专题十三 水与常见的溶液—2026年中考化学二轮复习高频考点突破专项训练

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专题十三 水与常见的溶液—2026年中考化学二轮复习高频考点突破专项训练
一、单选题
1．水是生命之源。下列有关水的说法正确的是（　　）
A．地球上的水含量丰富，无需节约用水
B．电解水可以说明水是由氢气和氧气组成
C．在生活中用煮沸的方法可将硬水软化
D．经过沉淀、过滤、吸附后的湘江水属于纯净物
2．放入水中，能形成溶液的物质是（　　）
A．冰块 B．麻油 C．蔗糖 D．泥沙
3．将某温度下热的硝酸钾饱和溶液逐渐冷却至室温，下列有关量随时间变化趋势的图象不正确的是（　　）
A．B．C．D．
4．自来水是人们每天的生活用水，其生产过程不包括（　　）
A．静置 B．吸附 C．消毒 D．电解
5．厨房中的下列物质与水充分混合后，不能形成溶液的是（　　）
A．花生油 B．白糖 C．纯碱 D．食盐
6．下列不属于溶液的是（　　）
A．蒸馏水 B．食盐水 C．石灰水 D．蔗糖水
7．在一定量的水中加入少量下列物质，振荡后不能形成溶液的是（　　）
A．食盐 B．植物油 C．白砂糖 D．食醋
8．如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线．下列说法正确的是（　　）
A．将t2℃时甲、乙的饱和溶液均降温至t1℃，都有晶体析出
B．t2℃时，甲溶液溶质的质量分数一定大于乙溶液溶质的质量分数
C．t1℃时，甲、乙的溶解度相等
D．t2℃时，100g甲的饱和溶液中含甲的质量为30g
9．烟道气是煤等化石燃料燃烧时所产生的有害气态物质，其中含N2、CO2、H2O等，工业上常用熟石灰浆治理烟道气。以下有关该治理原理的分析中，正确的是（　　）
A．熟石灰能吸收烟道气中H2O B．高温时熟石灰浆治理能力强
C．熟石灰浆雾化使治理更充分 D．30℃熟石灰溶液浓度为1.5%
10．蔗糖是生活中常用的调味品，其溶解度曲线如下图。下列说法正确的是
A．蔗糖在热水中的溶解度比在冷水中的小
B．将蔗糖饱和溶液蒸发溶剂后恢复至原温度，有结晶现象
C．温度升高，溶液中蔗糖的质量分数一定增大
D．t1度和t2度时的两份蔗糖溶液，所含溶质的质量不可能相等
二、填空题
11．地球水资源的总储存量约为　 　m3，人类所能利用的淡水仅占　 　左右。
12．为了研究物质的溶解现象，设计并进行了如下实验。
（1）实验一的目的是　 　。
（2）实验二，加热后固体全部消失的原因是　 　。
13．请用相关的化学知识回答下列生活中的问题。
（1）自来水厂净水过程中要向水中加入明矾，其作用是　 　。
（2）铅笔芯中并不含有铅，主要是黏土和　 　（填物质名称）的混合物。
（3）食品包装中充氮气以防腐，其原因是氮气　 　。
（4）在家中可用洗洁精清洗油污，洗洁精起　 　作用。
（5）长期饮用硬水会影响身体健康。生活中降低水的硬度常用的方法是　 　。
14．地球表面约有 　 　　被水覆盖着，其中海洋水占全球总水量的　 　 　．海水虽然储量大，但含盐量高，人们难以利用，而淡水只占全球总水量的　 　 　，且大部分分布在两极冰川上，难以利用，真正可以利用的淡水约占淡水总量的　 　 　．
15．水和溶液对人类的生产、生活具有重要的意义，请结合所学知识回答下列问题。
（1）如图1是电解水的装置，玻璃管a收集到的气体是　 　，该实验说明水是由　 　组成的。
（2）自来水厂净化水的过程中用到了大量的活性炭，活性炭的作用是　 　，长期饮用硬度大的水不利于人体健康，生活中常用肥皂水来鉴别硬水和软水，并采用　 　的方法来降低水的硬度，也能起到杀菌消毒的作用。
（3）如图2是甲、乙、丙三种固体物质（不含结晶水）在水中的溶解度曲线图。请结合图示回答下列问题。
①溶解度随温度升高而减小的是物质是　 　；
②t3℃时将50g甲物质放到50g水中充分溶解后所得溶液的质量是　 　g；
③某温度下，将丙的饱和溶液转化为不饱和溶液的方法之一是　 　；
④将t3℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温至t1℃，所得溶液中溶质质量分数由小到大的顺序　 　。
16．水、溶液在生产生活中用途广泛。如图1是KNO3与NaCl在水中的溶解度曲线。回答下列问题。
图1 图2 图3
（1）20℃时NaCl的溶解度为　 　；
（2）10℃时，将等质量的KNO3、NaCl固体，分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，搅拌，充分溶解，现象如图2所示。烧杯中一定是饱和溶液的是　 　 (填“KNO3”或“NaCl”)溶液；
（3）分别将30℃时等质量的KNO3、NaCl的饱和溶液降温至20℃，此时KNO3溶液质量　 　(填“大于”、“等于”或“小于”)NaCl溶液的质量；
（4）Ca(OH)2溶解度曲线如图3所示，将A点对应的Ca(OH)2溶液的溶质质量分数增大，采取的方法是　 　；
（5）配制50g溶质质量分数为6％的氯化钠溶液，已知配制溶液的步骤有：
①溶解 ②计算 ③装瓶存放 ④称量
上述步骤的正确顺序为　 　(填序号)。
三、实验探究题
17．每年的3月22日是“世界水日”，水与人类的生产、生活密切相关。
（1）为区分软水和硬水，将等量的肥皂水分别滴加到盛有等量软水、硬水的试管中，振荡，试管中产生较多泡沫的为　 　。生活上常用　 　的方法来降低水的硬度。
（2）如图是电解水的实验示意图，试管　 　（填“a”或“b”）中的气体能使燃着的木条燃烧更旺，试管a、b中产生气体的体积比约为　 　。
（3）在电解水的实验示意图中，下列说法正确的是 （填字母）。
A．实验图中，试管a中得到的气体能燃烧
B．实验中，该变化是物理变化
C．实验中可以得出的结论是，水是由氢原子和氧原子组成的
18．依据下列实验操作回答问题。
（1）配制一定质量分数的氯化钠溶液，需进行操作①-⑤，实验步骤为计算、称量和　 　。
（2）除去粗盐中难溶性杂质，需要进行操作⑥，该操作的名称是　 　。
19．下表是硝酸钾和氯化钠的部分溶解度数据，回答下列问题。
温度(℃) 0 20 40 60 80
溶解度(g/100g水) 氯化钠 35.7 36.0 36.6 37.3 38.4
硝酸钾 13.3 31.6 63.9 110.0 169.0
①60℃时，硝酸钾的溶解度是　 　。
②20℃，50g水中加入30g硝酸钾，所得溶液的质量是　 　g。
③若硝酸钾中混有少量的氯化钠，提纯硝酸钾可采取的方法是　 　。
④在20℃时，将等质量的硝酸钾和氯化钠分别加入到各盛有100g水的甲、乙两个烧杯中，充分搅拌后如图，说法错误的是　 　(填序号)。
A 烧杯甲中溶液一定是不饱和溶液
B 烧杯乙中溶液的溶质是硝酸钾
C 若使烧杯乙中固体全部溶解，其溶液浓度一定增大
D 将温度升高到50℃，烧杯乙中的固体一定全部溶解
⑤20℃时，在100g水中溶解NaCl和KNO3，进行以下实验：
Ⅰ.溶液c所含溶质为　 　，固体a为　 　g。
Ⅱ.对整个实验过程分析正确的是　 　。
A 固体b是纯净物
B 溶液c、d中NaCl质量分数相等
C 溶液d中硝酸钾的质量小于氯化钠的质量
D 实验过程中硝酸钾溶液始终是不饱和溶液
四、计算题
20．海南四周环海，海洋资源极为丰富。我们可从海水中提取镁，其中一步反应的方程式为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2。现有海水样品(含NaCl、MgCl2等) 1000 g，加入适量熟石灰，恰好反应后得沉淀5.8 g。求海水样品中MgCl2的质量分数。
21．要配制1000g质量分数为8%的NaCl溶液需质量分数为20%的NaCl溶液多少克？水多少克？
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、地球上的水含量丰富，但是淡水却很少，淡水只约占全球水储量的2.53%，可供人类使用的淡水更少，所以人人都要学会节约用水，故A错误；
B、电解水产生氢气和氧气，氢气由氢元素组成，氧气由氧元素组成，所以水是由氢元素和氧元素组成的，故B错误；
C、含有较多可溶性钙、镁化合物的水叫硬水，不含或含较少可溶性钙、镁化合物的水叫软水，硬水加热煮沸时，水中的钙、镁离子会沉淀，形成水垢，将水中的钙、镁离子含量降低，使硬水变成了软水，故C正确；
D、经过沉淀、过滤只能除去湘江水中的不溶性杂质，通过吸附只能除去臭味和颜色，水中仍有可溶性行杂质，还是属于混合物，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、根据地球上水资源虽然丰富，但是淡水资源很少，仅占全球水储量的2.53%进行分析解答；
B、根据水是由氢元素和氧元素组成进行分析解答；
C、根据硬水、软水的定义和硬水转化的方法进行分析解答；
D、根据沉淀、过滤、吸附不能除去水中可溶性杂质进行分析解答。
2．【答案】C
【解析】【解答】A. 冰块是固态的水，放入水中不会形成溶液，故不符合题意；
B. 麻油，放入水中会形成乳浊液，故不符合题意；
C. 蔗糖会溶于水，形成均一的，稳定的溶液，故符合题意；
D. 泥沙会溶于水，不会形成均一的，稳定的混合物，会形成悬浊液，故不符合题意；
故答案为：C
【分析】溶液是混合物，具有均一性，稳定性。
3．【答案】D
【解析】【解答】硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，随着温度的降低而减小，将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出．
A、将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出，溶液中溶质的质量减小，故A正确；
B、将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出，应该从零开始，故B正确；
C、将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出，溶液中溶质的质量减小，溶剂的质量不变，故C正确；
D、将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出，溶液中溶质的质量减小，溶剂的质量不变，溶质质量分数逐渐减小，故D错误．
故选：D．
【分析】根据硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，随着温度的降低而减小，将热的硝酸钾饱和溶液冷却到室温，有硝酸钾晶体析出进行分析判断．
4．【答案】D
【解析】【解答】自来水生产过程包括静置沉降、过滤、吸附、消毒灭菌等；水电解生成氢气和氧气，不是生产自来水的过程；
故答案为：D。
【分析】自来水净化过程中不包括电解。
5．【答案】A
【解析】【解答】解：A、花生油不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能和水形成溶液，花生油和水形成的混合物属于乳浊液；
B、白糖易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，即能和水形成溶液；
C、纯碱易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，即能和水形成溶液；
D、食盐易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，即能和水形成溶液．
故选A．
【分析】花生油不溶于水；白糖、纯碱、食盐等物质都是易溶于水的．
6．【答案】A
【解析】【解答】A. 蒸馏水是纯净物不属于溶液，故符合题意；
B. 食盐水是均一、稳定的混合物，属于溶液；
C. 石灰水是均一、稳定的混合物，属于溶液；
D. 蔗糖水是均一、稳定的混合物，属于溶液。
故答案为：A。
【分析】溶液是混合物，具有均一性，稳定性。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.氯化钠溶于水，以离子形式分散在水中，形成溶液，故A不符合题意；
B.植物油不溶于水，以小液滴的形式分散，形成乳浊液，故B符合题意；
C.白砂糖溶于水，以分子形式分散在水中，形成溶液，故C不符合题意；
D.食醋溶于水，以离子形式分散在水中，形成溶液，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】溶液的分散质为可溶性物质，悬浊液的分散质为不溶性的固态颗粒，乳浊液的分散质为不溶性的小液滴。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A、甲的溶解度随温度升高而增大，乙的溶解度随温度变化而减小，故将t2℃时甲、乙的饱和溶液均降温至t1℃，甲析出晶体，乙变为不饱和溶液，无晶体析出，故错误；
B、t2℃时，甲饱和溶液溶质的质量分数一定大于乙饱和溶液溶质的质量分数，若为不饱和溶液，则溶质质量分数无法比较，故错误；
C、t1℃时甲和乙的溶解度曲线相交于一点，则该温度下两物质的溶解度相等，正确；
D、t2℃时甲的溶解度是30g，即该温度时100g水中最多溶解30g甲，形成饱和溶液的质量是130g，而非100g，故错误；
故选C．
【分析】A、依据甲、乙的溶解度随温度变化情况分析解答；
B、t2℃时，甲饱和溶液溶质的质量分数一定大于乙饱和溶液溶质的质量分数，若为不饱和溶液，则溶质质量分数无法比较；
C、溶解度曲线的交点表示该温度下两物质的溶解度相等；
D、根据t2℃时甲的溶解度分析解答．
9．【答案】C
【解析】【解答】A. 熟石灰是氢氧化钙的俗称，熟石灰与水不反应，无法吸收烟道气中H2O，故错误；
B. 由溶解度曲线可知，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，高温时氢氧化钙的溶解度小，溶解能力弱，所以高温时熟石灰浆治理能力较弱，故错误；
C. 熟石灰浆雾化可以增大反应物的接触面积，使治理更充分，故正确；
D. 由溶解度曲线可知：30℃熟石灰的溶解度为0.15g，此时饱和溶液的质量分数=×100%≈0.15%，因此30℃熟石灰溶液浓度不能达到1.5%，故错误；
故答案为：C。
【分析】A、根据氢氧化钙的性质分析。
B、根据氢氧化钙的溶解度受温度的影响分析。
C、根据增大反应物接触面积会加快反应速度分析。
D、根据饱和溶液中溶质质量分数分析。
10．【答案】B
【解析】【分析】根据蔗糖的溶解度曲线可以看出蔗糖的溶解度随温度变化的变化情况，从而确定温度升高时溶液中溶质的质量分数的变化及蒸发溶剂时溶液中是否有晶体析出．
【解答】A、由于蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；
B、给蔗糖的饱和溶液蒸发溶剂再恢复到原来的温度，则原来溶解在这部分溶剂中的溶质就会结晶析出，故B正确；
C、如果只是单纯的温度升高，在不考虑溶剂蒸发的情况下，溶液中若没有未溶解的溶质存在，则溶液中溶质的质量分数则不发生变化，故C错误；
D、由于温度高的溶解度就大，只能说这两个温度下的饱和溶液中溶质的质量分数不可能相等，但溶液所含溶质的质量可能相等，故D错误；
故选B．
【点评】本题难度不大，主要考查了固体溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线解决相关问题．
11．【答案】1.36×1018；0.7%
【解析】【解答】地球水资源的总储存量约为1.36×1018m3，人类所能利用的淡水仅占0.7%左右。
【分析】根据人类拥有的水资源分析。
12．【答案】（1）比较高锰酸钾在水和汽油中的溶解情况
（2）硝酸钾的溶解能力随温度升高而增大
【解析】【解答】（1）实验①、②是等量的高锰酸钾溶解在等体积的水、汽油中，实验目的是比较高锰酸钾在水和汽油中的溶解情况；（2）在其他条件不变的情况下，硝酸钾在加热前有部分未溶解，加热后全部溶解，说明硝酸钾的溶解能力随温度升高而增大。
【分析】（1）根据控制变量法，该实验中溶质相同，溶剂不同，即比较同种溶质在不同溶剂中的溶解能力；
（2）根据硝酸钾的溶解度随温度升高而增大分析。
13．【答案】（1）吸附使悬浮物沉降
（2）石墨
（3）化学性质稳定
（4）乳化
（5）煮沸
【解析】【解答】(1)明矾具有吸附性，能吸附悬浮的小的颗粒物；
(2)铅笔芯主要是黏土和石墨的混合物；
(3)氮气的化学性质稳定，用于食品防腐；
(4)洗洁精对油污有乳化作用，可以将油污乳化成无数细小的液滴随水冲走；
(5)煮沸可以将硬水中的钙镁化合物转化为水垢除去，生活中常用加热煮沸的方法软化硬水。
【分析】（1）明矾：吸附沉降；
（2）根据铅笔芯的成分分析；
（3）氮气化学性质稳定，可作保护气；
（4）洗洁精除污原理：乳化；
（5）生活中降低水硬度的方法：煮沸。
14．【答案】71%；96.5%；2.53%；30.4%
【解析】【解答】解：地球表面约有71%被水覆盖着，其中海洋水占全球总水量的96.5%．海水虽然储量大，但含盐量高，人们难以利用，而淡水只占全球总水量的2.53%，且大部分分布在两极冰川上，难以利用，真正可以利用的淡水约占淡水总量的30.4%．
故答案为：71%；96.5%；2.53%；30.4%．
【分析】本题主要考查学生对水资源状况和保护的理解，地球表面71%的面积被水覆盖，但可供利用的水资源有限，我们一定要保护水资源．
15．【答案】（1）氧气；氢元素和氧元素
（2）吸附色素和异味；煮沸
（3）丙；75；增加溶剂；甲<丙<乙
【解析】【解答】（1）水在通电条件下生成氢气和氧气，正氧负氢，体积比是1：2，所以，玻璃管a收集到的气体是氧气，故填写：氧气；该实验产生氢气和氧气，氢气是由氢元素组成，氧气是由氧元素组成，根据质量守恒定律的实质：化学反应前后，元素种类和数目不变可知，水是由氢元素和氧元素组成，故填写：氢元素和氧元素；
（2）活性炭疏松多孔，有吸附性能，可以吸附有色、有异味的物质，故填写：吸附色素和异味；生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度，故填写：煮沸；
（3）① 由图可知，横坐标表示温度，纵坐标表示溶解度，溶解度随温度升高而减小的曲线是丙曲线，因此，溶解度随温度升高而减小的是物质是丙，故填写：丙；
② 由图可知，t3℃时，甲物质的溶解度为50g，即100g水可溶解50g甲物质达到饱和，因此，50g水可溶解25g甲物质达到饱和，得到的溶液质量是50g+25g=75g，故填写：75；
③ 某温度下，将丙的饱和溶液转化为不饱和溶液的方法增加溶剂，故填写：增加溶剂；
④ t1℃时，乙物质的溶解度最大，丙物质的溶解度次之，甲物质的溶解度最小，甲、乙物质的溶解度随温度的升高而增大，丙物质的溶解度随温度的升高而减小，所以将t3℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温至t1℃，甲、乙物质会析出晶体，丙物质不会析出晶体，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：甲<丙<乙，故填写：甲<丙<乙。
【分析】（1）电解水时，与电源负极相连的试管内产生氢气，电源正极相连的试管内产生氧气，且两者的体积之比大约是2：1。
根据质量守恒定律的实质：化学反应前后，元素种类和数目不变，进行分析。
（2）活性炭具有疏松多孔结构，有吸附性。
（3）溶解度曲线上的点有三个方面的作用：① 根据已知温度查出有关物质的溶解度；② 根据物质的溶解度查出对应的温度；③ 比较相同温度下不同物质溶解度的大小或者饱和溶液中溶质的质畺分数的大小。
16．【答案】（1）36.0g
（2）KNO3
（3）小于
（4）降低温度到50℃以下，加溶质或蒸发溶剂(答一个即可)
（5）②④①③
【解析】【解答】（1）20℃时氯化钠的溶解度为36.0g；
（2）10℃时，氯化钠的溶解度比硝酸钾的溶解度大，将等质量的KNO3、NaCl固体，分别加入到盛有100g水的两个烧杯中，搅拌，充分溶解，烧杯中一定是饱和溶液的是硝酸钾溶液；
（3）30℃时，硝酸钾的溶解度比氯化钠的溶解度大，分别将30℃时等质量的KNO3、NaCl的饱和溶液降温至20℃，硝酸钾析出的晶体比氯化钠析出的晶体多，剩余溶液硝酸钾溶液的质量小于氯化钠溶液的质量；
（4）氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，将A点对应的Ca(OH)2溶液的溶质质量分数增大，采取的方法是降温或者增加溶质或者 蒸发溶剂；
（5）配制50g6%的氯化钠溶液，所需的步骤是计算，计算所需溶质和溶剂的质量，称量，量取，溶解，装瓶，贴标签，正确的顺序为②④①③。
【分析】（1）根据20℃时氯化钠的溶解度为36.0g分析；
（2）根据10℃时，氯化钠的溶解度比硝酸钾的溶解度大分析；
（3）根据30℃时，硝酸钾的溶解度比氯化钠的溶解度大，分别将30℃时等质量的KNO3、NaCl的饱和溶液降温至20℃，硝酸钾析出的晶体比氯化钠析出的晶体多分析；
（4）根据氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，将A点对应的Ca(OH)2溶液的溶质质量分数增大，采取的方法是降温或者增加溶质或者 蒸发溶剂分析；
（5）根据配制50g6%的氯化钠溶液，所需的步骤是计算，称量，量取，溶解，装瓶，贴标签分析。
17．【答案】（1）软水；煮沸
（2）b；2：1
（3）A
【解析】【解答】（1）为区分软水和硬水，将等量的肥皂水分别滴加到盛有等量软水、硬水的试管中，振荡，试管中产生较多泡沫的为软水，较少泡沫的是硬水；生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度。
（2）电解水实验中，正极产生氧气能使燃着的木条燃烧更旺；负极产生气体能燃烧，产生淡蓝色火焰；且正极与负极的体积比为1：2；故试管b中的气体能使燃着的木条燃烧更旺是氧气，那么试管a、b中产生气体的体积比约为2：1。
（3） 在电解水的实验示意图中，下列说法正确的是 ：
A、在电解水的实验中，正极产生氧气能使燃着的木条燃烧更旺；负极产生气体能燃烧，产生淡蓝色火焰，试管a中得到的气体是氢气，能燃烧，该说法正确，符合题意；
B、水通电生成氢气和氧气，有新物质生成，是化学变化，该说法错误，不符合题意；
C、电解水实验生成氢气和氧气，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，可以得出水是由氢元素和氧元素组成的，该说法错误，不符合题意。
故答案为：A.
【分析】（1）根据生活中常用肥皂水来鉴别硬水和软水，泡沫少的是硬水；常用煮沸来降低水的硬度来解答；
（2）根据电解水实验正极产生氧气，氧气能支持燃烧，负极产生氢气具有可燃性，二者的体积比是1：2来解答；
（3）根据电解水实验正极产生氧气、负极产生氢气，属于化学变化；水是由氢氧两种元素组成来解答。
（1）为区分软水和硬水，将等量的肥皂水分别滴加到盛有等量软水、硬水的试管中，振荡，试管中产生较多泡沫的为软水，较少泡沫的是硬水；
硬水是含有较多可溶性钙镁物质的水，软水是含有较少可溶性钙镁物质的水，生活中常用煮沸的方法来降低水的硬度，因为加热煮沸的过程中一些钙镁物质可以形成水垢沉降下来；
（2）电解水实验中，正极产生氧气，能使燃着的木条燃烧更旺，负极产生气体，气体能燃烧，产生淡蓝色火焰；且正极与负极的体积比为1：2；故试管b中的气体能使燃着的木条燃烧更旺，试管a、b中产生气体的体积比约为2：1；
（3）A、在电解水的实验中，正极产生氧气，能使燃着的木条燃烧更旺，负极产生气体，气体能燃烧，产生淡蓝色火焰，试管a中得到的气体是氢气，能燃烧，说法正确；
B、水通电生成氢气和氧气，有新物质生成，是化学变化，说法错误；
C、电解水实验生成氢气和氧气，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，可以得出水是由氢元素和氧元素组成的，说法错误；
故选A。
18．【答案】（1）溶解
（2）过滤
【解析】【解答】(1)配制溶液的基本步骤：计算、称量、溶解、装瓶存放；(2)除去粗盐中难溶性杂质，需要进行操作⑥，该操作的名称是过滤。
【分析】本题综合性较强，考查学生对实验室配制溶液、粗盐提纯的步骤所需要的仪器的理解与应用及灵活运用进行分析问题、解决问题的能力。
19．【答案】110.0g/100g水；65.8；降温结晶法；AC；KNO3、NaCl；114；AD
【解析】【解答】①由表中数据可知，60℃时，硝酸钾的溶解度是110.0g/100g水
②由表中数据可知，20℃时，硝酸钾的溶解度是31.6.0g/100g水，50g水中最多溶解硝酸钾的质量为 ，所以，所得溶解的质量为50g+15.8g=65.8g；
③硝酸钾的溶解度随温度变化远大于氯化钠，当硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以用降温结晶法提纯硝酸钾；
④A、由表中数据20℃时，硝酸钾和氯化钠的溶解度分别是31.6g/100g水和36.0g/100g水，对比烧杯中的溶解现象可知，加入的质量大于31.6g，小于或等于36.0g， 所以，不能判断烧杯甲中的溶液是否饱和，不正确，正确；
B、由表中数据20℃时，硝酸钾和氯化钠的溶解度分别是31.6g/100g水和36.0g/100g水，对比烧杯中的溶解现象可知，烧杯甲中的溶质是氯化钠，烧杯乙中的溶质是硝酸钾，正确，不正确；
C、烧杯乙中溶液为饱和溶液，若使烧杯乙中固体全部溶解，可以加水，其溶液浓度不变或者减小，不正确，正确；
D、烧杯乙中的溶质是硝酸钾，加入硝酸钾的质量大于31.6g，小于或等于36.0g，50℃时硝酸钾的溶解度是110.0g，温度升高到50℃，烧杯乙中的固体一定全部溶解，正确，不正确；
故答案为：AC；
⑤Ⅰ.20℃时，硝酸钾和氯化钠的溶解度分别是31.6g/100g水和36.0g/100g水，100g水中加入15g硝酸钾全部溶解，150g氯化钠36g溶解，溶质为KNO3和NaCl；过滤以后的固体为未溶解的氯化钠，质量为150g-36.0g=114g
Ⅱ. AD由表中数据80℃时，硝酸钾和氯化钠的溶解度分别是169.0g/100g水和38.4g/100g水，溶液C中的溶质为15g硝酸钾和36.0g氯化钠，温度升高到80℃，蒸发掉90g水以后，溶液中最多能溶解硝酸钾和氯化钠的质量为： ， ，
A、溶液C温度升高到80℃，蒸发掉90g水，过滤后的固体b为氯化钠，是纯净物，正确，正确；
B、溶液c为氯化钠20℃时的饱和溶液，溶液d为氯化钠80℃时的饱和溶液，溶解度不同，质量分数也不相等，不正确，不正确；
C、溶液d中硝酸钾的质量为15g，氯化钠的质量为3.84g，说法不正确，不正确；
D、20℃时，硝酸钾溶解度是31.6g/100g水，50g水中最多溶解 ，温度升高到80℃，蒸发掉90g水以后，溶液中最多能溶解硝酸钾的质量为： ，加入硝酸钾的质量为15g，所以，实验过程中硝酸钾溶液始终是不饱和溶液，正确，正确；
故答案为：AD。
【分析】 ① 根据表中的数据进行分析
② 根据 20℃ 时，硝酸钾的溶解度分析
③ 根据两种物质的溶解度随温度的变化分析
④ 根据饱和溶液和不饱和溶液的概念分析
⑤ 根据物质的溶解度随温度的变化分析
20．【答案】解：设海水样品中氯化镁的质量为x，
x=9.5 g，
氯化镁的质量分数： ，
答：海水样品中氯化镁的质量分数为0.95%
【解析】【分析】题考查根据方程式的计算。先根据氢氧化镁的质量，列比例式，计算出氯化镁的质量，进而求出其质量分数。
21．【答案】解：设需20%的氯化钠溶液的质量为x，溶液稀释前后，溶质的质量不变，
则x×20%=1000g×8% x=400g
所需水的质量=1000g﹣400g=600g．
答：需20%的氯化钠溶液400克，需水600g．
【解析】【分析】利用溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，结合溶液稀释前后，溶质的质量不变，进行分析解答．
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