曲线图可知，甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，若甲中混有少量的乙可采用降温结晶的方法提纯甲，说法错误，不符合题意；
D、℃时甲的饱和溶液降温至℃，甲的溶解度减小，有晶体析出，甲的饱和溶液仍为饱和溶液，但溶液中溶质质量分数变为℃时甲的饱和溶液的溶质质量分数，因此降温后溶液的溶质质量分数减小，说法错误，不符合题意。
【答案】B
5.【解析】碘酸钾中钾元素的化合价为+1，氧元素的化合价为－2，设：碘酸钾中碘元素的化合价为，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则可得：（+1）++（－2）×3=0，解得：=+5。即碘元素的化合价为+5。
【答案】A
6.【分析】根据质量守恒定律，反应前物质的总质量等于反应后物质的总质量，则6g+2g+14g+35g=待测+2g+22g+13g，待测=20g，反应后丙物质的质量增加，是生成物，丁物质的质量减小，是反应物，乙物质的质量不变，可能未参加反应或是催化剂，甲物质的质量增加，是生成物。
【解析】A、由分析可知，待测数值是20，说法正确；
B、物质乙反应前后质量不变，乙可能是该反应的催化剂，也可能未参加反应，说法正确；
C、该反应中反应物是丁，生成物是甲和丙，符合分解反应“一变多”的特征，故该反应是分解反应，说法正确；
D、反应中甲与丙变化的质量比=(20g-6g):(22g-14g)=7:4，说法错误。
【答案】D
7.【解析】A、40℃时，氢氧化钙的溶解度为0.14g，将0.14gCa(OH)2放入100g水中恰好完全溶解得到100.14g溶液，该选项说法正确；
B、氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，降温后，氢氧化钙的溶解度上升，40℃时，Ca(OH)2的饱和溶液降温后为饱和溶液，该选项说法不正确；
C、40℃时，K2CO3的溶解度为117g，故40℃时，K2CO3饱和溶液的溶质质量分数为，该选项说法不正确；
D、40℃时，Ca(OH)2溶解度为0.14g，K2CO3溶解度为117g,Ca(OH)2溶解度比K2CO3溶解度小，该选项说法不正确；
【答案】A
8.【解析】A、蛋白质在人体内会转化为氨基酸，但最终不会被人体全部吸收，故A错误；
B、依据质量守恒定律，样品中碳元素的质量等于二氧化碳中碳元素的质量，为；样品中氮元素的质量等于氨气中氨元素的质量，为；则该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为=51a：154b，故B错误；
C、若a=8.8g，碳元素的质量为，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为，故C错误；
D、若b=3.4g，氮元素的质量为，已知1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质，则该奶粉样品中蛋白质的含量为，故D正确。
【答案】D
9.【解析】A、步骤1中，向样品中加入过量稀盐酸，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，稀盐酸过量，故所得溶液中的溶质是：氯化钠、氯化钙、氯化氢，不符合题意；
B、步骤1所得溶液中的溶质是氯化钠、氯化钙，氯化氢，步骤2中滴加碳酸钠溶液，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，待盐酸完全反应后，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，故一开始无沉淀生成，不符合题意；
C、步骤2中加入碳酸钠溶液，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，即，73份质量的氯化氢转化为117份质量的氯化钠，溶质质量增加，待盐酸完全反应后，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，即，111份质量的氯化钙转化为117份质量的氯化钠，溶质质量增加，故步骤2溶液中溶质的质量逐渐增加，不符合题意；
D、由图可知，生成沉淀即生成碳酸钙的质量为10g，根据化学方程式：，可知，氧化钙中的钙元素完全转化到了碳酸钙中，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，则该样品中氧化钙的质量为：，则该样品中氧化钙与氢氧化钠的质量比为：，符合题意。
【答案】D
10.【解析】根据图示可知，40℃时，100g水加入100gX，X全部溶解，根据溶解度概念可知，40℃时，X的溶解度大于或等于100g。
【详解】A、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，根据分析可知，X为NaNO3，说法正确，不符合题意；
B、根据分析可知，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，说法错误，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，说法正确，不符合题意。
【答案】C
11.【分析】镁与某金属的混合物共mg，在一定条件下与氧气充分反应，镁和氧气生成氧化镁，生成的氧化物共2mg，假设mg金属全部是镁，则有，生成氧化镁的质量为，生成的氧化物共2mg，说明另一种金属与氧气反应生成氧化物的质量应该＞2mg。
【详解】A、假设mg金属全是Be，则有，生成BeO的质量为，符合题意；
B、假设mg金属全是Cu，则有，生成CuO的质量为＜2mg，不符合题意；
C、假设mg金属全是Al，则有，生成Al2O3的质量为＜2mg，不符合题意；
D、假设mg金属全是Fe，则有，生成Fe3O4的质量为＜2mg，不符合题意；
【答案】A
12.【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。
【答案】C。
13.【解析】将6g某合金样品放入烧杯中，向其中加入100g稀盐酸恰好完全反应，烧杯中剩余物总质量是105.8g，则生成氢气的质量为6g+100g-105.8g=0.2g。
【详解】A、Cu 、 Zn 合金，铜和稀盐酸不反应，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，则有 ，即生成0.2g氢气需要锌的质量为6.5g＞6g，故6gCu、Zn合金不可能生成0.2g氢气，故A不符合题意；
B、Fe 、C合金，碳和稀盐酸不反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要铁的质量为5.6g＜6g，故6gFe、C合金可能生成0.2g氢气，故B符合题意；
C、Mg 、 Al 合金，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要铝的质量为1.8g＜6g；镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要镁的质量为2.4g＜6g，故6gMg、Al合金生成氢气的质量大于0.2g，故C不符合题意；
D、Mg 、 Cu 、 Al 合金，铜和稀盐酸不反应；铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，则有 ，即生成0.2g氢气需要铝的质量为1.8g＜6g；镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要镁的质量为2.4g＜6g，故6gMg、Cu、Al合金可能生成0.2g氢气，故D符合题意；
【答案】BD
14.【解析】A、硫酸铜溶液显蓝色，最终溶液无色，则说明其中一定不含硫酸铜，该选项说法正确；
B、根据、、，则生成4.4g二氧化碳时，分别需要碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾的质量为10.6g、8.4g、13.8g，白色粉末为10.6g，则白色粉末中可能只含碳酸钠，也可能含有碳酸氢钠和碳酸钾，或碳酸钠、碳酸氢钠和碳酸钾，或碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠，或碳酸氢钠、碳酸钾和氯化钠，或碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾和氯化钠，若只含碳酸钠，则需要氯化氢的质量为7.3g，若白色粉末中含有碳酸氢钠时，则所需氯化氢的质量为小于7.3g，则所用稀盐酸中溶质的质量分数不大于，该选项说法不正确；
C、结合前面分析可知，生成4.4g二氧化碳时，所需要的碳酸钠为10.6g，碳酸钾的质量大于10.6g，则该白色粉末不可能为碳酸钠、氯化钠和碳酸钾，该选项说法不正确；
D、若该白色粉末中只含两种物质，可能为碳酸氢钠和碳酸钾，也可能为碳酸氢钠和氯化钠，则最多有两种情况，该选项说法正确。
【答案】AD
15.【解析】A、32.1g的Fe（OH）3中含铁元素的质量为32.1g××100%＝16.8g；设与稀硫酸反应的铁的质量为a，参加反应的硫酸的质量为b，
， a＝8.4g
，b＝14.7g
则FexOy的质量为19.2g﹣8.4g＝10.8g，则FexOy中含铁元素的质量为16.8g-8.4g＝8.4g，含氧元素的质量为10.8g﹣8.4g＝2.4g，则FexOy中铁原子和氧原子的个数比为＝1：1，则FexOy为FeO，故选项说法错误；
B、设与FeO反应的硫酸的质量为z，
，z＝14.7g
该稀硫酸中溶质的质量分数为×100%＝29.4%，故选项说法正确；
C、反应前后氢元素的质量不变，加强热后生成H2O的质量为32.1g××100%÷（×100%）＝8.1g，故选项说法正确；
D、反应前后铁元素的质量不变，则混合物中含有8.4g+8.4g=16.8g铁元素，故选项说法错误；
【答案】BC
二、非选择题
16.【解析】
（1）根据20℃时，几种盐的溶解度表可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g，即20℃时100g水中溶解36.0gNaCl固体达到饱和状态，所以为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入36.0gNaCl固体。故填：36.0。
（2）据图可知，仪器a是试管；由于氨气极易溶于饱和食盐水，为防止倒吸，用装置D产生氨气。故填：试管；产生氨气，防止倒吸。
（3）饱和NaHCO3溶液与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为。
故填：。
（4）由于氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性，碱性溶液能充分吸收二氧化碳。所以为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞。故填：先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞。
（5）由于相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出，所以装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl。故填：相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出。
（6）一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。所以增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出。故填：增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出。
【答案】（1）36.0
（2） ①. 试管 ②. 产生氨气，防止倒吸
（3）
（4）先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞
（5）相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出
（6）增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出
17.【解析】
（1）LiOH和NaOH的化学性质相似，则氢氧化锂溶液显碱性，pH＞7；
（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是：LiOH的溶解度受温度变化的影响很小；
（3）①该溶液中LiOH质量为：；
②该溶液中氢氧化钠的质量为：，20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则该温度下，100g水中最多可溶解109g氢氧化钠，则将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的不饱和溶液；
（4）Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似，则产生气泡的反应为碳酸锂和稀盐酸反应生成氯化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：。
【答案】（1）> （2）LiOH的溶解度受温度变化的影响很小
（3）① 100 ② 不饱和
（4）
18.【解析】
（1）盐湖卤水晒盐后的母液中不能继续溶解氯化钠，则为氯化钠的饱和溶液。
（2）由图可知，40℃时，氯化镁的溶解度为57.5g，则将60g氯化镁加入100g水中，所得溶液质量为100g+57.5g=157.5g。
（3）将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，三种物质的溶解度均减小，且0℃时，溶解度：氯化镁>氯化钠>硫酸镁，而饱和溶液的溶质质量分数=，则所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是氯化镁>氯化钠>硫酸镁。
（4）由图可知，氯化钠的溶解度受温度影响比较小，则氯化钠中含有少量硫酸镁，可采用蒸发结晶的方法提纯氯化钠。
【答案】（1）饱和 （2）157.5
（3）氯化镁>氯化钠>硫酸镁 （4）蒸发结晶
19.【解析】
（1）由溶解度曲线图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是乙；
（2）由溶解度曲线图可知，交点C的含义是℃时甲、丙的溶解度相等；
（3）由溶解度曲线图可知，B点在乙的溶解度曲线下方，A点在乙的溶解度曲线上，说明B点对应的溶液为℃时乙的不饱和溶液，A点对应的溶液为℃时乙的饱和溶液，则时，将乙溶液由B点变为A点的方法是恒温蒸发溶剂、增加溶质乙；
（4）由溶解度曲线图可知，时，甲的溶解度为60g，此温度下将35g甲物质放入50g水中最多能溶解30g，则充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为。
【答案】（1）乙 （2）℃时甲、丙的溶解度相等
（3）恒温蒸发溶剂、增加溶质乙
（4）37.5%
20.【解析】
（1）羟基磷灰石在甲醛的转化反应前后质量和化学性质都没有发生变化，说明羟基磷灰石是该反应的催化剂，其作用是催化。
（2）根据微观示意图，该反应是CH2O、O2在羟基磷灰石的催化作用下反应生成CO2、H2O，所以甲醛的化学式为CH2O，该反应的化学方程式为：。
（3）设需要消耗氧气的质量为x
x=1.6g，故填：1.6。
（4）①反应物的接触面积越大，反应速率越快，所以机械球磨的目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率。
生石灰（CaO）与水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：。
②为使反应物中的原子全部转化为羟基磷灰石，则理论上CaO、Ca(OH)2、P2O5完全转化为Ca5(PO4)3OH。根据题目信息，将Ca(OH)2和P2O5按照一定比例加入到球磨机中，球磨一段时间，发生反应，将此化学方程式与联立，得出总化学方程式为：，则理论上CaO、Ca(OH)2、P2O5作为原料加入的质量比为（9×56）：（74）：（3×142）=252:37：213。
【答案】（1）催化 （2） ①. CH2O ②.
（3）1.6 （4） ①. 增大反应物的接触面积，加快反应速率 ②. ③. 252∶37∶213
21.【解析】
（1）用固体明矾配制絮凝剂溶液，需用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管外，溶解时还需要用玻璃棒搅拌。称量时需要使用天平和药匙，故填：托盘天平、药匙、玻璃棒。
（2）根据溶液稀释前后溶质质量不变，列式计算出需要浓硫酸的体积。设需要浓硫酸的体积为x，x×1.8g/cm3×98%＝100mL×1.0g/cm3×9.8%，解得，x≈5.6mL。
（3）实验i、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，实验中应该控制变量。三个实验中水样体积都是200mL，都没有加入稀硫酸，由于题中1%的絮凝剂溶液密度取1.0g/cm3，水的密度也是1.0g/cm3，故每个实验中加入的1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也应该相等。实验i中1%絮凝剂溶液体积是5.0mL，蒸馏水体积也是5.0mL，因此实验ⅱ、ⅲ中1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也应是10.0mL。因为实验ⅱ中加入蒸馏水体积是7.5mL，所以应加入1%絮凝剂溶液V1=2.5mL；由于实验ⅲ中没有加入1%絮凝剂溶液，故应加入蒸馏水V2=10.0mL。
（4）实验i、ⅱ、ⅲ中水样体积相同，都没有加入稀硫酸，实验中加入的1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也相等，实验i、ⅱ、ⅲ中加入1%絮凝剂溶液的体积分别是5.0mL，2.5mL，0，可见三个实验中实验i中明矾的用量最大，实验ⅱ中明矾用量其次，实验ⅲ中没有明矾。根据实验测得结果：A1>A2>A3，可以得出的结论是：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
（5）实验ⅳ、ⅴ中水样体积都是200mL，加入的1%絮凝剂溶液体积都是5.0mL，质量分数为9.8%的稀硫酸和水的密度都取1.0g/cm3，因此实验ⅳ、ⅴ中加入的9.8%硫酸体积和蒸馏水体积（或质量）之和相等，符合控制变量法。因为实验ⅳ加入的9.8%硫酸体积是2.0mL，实验ⅴ中加入的9.8%硫酸体积是5.0mL，所以实验ⅳ中水样的酸性比实验ⅴ中水样的酸性弱，Al(OH)3胶体能溶于酸，故实验ⅳ中能起净水作用的Al(OH)3胶体比实验ⅴ多，净水效果好。故填：A4＞A5。
（6）根据资料，明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体，能吸附水中悬浮物，发生沉降，从而达到净水目的，因此明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体越多，净水效果就越好。因为Al(OH)3胶体能和硫酸等酸性物质反应，所以水样的酸性越强，明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体就越少存在，净水效果就变差。故填：明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体溶于硫酸，吸附水中悬浮物的能力减小。
（7）含有较多可溶性钙、镁化合物的水叫做硬水。因为将肥皂水滴加到含有较多Ca2+、Mg2+的硬水中，会形成较多浮渣，所以实验中常用肥皂水来鉴别水样是否是硬水。故填：肥皂水。
【答案】（1）托盘天平、药匙、玻璃棒
（2）5.6 （3） ① 2.5 ② 10
（4）一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
（5）A4＞A5 （6）明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体溶于硫酸，吸附水中悬浮物的能力减小
（7）肥皂水
22.【解析】
（1）LiOH 在水中解离出锂离子和氢氧根离子，其中阴离子全部为氢氧根离子，属于碱；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；
（3）根据流程图可知，过程I中发生化合反应是锂与氮气反应生成Li3N，反应化学方程式为：6Li+N2=2Li3N；
（4）根据流程图可知，流程中H2O是反应Ⅱ的反应物，又是反应Ⅲ的生成物，Li是反应Ⅰ反应物，又是反应Ⅲ的生成物，可循环使用；
（5）17kg氨气（NH3）中氢元素质量=，根据流程图可知，氨气中的氢元素来自水，根据质量守恒定律，至少需要补充水的质量=。
【答案】（1）碱 （2）低
（3）6Li+N2=2Li3N
（4）水、锂（或H2O、Li）
（5）27
23.【解析】
（1）菱苦土的主要成分为氧化镁，根据质量守恒定律可知，将氧化镁转化为硫酸镁，则加入的X溶液为硫酸镁溶液，即X为硫酸，故填硫酸或H2SO4。
（2）由题文可知，操作①加入过量硫酸溶液，则溶液1中除硫酸镁外，还含量过量的硫酸，硫酸能够与碳酸镁反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，将硫酸转化为硫酸镁，即步骤②加入碳酸镁的目的是提纯硫酸镁，故填提纯硫酸镁。
（3）操作Ⅱ可将活性炭等不溶物与溶液2分离，而过滤能够将难溶性固体与液体进行分离，则操作Ⅱ的名称是过滤，故填过滤。
（4）见答案
【答案】（1）硫酸##H2SO4
（2）将硫酸转化为硫酸镁，提纯硫酸镁
（3）过滤 （4）解：硫酸镁的化学式量=24+32+16×4=120，硫酸镁晶体的化学式量=24+32+16×4+18×7=246，硫酸镁晶体中MgSO4的质量分数为48.48%
设晶体的纯度为x
=
x≈99.4%
答：晶体的纯度为99.4%。
24.【分析】（1）根据氢气在氯气中燃烧生成氯化氢来分析解答；
（2）根据化学方程式和相对分子质量的求法来分析解答；
（3）根据氢气的质量和方程式来分析解答；
（4）根据稀释前后溶质质量不变来分析解答；
（5）根据题中数据和方程式来分析解答。
【解答】解：（1）氢气（H2）在氯气（Cl2）中燃烧生成氯化氢（HCl），反应的化学方程式为H2+Cl22HCl；
（2）参加反应的H2和Cl2的质量比为（1×2）：（2×35.5）＝2：71；
（3）设理论上能生成HCl的质量为x，
H2+Cl22HCl
2 73
10kg x
＝
x＝365kg
即理论上能生成HCl的质量为＝365kg；
（4）所需水的质量为y，根据稀释前后溶质质量不变可得500g×7.3%＝（500g﹣x）×36.5%，x＝400g，即所需水的质量为400g；
（5）设理论上能处理铁锈的质量为x，则Fe2O3的质量为（1﹣4%）x＝96%x，
Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O
160 219
96%x 450g×7.3%
＝
x＝25g
即理论上能处理铁锈的质量是25g。
【点评】溶液和化学反应融合的题目，是综合性的题型，要求比较高，这就要求学生足够细心、会分析、且条理分明。
25.【解析】
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故填：70g；
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故填：降温；
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故填：蒸发结晶；
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故填：乙、甲、丙；
（5）a、未指明溶液是否饱和，无法判断析出晶体质量，错误；
b、t2℃时，溶解度大小为乙＞甲=丙，将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，应该按照t2℃时的溶解度计算，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：乙＞甲＞丙，错误；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，正确。
故选：ab或ba。
【答案】（1）70g （2）降温
（3）蒸发结晶 （4）乙、甲、丙
（5）ab或ba
26.【解析】
（1）氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，该反应的化学方程式为：；
（2）碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，产生气泡，说明含碳酸钠，说明氢氧化钠已经变质，该反应的化学方程式为：；
（3）该实验的目的是探究氢氧化钠固体变质程度，根据控制变量法，加入物质的种类不同，其它因素相同，故加入碳酸钠固体的质量也应是1.0g，即a的数值为1.0；
（4）由表中数据可知，相同条件下，该氢氧化钠固体样品的温度升高值介于氢氧化钠固体和碳酸钠固体之间，说明该 NaOH 固体变质程度是部分变质；
该氢氧化钠固体部分变质，即该氢氧化钠固体样品中含氢氧化钠和碳酸钠，故其溶液的pH值应介于实验1和实验2之间，即m的取值范围是：11.92＜m＜13.69；
（5）反应前后的质量差为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为0.30g
解：设该氢氧化钠固体样品中碳酸钠的质量为x
x≈0.72g
设该样品中变质的氢氧化钠的质量为y
y≈0.54g
故该 NaOH 固体的变质率为：
答：该 NaOH 固体的变质率为66%；
（6）生活中的管道疏通剂和炉具清洁剂成分中都含有 NaOH ，氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应，故包装标签上应注明的注意事项是：密封保存。
【答案】（1）
（2） ①. 产生气泡 ②.
（3）1.0 （4） ① 部分变质 ②
（5） （6）密封保存
一、选择题
1. （2024 北京）如表列出了某食品的营养成分，其中含量最高的是
项目 每100g
蛋白质脂肪碳水化合物钠 35.0g5.6g4.5g180mg
A. 蛋白质 B. 脂肪 C. 碳水化合物 D. 钠
2.（2024 北京）硼酸在生产生活中有广泛应用。20℃时，进行如下实验。完成下面小题。
资料：20℃时，硼酸的溶解度为5.0g；40℃时，硼酸的溶解度为8.7g。
（21）①～④所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为1：50的是
A. ① B. ② C. ③ D. ④
（22）③所得溶液的质量为
A. 104g B. 105g C. 106g D. 108g
（23）下列关于①～④的说法不正确的是
A. ①所得溶液为不饱和溶液 B. 若②升温至40℃，溶质质量变大
C. 若向③中加水，溶液质量变大 D. 若④升温至40℃，得到不饱和溶液
3.（2024 兰州）三氧化二铁（）是一种红棕色粉末，用于油漆、橡胶、塑料、建筑等的着色，其中铁元素的化合价是
A. +3 B. -3 C. +2 D. -2
4.（2024 兰州） 如图是甲、乙两种物质在水中的溶解度曲线（不含结晶水），下列说法正确的是
A. 甲和乙的溶解度相等
B. ℃时，把20g乙加到50g水中，形成饱和溶液
C. 若甲中混有少量的乙可采用蒸发结晶的方法提纯甲
D. ℃时甲的饱和溶液降温至℃，溶液中溶质的质量分数不变
5.（2024 临夏）市售加碘盐是在食盐中加入一定量的碘酸钾（化学式为），其中碘元素的化合价为
A. ＋5 B. ＋3 C. ＋1 D. －1
6.（2024 甘肃）密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下发生化学反应，测得反应前后有关数据如下：
物质 甲 乙 丙 丁
反应前质量/g 6 2 14 35
反应后质量/g 待测 2 22 13
下列关于此反应说法不正确的是
A. 表中待测数值是20 B. 物质乙可能是该反应的催化剂
C. 该反应是分解反应 D. 反应中甲与丙变化的质量比为
7.（2024 深圳）、溶解度示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 40℃时，思考乐琴琴同学将放入100g水中得到100.14g溶液
B. 40℃时，的饱和溶液降温后仍是饱和溶液
C. 40℃时，饱和溶液的溶质质量分数为11.7%
D. 40℃时，溶解度比溶解度大
8.（2024 广西）已知1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质。通过测定样品中氮元素的含量可以计算出蛋白质的含量部分测定过程如下：①样品+H2SO4→(NH4)2SO4+CO2↑+SO2↑+H2O；②(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+2NH3↑+2H2O。
某品牌奶粉部分营养成分表如表：
营养成分 蛋白质 碳水化合物 脂肪 Ca
每100g奶粉含量 17.5g 61.2g 16.2g 0.55g
取100g该奶粉样品，测得CO2、NH3的质量分别为a、b。下列说法正确的是
A. 蛋白质在人体内会转化为氨基酸，最终被人体全部吸收
B. 该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为17a：44b
C. 若a=8.8g，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为8.8%
D. 若b=3.4g，则该奶粉样品中蛋白质的含量与营养成分表中的基本一致
9.（2024 贵州）为确定碱石灰干燥剂（CaO和NaOH的混合物）的干燥效果，测定其中CaO与NaOH的质量比。实验如下：
步骤1 取16.8g样品于锥形瓶中，向其中滴加过量稀盐酸，样品完全溶解，无气泡产生。
步骤2 向步骤1的锥形瓶中滴加溶液，溶液的体积与生成沉淀的质量变化曲线如图。下列说法正确的是
A. 步骤1所得溶液中的溶质是和NaCl
B. 步骤2加入溶液立即观察到有沉淀产生
C. 步骤2溶液中溶质的质量逐渐减小
D. 该样品中CaO与NaOH的质量比为
10.（2024 河北）如表是和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 31.6 63.9 110
88.0 103 125
A. X为 B. ③中溶液为X的不饱和溶液
C. ④中溶液的质量为 D. 溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④
11. （2024 河南）镁与某金属的混合物共mg，在一定条件下与氧气充分反应，生成的氧化物共2mg。则该金属(括号内为生成的氧化物)可能是
A. Be(BeO) B. Cu(CuO) C. Al(Al2O3) D. Fe(Fe3O4)
12.（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
13.（2024 牡丹江）将某合金样品放入烧杯中，向其中加入稀盐酸恰好完全反应，烧杯中剩余物的总质量是，该合金样品可能是
A. 、合金 B. 、C合金
C. 、合金 D. 、、合金
14.（2024 齐齐哈尔）现有一包白色粉末，可能含有碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾、硫酸铜、氯化钠中的一种或几种。为确定其成分，某化学小组同学取该白色粉末于烧杯中，加入稀盐酸，恰好完全反应，产生气体，并得到无色溶液。下列说法正确的是
A. 该白色粉末中一定不含硫酸铜
B. 所用稀盐酸中溶质的质量分数不小于
C. 该白色粉末可能由碳酸钠、氯化钠和碳酸钾组成
D. 若该白色粉末中只含两种物质，则该白色粉末的组成最多有两种情况
15.（2024 绥化）（多选）密闭容器中，将32.1g的Fe（OH）3与一定质量的CO加强热一段时间后，得到FexOy和Fe的混合物共19.2g。向此混合物中加入一定质量分数的稀硫酸100g恰好完全反应生成0.3g的H2（已知：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O）。则下列说法正确的是
A. FexOy为Fe2O3 B. 该稀硫酸中溶质的质量分数为29.4%
C. 加强热后生成H2O的质量为8.1g D. 混合物中含有11.2g铁元素
二、非选择题
16.（2024 安徽）我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法，开创了世界制碱工业的新纪元。制碱工艺中的关键反应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。室温(20℃)下，某兴趣小组在实验室利用如图装置模拟该反应。
已知：
①20℃时，几种盐的溶解度如表；
物质 NaCl NaHCO3 NH4Cl
溶解度/g 36.0 9.6 37.2
②氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性。
（1）为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入______gNaCl固体。
（2）仪器a的名称是______，装置D的作用是______。
（3）装置A制取的CO2中会混有HCl，用饱和NaHCO3溶液吸收HCl的化学方程式为______。
（4）为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是______。
充分反应后，装置C中有晶体析出。为分析晶体产生的原因，兴趣小组继续开展探究。
查阅资料：一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。
（5）装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl原因是______。
（6）装置C中的物质过滤后得到的滤液在工业上称为母液。侯氏制碱法通过向母液中加入食盐，使NH4Cl结晶析出，析出晶体的原因是______。
17.（2024 福建） 氢氧化锂（LiOH）在航天器中可用于吸收CO2。工业上用电解法制得的LiOH溶液中含有NaOH。在N2保护下将混合溶液蒸发结晶，可得到LiOH晶体。有关物质的溶解度如下表。
温度/℃溶解度/g物质 20 30 40 50 60
LiOH 12.8 12.9 13.0 13.3 13.8
NaOH 109 118 129 146 177
已知:LiOH和NaOH的化学性质相似，Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似。
（1）LiOH溶液的pH________（填“>”“=”或“<”）7。
（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是________。
（3）电解法制得的1000g溶液中，LiOH的质量分数为10%、NaOH的质量分数为5%。
①该溶液中LiOH的质量为________g。
②将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的________（填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（4）蒸发结晶过程中，若没有N2保护，LiOH晶体中会混有Li2CO3。检验方法：取样，加入足量稀盐酸，观察到有气泡产生。产生气泡的反应的化学方程式为________。
18.（2024 临夏）青盐是以盐湖卤水为原料在盐田中晒制而成的盐。盐中除NaCl外，还含有、等，三种物质的溶解度曲线如图所示。
（1）盐湖卤水晒盐后的母液是氯化钠的________（选填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（2）40℃时，把加入100g水中，所得溶液质量是________g。
（3）将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，所得溶液溶质的质量分数由大到小的顺序是________。
（4）氯化钠中含有少量硫酸镁，若要提纯氯化钠，可采用的方法是_______。
19.（2024 甘肃）溶液与人们的生产、生活密切相关。下图为甲、乙、丙三种固体物质（不形成结晶水合物）在水中随温度变化的溶解度曲线，请按要求填空。
（1）由图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是______。
（2）交点C的含义是______。
（3）时，将乙溶液由B点变为A点的方法是______（填一种）。
（4）时，将35g甲物质放入50g水中，充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为______。
20. （2024 广州）甲醛是一种重要的化工原料，同时也是一种常见的室内空气污染物。利用羟基磷灰石【Ca5（PO4）3OH】可将空气中的甲醛转化为无污染的物质，反应过程的微观示意图如下：
（1）羟基磷灰石在甲醛的转化反应前后质量和化学性质都没有发生变化，羟基磷灰石的作用是________。
（2）甲醛的化学式为________，上述转化反应的化学方程式为________。
（3）将1.5g甲醛完全转化为无污染的物质，需要消耗氧气的质量为________g。
（4）羟基磷灰石可用机械球磨法制备：将Ca（OH）2和P2O5按照一定比例加入到球磨机中，球磨一段时间，发生反应。机械球磨法的工作原理如图所示。
①机械球磨的目的是________。球磨过程中常加入一定比例的生石灰用于吸水，发生反应的化学方程式为________。
②按照绿色化学思想，反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子利用率为100%。为使反应物中的原子全部转化为羟基磷灰石，理论上CaO、Ca（OH）2、P2O5作为原料加入的质量比为________。
【相对分子质量：CaO56 Ca（OH）274 P2O5142】
21. （2024 广州）学习小组进行水质调查时发现某池塘水较浑浊，为此开展水质研究。
【查阅资料】
①明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体，能吸附水中悬浮物，发生沉降，从而达到净水目的。
②Al(OH)3胶体能溶于酸。
③净水效果可用浊度去除率A表示，A值越大表示净水效果越好。
I.探究影响明矾净水效果的因素
【提出猜想】猜想a：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
猜想b：一定范围内，水样的酸性越强，净水效果越差。
【实验准备】配制絮凝剂溶液和稀硫酸
（1）用明矾配制100mL质量分数为1%的絮凝剂溶液（密度取1.0g/cm3），需用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要________。
（2）用质量分数为98%的浓硫酸（密度取1.8g/cm3）加水稀释配制100mL质量分数为9.8%的稀硫酸（密度取1.0g/cm3），需要量取浓硫酸的体积为________mL（结果保留1位小数）。
【设计实验，验证猜想】取该水样，按下列实验方案加入试剂后，充分搅拌，静置tmin，测定水样的浊度并计算得到浊度去除率，记录数据。
实验序号 水样体积/mL 1%絮凝剂溶液体积/mL 9.8%硫酸体积/mL 蒸馏水体积/mL tmin后浊度去除率
i 200 5.0 0 5.0 A1
ii 200 V1 0 7.5 A2
iii 200 0 0 V2 A3
iv 200 5.0 2.0 3.0 A4
v 200 5.0 5.0 0 A5
【数据分析，交流讨论】
（3）实验i、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，则V1=________，V2=________。
（4）实验测得A1>A2>A3，由此得出的结论是________。
（5）实验证明猜想b成立，得出该结论的依据是________（用A的大小关系表示）。
（6）水样的酸性越强，净水效果越差，原因是________。
Ⅱ.硬水的软化
（7）取少量水样，加入________，振荡后静置，产生较多浮渣，说明水样是硬水。用沉淀法除去水样中的Ca2+和Mg2+后，再加入盐酸调节溶液至中性，得到软水。
22.（2024 广西） 空气中含有大量氮气，如何将氮气在常温下转化为氨气成为近年研究的热点。一种将氮气转化为氨气的循环过程如图所示。回答问题：
（1）该过程中的LiOH属于______(填“酸”“碱”或“盐”)。
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的_______(填“高”或“低”)。
（3）过程I中发生化合反应的化学方程式为_______。
（4）该过程中能循环使用的物质有_______。
（5）该过程每生成17kg氨气，至少需要补充______kg水。
23. （2024 海南）硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O) 可用于炸药、瓷器、肥料等工业中。一种利用菱苦土(主要成分为氧化镁)制备高纯度硫酸镁晶体的工艺流程如下：
（1）X为常见的酸，X是 __________ ；
（2）步骤②加入碳酸镁的目的是 _______________ ；
（3）通过操作Ⅱ可将活性炭等不溶物与溶液2分离，则操作Ⅱ的名称是 ___________ 。
（4）经测定得到的硫酸镁晶体中MgSO4的质量分数为48.48%,
则晶体的纯度为 ______ 。(计算结果保留小数点后两位。纯度指样品中含主要成分的质量分数。)
24．（2024 哈尔滨）氢气（H2）在氯气（Cl2）中燃烧生成氯化氢（HCl）的反应可用于工业制备盐酸。请结合此反应回答下列问题：
（1）请写出该反应的化学方程式 ；
（2）参加反应的H2和Cl2的质量比为 ；
（3）若完全燃烧10kgH2，理论上能生成HCl的质量为 kg；
（4）若用36.5%的浓盐酸稀释得到7.3%的稀盐酸500g，所需水的质量为 g；
（5）取450g质量分数为7.3%的稀盐酸，理论上能处理铁锈（假设铁锈的成分是Fe2O3和杂质，其中杂质占4%，且不溶于水、不与其他物质反应）的质量是 g。
25. （2024 龙东）如图，依据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，回答下列问题：
（1）℃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________方法提纯乙（填“降温结晶”或“蒸发结晶”）。
（4）℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温至℃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．℃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℃时的饱和溶液升温至℃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℃～℃之间，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液
26.（2024 牡丹江）兴趣小组对一瓶久置的固体的变质情况进行了实验探究。
【提出问题】变质了吗？
【作出猜想】①没有变质 ②已经变质
（1）请用化学方程式表示能变质的原因______。
任务一 定性实验 探究该固体是否变质
【实验活动1】
（2）兴趣小组设计方案进行如下实验
实验方案 实验现象 实验结论
取少量该固体样品完全溶于水，加入过量稀盐酸 ______ 猜想②成立依据是______（用化学方程式表示）
【反思评价】有的同学提出此实验无法确定该固体变质程度。
任务二 定量实验 探究该固体变质程度
【实验活动2】
（3）兴趣小组利用控制变量的方法进行实验，实验数据如下表所示。
实验装置 实验序号 分别向左右容器内加入下列物质 温度升高值/ 溶液
1 固体 31.52 13.69
2 固体a的数值为______ 10.03 11.92
3 该固体样品 15.71 m
【实验结论】
（4）小组同学分析温度升高值数据，确定该固体变质程度是______，请推测m的取值范围是______。
任务三计算该固体的变质率
【实验活动3】实验步骤：称量该固体样品于小烧杯中备用：量取的稀盐酸：用电子秤称量反应前仪器和药品的质量，记录数据：将稀盐酸加入小烧杯内，待完全反应，再次称量仪器和反应后溶液的质量，记录数据。
反应前质量/g 反应后质量/g 质量差/g
105.32 105.02 0.30
（5）兴趣小组结合实验数据，计算出该固体的变质率为______（结果保留至1%）。
温馨提示：变质率=（已经变质的的质量/未变质前的总质量）×100%
【反思评价】兴趣小组充分认识到定量研究在化学实验中的重要作用。
【拓展延伸】
（6）生活中的管道疏通剂和炉具清洁剂成分中都含有，包装标签上应注明的注意事项是______（写一条）。
参考答案及解析
一、选择题
1.【解析】根据某食品的营养成分表可知，蛋白质含量=；脂肪含量=；碳水化合物含量=；180mg=0.18g，钠含量=。通过计算可知，蛋白质含量最高。
【答案】A
2.【解析】（21）A、20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，向100g水中加入2g硼酸，能全部溶解，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：2g：100g=1：50，符合题意；
B、②中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g=4g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，4g硼酸能完全溶解，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：4g：100g=1:25，不符合题意；
C、③中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g=6g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，6g硼酸只能溶解5g，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：5g：100g=1:20，不符合题意；
D、④中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g+2g=8g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，8g硼酸只能溶解5g，所得溶液中溶质与溶剂的质量比为：5g：100g=1:20，不符合题意。
故选A；
（22）③中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为：2g+2g+2g=6g，20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，则该温度下，6g硼酸只能溶解5g，所得溶液的质量为：100g+5g=105g。
故选B；
（23）A、由以上分析可知，①中水的质量为100g，加入硼酸的质量为2g，而20℃时，硼酸的溶解度为5.0g，即该温度下，100g水中最多可溶解5g硼酸，则①所得溶液为不饱和溶液，不符合题意；
B、由以上分析可知，②中4g硼酸完全溶解，若②升温至40℃，升温后，硼酸的溶解度增加，溶质质量不变，符合题意；
C、由以上分析可知，③中6g硼酸只能溶解5g，则若向③中加水，硼酸能继续溶解，溶液质量变大，不符合题意；
D、④中水的质量为100g，加入硼酸的总质量为8g，若④升温至40℃，40℃时，硼酸的溶解度为8.7g，即该温度下，100g水中最多可溶解8.7g硼酸，则该温度下，8g硼酸能完全溶解，得到不饱和溶液，不符合题意。
故选B。
【答案】21. A 22. B 23. B
3.【解析】中氧元素的化合价为-2价，设铁元素的化合价为x，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则，解得，故中铁元素的化合价为+3，故选：A。
【答案】A
4.【解析】A、由溶解度曲线图可知，℃时甲和乙的溶解度相等，说法错误，不符合题意；
B、由溶解度曲线图可知，℃时乙的溶解度为30g，则此温度下把20g乙加到50g水中，最多能溶解15g乙，形成乙的饱和溶液，说法正确，符合题意；
C、由溶解度曲线图可知，甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，若甲中混有少量的乙可采用降温结晶的方法提纯甲，说法错误，不符合题意；
D、℃时甲的饱和溶液降温至℃，甲的溶解度减小，有晶体析出，甲的饱和溶液仍为饱和溶液，但溶液中溶质质量分数变为℃时甲的饱和溶液的溶质质量分数，因此降温后溶液的溶质质量分数减小，说法错误，不符合题意。
【答案】B
5.【解析】碘酸钾中钾元素的化合价为+1，氧元素的化合价为－2，设：碘酸钾中碘元素的化合价为，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则可得：（+1）++（－2）×3=0，解得：=+5。即碘元素的化合价为+5。
【答案】A
6.【分析】根据质量守恒定律，反应前物质的总质量等于反应后物质的总质量，则6g+2g+14g+35g=待测+2g+22g+13g，待测=20g，反应后丙物质的质量增加，是生成物，丁物质的质量减小，是反应物，乙物质的质量不变，可能未参加反应或是催化剂，甲物质的质量增加，是生成物。
【解析】A、由分析可知，待测数值是20，说法正确；
B、物质乙反应前后质量不变，乙可能是该反应的催化剂，也可能未参加反应，说法正确；
C、该反应中反应物是丁，生成物是甲和丙，符合分解反应“一变多”的特征，故该反应是分解反应，说法正确；
D、反应中甲与丙变化的质量比=(20g-6g):(22g-14g)=7:4，说法错误。
【答案】D
7.【解析】A、40℃时，氢氧化钙的溶解度为0.14g，将0.14gCa(OH)2放入100g水中恰好完全溶解得到100.14g溶液，该选项说法正确；
B、氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，降温后，氢氧化钙的溶解度上升，40℃时，Ca(OH)2的饱和溶液降温后为饱和溶液，该选项说法不正确；
C、40℃时，K2CO3的溶解度为117g，故40℃时，K2CO3饱和溶液的溶质质量分数为，该选项说法不正确；
D、40℃时，Ca(OH)2溶解度为0.14g，K2CO3溶解度为117g,Ca(OH)2溶解度比K2CO3溶解度小，该选项说法不正确；
【答案】A
8.【解析】A、蛋白质在人体内会转化为氨基酸，但最终不会被人体全部吸收，故A错误；
B、依据质量守恒定律，样品中碳元素的质量等于二氧化碳中碳元素的质量，为；样品中氮元素的质量等于氨气中氨元素的质量，为；则该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为=51a：154b，故B错误；
C、若a=8.8g，碳元素的质量为，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为，故C错误；
D、若b=3.4g，氮元素的质量为，已知1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质，则该奶粉样品中蛋白质的含量为，故D正确。
【答案】D
9.【解析】A、步骤1中，向样品中加入过量稀盐酸，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，稀盐酸过量，故所得溶液中的溶质是：氯化钠、氯化钙、氯化氢，不符合题意；
B、步骤1所得溶液中的溶质是氯化钠、氯化钙，氯化氢，步骤2中滴加碳酸钠溶液，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，待盐酸完全反应后，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，故一开始无沉淀生成，不符合题意；
C、步骤2中加入碳酸钠溶液，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，即，73份质量的氯化氢转化为117份质量的氯化钠，溶质质量增加，待盐酸完全反应后，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，即，111份质量的氯化钙转化为117份质量的氯化钠，溶质质量增加，故步骤2溶液中溶质的质量逐渐增加，不符合题意；
D、由图可知，生成沉淀即生成碳酸钙的质量为10g，根据化学方程式：，可知，氧化钙中的钙元素完全转化到了碳酸钙中，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，则该样品中氧化钙的质量为：，则该样品中氧化钙与氢氧化钠的质量比为：，符合题意。
【答案】D
10.【解析】根据图示可知，40℃时，100g水加入100gX，X全部溶解，根据溶解度概念可知，40℃时，X的溶解度大于或等于100g。
【详解】A、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，根据分析可知，X为NaNO3，说法正确，不符合题意；
B、根据分析可知，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，说法错误，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，说法正确，不符合题意。
【答案】C
11.【分析】镁与某金属的混合物共mg，在一定条件下与氧气充分反应，镁和氧气生成氧化镁，生成的氧化物共2mg，假设mg金属全部是镁，则有，生成氧化镁的质量为，生成的氧化物共2mg，说明另一种金属与氧气反应生成氧化物的质量应该＞2mg。
【详解】A、假设mg金属全是Be，则有，生成BeO的质量为，符合题意；
B、假设mg金属全是Cu，则有，生成CuO的质量为＜2mg，不符合题意；
C、假设mg金属全是Al，则有，生成Al2O3的质量为＜2mg，不符合题意；
D、假设mg金属全是Fe，则有，生成Fe3O4的质量为＜2mg，不符合题意；
【答案】A
12.【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。
【答案】C。
13.【解析】将6g某合金样品放入烧杯中，向其中加入100g稀盐酸恰好完全反应，烧杯中剩余物总质量是105.8g，则生成氢气的质量为6g+100g-105.8g=0.2g。
【详解】A、Cu 、 Zn 合金，铜和稀盐酸不反应，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，则有 ，即生成0.2g氢气需要锌的质量为6.5g＞6g，故6gCu、Zn合金不可能生成0.2g氢气，故A不符合题意；
B、Fe 、C合金，碳和稀盐酸不反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要铁的质量为5.6g＜6g，故6gFe、C合金可能生成0.2g氢气，故B符合题意；
C、Mg 、 Al 合金，铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要铝的质量为1.8g＜6g；镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要镁的质量为2.4g＜6g，故6gMg、Al合金生成氢气的质量大于0.2g，故C不符合题意；
D、Mg 、 Cu 、 Al 合金，铜和稀盐酸不反应；铝和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，则有 ，即生成0.2g氢气需要铝的质量为1.8g＜6g；镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，则有，即生成0.2g氢气需要镁的质量为2.4g＜6g，故6gMg、Cu、Al合金可能生成0.2g氢气，故D符合题意；
【答案】BD
14.【解析】A、硫酸铜溶液显蓝色，最终溶液无色，则说明其中一定不含硫酸铜，该选项说法正确；
B、根据、、，则生成4.4g二氧化碳时，分别需要碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾的质量为10.6g、8.4g、13.8g，白色粉末为10.6g，则白色粉末中可能只含碳酸钠，也可能含有碳酸氢钠和碳酸钾，或碳酸钠、碳酸氢钠和碳酸钾，或碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠，或碳酸氢钠、碳酸钾和氯化钠，或碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾和氯化钠，若只含碳酸钠，则需要氯化氢的质量为7.3g，若白色粉末中含有碳酸氢钠时，则所需氯化氢的质量为小于7.3g，则所用稀盐酸中溶质的质量分数不大于，该选项说法不正确；
C、结合前面分析可知，生成4.4g二氧化碳时，所需要的碳酸钠为10.6g，碳酸钾的质量大于10.6g，则该白色粉末不可能为碳酸钠、氯化钠和碳酸钾，该选项说法不正确；
D、若该白色粉末中只含两种物质，可能为碳酸氢钠和碳酸钾，也可能为碳酸氢钠和氯化钠，则最多有两种情况，该选项说法正确。
【答案】AD
15.【解析】A、32.1g的Fe（OH）3中含铁元素的质量为32.1g××100%＝16.8g；设与稀硫酸反应的铁的质量为a，参加反应的硫酸的质量为b，
， a＝8.4g
，b＝14.7g
则FexOy的质量为19.2g﹣8.4g＝10.8g，则FexOy中含铁元素的质量为16.8g-8.4g＝8.4g，含氧元素的质量为10.8g﹣8.4g＝2.4g，则FexOy中铁原子和氧原子的个数比为＝1：1，则FexOy为FeO，故选项说法错误；
B、设与FeO反应的硫酸的质量为z，
，z＝14.7g
该稀硫酸中溶质的质量分数为×100%＝29.4%，故选项说法正确；
C、反应前后氢元素的质量不变，加强热后生成H2O的质量为32.1g××100%÷（×100%）＝8.1g，故选项说法正确；
D、反应前后铁元素的质量不变，则混合物中含有8.4g+8.4g=16.8g铁元素，故选项说法错误；
【答案】BC
二、非选择题
16.【解析】
（1）根据20℃时，几种盐的溶解度表可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g，即20℃时100g水中溶解36.0gNaCl固体达到饱和状态，所以为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入36.0gNaCl固体。故填：36.0。
（2）据图可知，仪器a是试管；由于氨气极易溶于饱和食盐水，为防止倒吸，用装置D产生氨气。故填：试管；产生氨气，防止倒吸。
（3）饱和NaHCO3溶液与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为。
故填：。
（4）由于氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性，碱性溶液能充分吸收二氧化碳。所以为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞。故填：先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞。
（5）由于相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出，所以装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl。故填：相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出。
（6）一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。所以增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出。故填：增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出。
【答案】（1）36.0
（2） ①. 试管 ②. 产生氨气，防止倒吸
（3）
（4）先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞
（5）相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出
（6）增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出
17.【解析】
（1）LiOH和NaOH的化学性质相似，则氢氧化锂溶液显碱性，pH＞7；
（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是：LiOH的溶解度受温度变化的影响很小；
（3）①该溶液中LiOH质量为：；
②该溶液中氢氧化钠的质量为：，20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则该温度下，100g水中最多可溶解109g氢氧化钠，则将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的不饱和溶液；
（4）Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似，则产生气泡的反应为碳酸锂和稀盐酸反应生成氯化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：。
【答案】（1）> （2）LiOH的溶解度受温度变化的影响很小
（3）① 100 ② 不饱和
（4）
18.【解析】
（1）盐湖卤水晒盐后的母液中不能继续溶解氯化钠，则为氯化钠的饱和溶液。
（2）由图可知，40℃时，氯化镁的溶解度为57.5g，则将60g氯化镁加入100g水中，所得溶液质量为100g+57.5g=157.5g。
（3）将70℃时三种物质的饱和溶液降温到0℃，三种物质的溶解度均减小，且0℃时，溶解度：氯化镁>氯化钠>硫酸镁，而饱和溶液的溶质质量分数=，则所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是氯化镁>氯化钠>硫酸镁。
（4）由图可知，氯化钠的溶解度受温度影响比较小，则氯化钠中含有少量硫酸镁，可采用蒸发结晶的方法提纯氯化钠。
【答案】（1）饱和 （2）157.5
（3）氯化镁>氯化钠>硫酸镁 （4）蒸发结晶
19.【解析】
（1）由溶解度曲线图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是乙；
（2）由溶解度曲线图可知，交点C的含义是℃时甲、丙的溶解度相等；
（3）由溶解度曲线图可知，B点在乙的溶解度曲线下方，A点在乙的溶解度曲线上，说明B点对应的溶液为℃时乙的不饱和溶液，A点对应的溶液为℃时乙的饱和溶液，则时，将乙溶液由B点变为A点的方法是恒温蒸发溶剂、增加溶质乙；
（4）由溶解度曲线图可知，时，甲的溶解度为60g，此温度下将35g甲物质放入50g水中最多能溶解30g，则充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为。
【答案】（1）乙 （2）℃时甲、丙的溶解度相等
（3）恒温蒸发溶剂、增加溶质乙
（4）37.5%
20.【解析】
（1）羟基磷灰石在甲醛的转化反应前后质量和化学性质都没有发生变化，说明羟基磷灰石是该反应的催化剂，其作用是催化。
（2）根据微观示意图，该反应是CH2O、O2在羟基磷灰石的催化作用下反应生成CO2、H2O，所以甲醛的化学式为CH2O，该反应的化学方程式为：。
（3）设需要消耗氧气的质量为x
x=1.6g，故填：1.6。
（4）①反应物的接触面积越大，反应速率越快，所以机械球磨的目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率。
生石灰（CaO）与水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：。
②为使反应物中的原子全部转化为羟基磷灰石，则理论上CaO、Ca(OH)2、P2O5完全转化为Ca5(PO4)3OH。根据题目信息，将Ca(OH)2和P2O5按照一定比例加入到球磨机中，球磨一段时间，发生反应，将此化学方程式与联立，得出总化学方程式为：，则理论上CaO、Ca(OH)2、P2O5作为原料加入的质量比为（9×56）：（74）：（3×142）=252:37：213。
【答案】（1）催化 （2） ①. CH2O ②.
（3）1.6 （4） ①. 增大反应物的接触面积，加快反应速率 ②. ③. 252∶37∶213
21.【解析】
（1）用固体明矾配制絮凝剂溶液，需用到的玻璃仪器除了量筒、烧杯、胶头滴管外，溶解时还需要用玻璃棒搅拌。称量时需要使用天平和药匙，故填：托盘天平、药匙、玻璃棒。
（2）根据溶液稀释前后溶质质量不变，列式计算出需要浓硫酸的体积。设需要浓硫酸的体积为x，x×1.8g/cm3×98%＝100mL×1.0g/cm3×9.8%，解得，x≈5.6mL。
（3）实验i、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，实验中应该控制变量。三个实验中水样体积都是200mL，都没有加入稀硫酸，由于题中1%的絮凝剂溶液密度取1.0g/cm3，水的密度也是1.0g/cm3，故每个实验中加入的1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也应该相等。实验i中1%絮凝剂溶液体积是5.0mL，蒸馏水体积也是5.0mL，因此实验ⅱ、ⅲ中1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也应是10.0mL。因为实验ⅱ中加入蒸馏水体积是7.5mL，所以应加入1%絮凝剂溶液V1=2.5mL；由于实验ⅲ中没有加入1%絮凝剂溶液，故应加入蒸馏水V2=10.0mL。
（4）实验i、ⅱ、ⅲ中水样体积相同，都没有加入稀硫酸，实验中加入的1%絮凝剂溶液体积和蒸馏水体积之和也相等，实验i、ⅱ、ⅲ中加入1%絮凝剂溶液的体积分别是5.0mL，2.5mL，0，可见三个实验中实验i中明矾的用量最大，实验ⅱ中明矾用量其次，实验ⅲ中没有明矾。根据实验测得结果：A1>A2>A3，可以得出的结论是：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
（5）实验ⅳ、ⅴ中水样体积都是200mL，加入的1%絮凝剂溶液体积都是5.0mL，质量分数为9.8%的稀硫酸和水的密度都取1.0g/cm3，因此实验ⅳ、ⅴ中加入的9.8%硫酸体积和蒸馏水体积（或质量）之和相等，符合控制变量法。因为实验ⅳ加入的9.8%硫酸体积是2.0mL，实验ⅴ中加入的9.8%硫酸体积是5.0mL，所以实验ⅳ中水样的酸性比实验ⅴ中水样的酸性弱，Al(OH)3胶体能溶于酸，故实验ⅳ中能起净水作用的Al(OH)3胶体比实验ⅴ多，净水效果好。故填：A4＞A5。
（6）根据资料，明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体，能吸附水中悬浮物，发生沉降，从而达到净水目的，因此明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体越多，净水效果就越好。因为Al(OH)3胶体能和硫酸等酸性物质反应，所以水样的酸性越强，明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体就越少存在，净水效果就变差。故填：明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体溶于硫酸，吸附水中悬浮物的能力减小。
（7）含有较多可溶性钙、镁化合物的水叫做硬水。因为将肥皂水滴加到含有较多Ca2+、Mg2+的硬水中，会形成较多浮渣，所以实验中常用肥皂水来鉴别水样是否是硬水。故填：肥皂水。
【答案】（1）托盘天平、药匙、玻璃棒
（2）5.6 （3） ① 2.5 ② 10
（4）一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。
（5）A4＞A5 （6）明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体溶于硫酸，吸附水中悬浮物的能力减小
（7）肥皂水
22.【解析】
（1）LiOH 在水中解离出锂离子和氢氧根离子，其中阴离子全部为氢氧根离子，属于碱；
（2）将液态空气升温，N2先变成气态，这说明N2的沸点比O2的低；
（3）根据流程图可知，过程I中发生化合反应是锂与氮气反应生成Li3N，反应化学方程式为：6Li+N2=2Li3N；
（4）根据流程图可知，流程中H2O是反应Ⅱ的反应物，又是反应Ⅲ的生成物，Li是反应Ⅰ反应物，又是反应Ⅲ的生成物，可循环使用；
（5）17kg氨气（NH3）中氢元素质量=，根据流程图可知，氨气中的氢元素来自水，根据质量守恒定律，至少需要补充水的质量=。
【答案】（1）碱 （2）低
（3）6Li+N2=2Li3N
（4）水、锂（或H2O、Li）
（5）27
23.【解析】
（1）菱苦土的主要成分为氧化镁，根据质量守恒定律可知，将氧化镁转化为硫酸镁，则加入的X溶液为硫酸镁溶液，即X为硫酸，故填硫酸或H2SO4。
（2）由题文可知，操作①加入过量硫酸溶液，则溶液1中除硫酸镁外，还含量过量的硫酸，硫酸能够与碳酸镁反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，将硫酸转化为硫酸镁，即步骤②加入碳酸镁的目的是提纯硫酸镁，故填提纯硫酸镁。
（3）操作Ⅱ可将活性炭等不溶物与溶液2分离，而过滤能够将难溶性固体与液体进行分离，则操作Ⅱ的名称是过滤，故填过滤。
（4）见答案
【答案】（1）硫酸##H2SO4
（2）将硫酸转化为硫酸镁，提纯硫酸镁
（3）过滤 （4）解：硫酸镁的化学式量=24+32+16×4=120，硫酸镁晶体的化学式量=24+32+16×4+18×7=246，硫酸镁晶体中MgSO4的质量分数为48.48%
设晶体的纯度为x
=
x≈99.4%
答：晶体的纯度为99.4%。
24.【分析】（1）根据氢气在氯气中燃烧生成氯化氢来分析解答；
（2）根据化学方程式和相对分子质量的求法来分析解答；
（3）根据氢气的质量和方程式来分析解答；
（4）根据稀释前后溶质质量不变来分析解答；
（5）根据题中数据和方程式来分析解答。
【解答】解：（1）氢气（H2）在氯气（Cl2）中燃烧生成氯化氢（HCl），反应的化学方程式为H2+Cl22HCl；
（2）参加反应的H2和Cl2的质量比为（1×2）：（2×35.5）＝2：71；
（3）设理论上能生成HCl的质量为x，
H2+Cl22HCl
2 73
10kg x
＝
x＝365kg
即理论上能生成HCl的质量为＝365kg；
（4）所需水的质量为y，根据稀释前后溶质质量不变可得500g×7.3%＝（500g﹣x）×36.5%，x＝400g，即所需水的质量为400g；
（5）设理论上能处理铁锈的质量为x，则Fe2O3的质量为（1﹣4%）x＝96%x，
Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O
160 219
96%x 450g×7.3%
＝
x＝25g
即理论上能处理铁锈的质量是25g。
【点评】溶液和化学反应融合的题目，是综合性的题型，要求比较高，这就要求学生足够细心、会分析、且条理分明。
25.【解析】
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故填：70g；
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故填：降温；
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故填：蒸发结晶；
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故填：乙、甲、丙；
（5）a、未指明溶液是否饱和，无法判断析出晶体质量，错误；
b、t2℃时，溶解度大小为乙＞甲=丙，将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，应该按照t2℃时的溶解度计算，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：乙＞甲＞丙，错误；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，正确。
故选：ab或ba。
【答案】（1）70g （2）降温
（3）蒸发结晶 （4）乙、甲、丙
（5）ab或ba
26.【解析】
（1）氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，该反应的化学方程式为：；
（2）碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，产生气泡，说明含碳酸钠，说明氢氧化钠已经变质，该反应的化学方程式为：；
（3）该实验的目的是探究氢氧化钠固体变质程度，根据控制变量法，加入物质的种类不同，其它因素相同，故加入碳酸钠固体的质量也应是1.0g，即a的数值为1.0；
（4）由表中数据可知，相同条件下，该氢氧化钠固体样品的温度升高值介于氢氧化钠固体和碳酸钠固体之间，说明该 NaOH 固体变质程度是部分变质；
该氢氧化钠固体部分变质，即该氢氧化钠固体样品中含氢氧化钠和碳酸钠，故其溶液的pH值应介于实验1和实验2之间，即m的取值范围是：11.92＜m＜13.69；
（5）反应前后的质量差为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为0.30g
解：设该氢氧化钠固体样品中碳酸钠的质量为x
x≈0.72g
设该样品中变质的氢氧化钠的质量为y
y≈0.54g
故该 NaOH 固体的变质率为：
答：该 NaOH 固体的变质率为66%；
（6）生活中的管道疏通剂和炉具清洁剂成分中都含有 NaOH ，氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应，故包装标签上应注明的注意事项是：密封保存。
【答案】（1）
（2） ①. 产生气泡 ②.
（3）1.0 （4） ① 部分变质 ②
（5） （6）密封保存
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