三年（2023-2025）广东中考化学真题分类汇编：专题04 水和溶液（解析版）

专题04水和溶液（广东专用）

考点01水

考点02溶液

考点01水

1．（2025·广东广州·中考真题）地球上可利用的淡水资源是有限的，下列措施不利于水资源保护的是

A．生活污水直接排放到河流中B．城市绿化采用节水灌溉方式

C．农业生产中合理使用化肥D．工业废水净化后重复利用

【答案】A

【详解】A、生活污水含有大量有害物质，如洗涤剂、细菌等。直接排放会污染水体，导致水质恶化、富营

养化（藻类过度繁殖，消耗水中氧气，破坏生态平衡），并可能传播疾病，不利于水资源保护。符合题意；

B、节水灌溉方式（如滴灌或喷灌）通过精准控制水量，减少蒸发和浪费，提高用水效率，有利于水资源保

护。不符合题意；

C、化肥过量会导致水体富营养，农业生产中合理使用化肥，能减少污染，有利于水资源保护。不符合题意；

D、工业废水经过净化处理后重复利用，减少了新鲜水的消耗和废水排放量，既节约水资源，又防止污染，

有利于水资源保护。不符合题意；

故选A。

2．（2025·广东·中考真题）下列关于自来水厂净水的说法错误的是

A．自来水厂的水源需要保护B．明矾可使悬浮的杂质沉降

C．消毒除去水中部分微生物D．自来水厂净水后得到纯水

【答案】D

【详解】A、自来水厂的水源是提供生活用水的源头，需要保护，防止污染，该说法正确；

B、明矾溶于水形成的胶状物能吸附水中悬浮的杂质，使杂质沉降，该说法正确；

C、消毒过程中使用消毒剂，可除去水中部分微生物，保障饮用水安全，该说法正确；

D、自来水厂净水过程主要包括沉淀、过滤、吸附、消毒等，只能除去水中的不溶性杂质和部分可溶性杂质、

微生物等，得到的自来水中仍含有一些可溶性矿物质等，不是纯水，该说法错误。

故选D。

3．（2024·广东广州·中考真题）关于下列实验的说法，不正确的是

11

A．实验①：集气瓶内水平面上升约，说明氧气约占空气体积

55

B．实验②：电解水的玻璃管内分别生成H2和O2，说明水由H和O两种元素组成

C．实验③：白磷燃烧但红磷不燃烧，说明白磷的着火点比红磷的低

D．实验④：反应前后称量的总质量不同，说明该反应不符合质量守恒定律

【答案】D

【详解】A、实验①是测定空气中氧气的含量，红磷在集气瓶中燃烧消耗空气中的氧气，集气瓶中水平面上

升的液位为氧气站空气的体积，选项正确；

B、实验②电解水在电源两级的玻璃管内分别生成氢气和氧气，可说明水是由氢和氧两种元素组成，选项正

确；

C、实验③是红磷和白磷在相同的条件下，白磷燃烧，红磷不燃烧，可说明白磷的着火点比红磷低，选项正

确；

D、稀盐酸和大理石反应生成的二氧化碳会进入空气中，不在密闭空间内，不可说明质量守恒定律，选项错

误。

故选D。

4．（2023·广东深圳·中考真题）下列说法正确的是

A．a和b质量比为2：1B．H2具有助燃性

C．水是由氢元素和氧元素组成的D．水的电解是物理变化

【答案】C

【详解】A、电解水实验中，根据正氧负氢，氧一氢二，a管与电源的负极相连，产生的是氢气，b管与电

源的正极相连，产生的是氧气，a（氢气）和b（氧气）体积比为2：1，水通电分解生成氢气和氧气，该反

通电

应方程式为：2H2O2H2+O2，a（氢气）和b（氧气）质量比为4：32=1：8，故A说法错误；

B、氢气具有可燃性，氧气具有助燃性，故B说法错误；

C、水通电分解生成氢气和氧气，氢气是由氢元素组成的，氧气是由氧元素组成的，根据反应前后元素种类

不变，则水是由氢元素和氧元素组成的，故C说法正确；

D、水通电分解生成氢气和氧气，有新物质生成，属于化学变化，故D说法错误；

故选C。

5．（2023·广东广州·中考真题）用电解水实验探究水的元素组成，下列说法不．正．确．的是

A．a管和b管中气体体积比约为2：1

B．b管中的气体能使燃着的木条烧得更旺

C．该探究说明水中含有氢分子和氧分子

D．该探究的依据是化学变化前后元素种类不变

【答案】C

【详解】A、电解水实验正极产生氧气，负极产生氢气。产生氧气和氢气的体积比为1:2。a与负极相连，b

与正极相连，所以a管和b管中气体体积比约为2：1，正确；

B、b管收集到的是氧气，具有助燃性，能使燃着的木条烧得更旺，正确；

C、化学反应前后元素的种类不变，水通电分解生成氢气和氧气说明水由氢元素和氧元素组成，水不含有氢

分子和氧分子，错误；

D、该探究的依据是化学变化前后元素种类不变，从而从水分解的产物是氢气和氧气得出水由氢元素和氧元

素组成，正确；

故选C。

6．（2023·广东广州·中考真题）某学习小组制作的净水器如图，关于该净水器的说法正确的是

A．能把自来水变成纯净物

B．能除尽水中的可溶性杂质

C．能除去水中的色素和异味

D．净水时水最后流经小卵石

【答案】C

【详解】A、所得到的水中含有钙、镁离子等可溶性杂质，是混合物，选项错误；

B、所得到的水中含有钙、镁离子等可溶性杂质，不能除尽水中的可溶性杂质，选项错误；

C、活性炭具有吸附性，可吸附色素和异味，选项正确；

D、由图知，净水时从上到下，最先经过小卵石，选项错误。

故选C。

考点02溶液

7．（2023·广东深圳·中考真题）下图是亮亮看到的NH4H2PO4和MgSO4溶解度曲线，下列说法正确的是：

A．搅拌，可以使溶解度变大

B．20℃时，在100g水中加33.7gNH4H2PO4形成不饱和溶液

C．40℃时，NH4H2PO4的溶解度大于MgSO4的溶解度

D．NH4H2PO4溶液降温一定有晶体析出

【答案】C

【详解】A、固体溶解度受温度影响，搅拌不能改变溶解度大小，该选项说法不正确；

B、由图可知，20℃时，NH4H2PO4的溶解度为33.7g，则在100g水中加33.7gNH4H2PO4形成饱和溶液，该

选项说法不正确；

C、由图可知，40℃时，NH4H2PO4的溶解度大于MgSO4的溶解度，该选项说法正确；

D、将NH4H2PO4饱和溶液降温一定有晶体析出，但将其不饱和溶液降温不一定有晶体析出，该选项说法不

正确。

故选C。

8．（2024·广东深圳·中考真题）Ca(OH)2、K2CO3溶解度示意图，下列说法正确的是（）

A．40℃时，将0.14gCa(OH)2放入100g水中得到100.14g溶液

B．40℃时，Ca(OH)2的饱和溶液降温后仍是饱和溶液

C．40℃时，K2CO3饱和溶液的溶质质量分数为11.7%

D．40℃时，Ca(OH)2溶解度比K2CO3溶解度大

【答案】A

【详解】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、氢氧化钙的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

117g

100%53.9%，该选项说法不正确；

117g100g

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；

故选A。

．（广东深圳中考真题）和是两种常见的氮肥，二者溶解度曲线如图所示，下列

92025··NH42SO4NH4Cl

说法正确的是

．的溶解度比的溶解度小

ANH4ClNH42SO4

．将℃的饱和溶液升温至，溶质质量分数会增大

B20NH42SO480℃

C．40℃时NH4Cl饱和溶液质量分数为45.8%

．时将加入水中，会形成不饱和溶液

D80℃94.1gNH42SO4200g

【答案】D

【详解】A、比较溶解度大小需指明温度，未指明温度时，不能直接说NH4Cl的溶解度比(NH4)2SO4的溶解

度小，该选项错误；

B、(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，将20℃的饱和(NH4)2SO4溶液升温至80℃，(NH4)2SO4溶解度增

溶质质量

大，溶液由饱和变为不饱和，但溶质、溶剂质量不变，根据溶质质量分数=×100%，溶

溶质质量+溶剂质量

质质量分数不变，该选项错误；

45.8g

C、40℃时NH4Cl的溶解度是45.8g，其饱和溶液质量分数为×100%31.4%45.8%，该选项错

100g+45.8g

误；

D、80℃时(NH4)2SO4的溶解度是94.1g，即该温度下100g水中最多溶解94.1g(NH4)2SO4，那么200g水中最

多溶解188.2g(NH4)2SO4，将94.1g(NH4)2SO4加入200g水中，形成不饱和溶液，该选项正确。

故选D。

10．（2024·广东·中考真题）硫酸铝的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是

A．将硫酸铝饱和溶液从10℃升温至40℃，仍是饱和溶液

B．20℃时，将16.0g硫酸铝加入50.0g水中，形成不饱和溶液

C．30℃时，硫酸铝的溶解度为36.4g

D．40℃时，硫酸铝饱和溶液的溶质质量分数为45.8%

【答案】B

【详解】A、根据图像，硫酸铝的溶解度随温度的升高而增大，升温后，硫酸铝的饱和溶液变为不饱和溶液，

故A错误；

B、20℃时，硫酸铝的溶解度为36.4g，即100g中最多能溶解硫酸铝的质量为36.4g，所以将16.0g硫酸铝

加入50.0g水中，能全部溶解，形成不饱和溶液，故B正确；

C、根据图像，30℃时，硫酸铝的溶解度大于36.4g，故C错误；

45.8g

D、40℃时，硫酸铝的溶解度为45.8g，硫酸铝饱和溶液的溶质质量分数为100%31.4%，故

100g45.8g

D错误。

故选B。

（2023·广东·中考真题节选）“盐穴储气”是一种地下储能技术、储气时采集盐水，注水时排天然气，原

理如图所示，回答下列题。

11．采集的盐水主要含NaCl和少量MgSO4。根据下图判断，下列说法正确的是

A．溶解度：MgSO4＞NaCl

B．MgSO4的溶解度随温度升高而增大

C．a℃时，MgSO4溶液的溶质质量分数为50%

D．将盐水蒸发结晶，可得到较纯的NaCl

【答案】D

【解析】A、选项说法没有指明温度，无法比较硫酸镁和氯化钠的溶解度大小，故选项说法错误；

B、由溶解度曲线图，MgSO4的溶解度先随温度升高而增大，后随温度升高而减小，故选项说法错误；

C、选项说法没有指明溶液是否饱和，无法确定溶质质量分数大小，故选项说法错误；

D、氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大，所以将盐水蒸发结晶，可得到较纯的NaCl，故选项说法正确。

故选D。

12．（2025·广东广州·中考真题）碳酸钡(BaCO3)广泛用于制造光学玻璃、陶瓷、搪瓷、颜料等，工业上用

重晶石(BaSO4)碳化法生产碳酸钡的流程如下：

(1)煅烧炉得到的副产品是(写化学式)。

粗中的杂质不参与反应，反应器中生成的和均进入溶液在碳化塔中与反应

(2)BaSBaOH2BaHS2ACO2

完全转化为BaCO3沉淀。

①BaS与H2O反应的化学方程式是。

②如果参加反应的BaS质量是338kg，理论上碳化塔中参加反应的CO2质量是kg。

(3)结合上述工艺，设计吸收碳化塔产生的酸性气体H₂S的合理方案：

可用于制备其他钡的化合物。已知、的溶解度如下表：

(4)BaCO₃BaCl2BaOH2

温度/℃020406080

溶BaCl231.635.740.746.452.4

解

度

Ba(OH)21.73.98.220.9101.4

/g

①描述两种物质的溶解度特点：

：

BaCl20~80C范围内溶解度均较大，随温度升高而增大。

Ba(OH)2：。

②以为原料制备固体，简述操作过程：在加热条件下，将固体溶于浓盐

BaCO3BaOH2BaCO3

酸，。

【答案】(1)CaO

(2)2BaS+2H2O=Ba(OH)2+Ba(HS)288

(3)将H2S通入饱和氢氧化钡溶液

(4)0-40℃范围内溶解度较小，60-80℃范围内溶解度较大，随温度升高而增大加入适量饱和氢氧

化钠溶液，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥

【详解】（1）石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，则烧炉得到的

副产品是氧化钙，其化学式为CaO；

（）①与水反应生成和，化学方程式为；

2BaSBaOH2BaHS22BaS+2H2O=Ba(OH)2+Ba(HS)2

②与水反应生成和，化学方程式为；二氧化碳与

BaSBaOH2BaHS22BaS+2H2O=Ba(OH)2+Ba(HS)2

反应生成碳酸钡沉淀和水，化学方程式为＝；二氧化碳与、

BaOH2BaOH2+CO2BaCO3+H2OBaHS2

水反应生成碳酸钡沉淀和，化学方程式为＝，则由化学方程式可知

H2SBaHS2+CO2+H2OBaCO3+2H2S

BaS与CO2的关系为BaS~CO2，如果参加反应的BaS质量是338kg，设理论上碳化塔中参加反应的CO2质

量是x，

BaS~CO2

16944

338kgx

169338kg

，x88kg

44x

故理论上碳化塔中参加反应的CO2质量是88kg；

（3）氢氧化钡能与H2S反应生成硫化钡和水，则结合上述工艺，设计吸收碳化塔产生的酸性气体H2S的合

理方案为：将H2S通入饱和氢氧化钡溶液；

（）①由表格数据可知，的溶解度特点是：范围内溶解度较小，范围内溶解度较

4BaOH20-40℃60-80℃

大，随温度升高而增大；

②由表格数据可知，氢氧化钡的溶解度受温度影响较大，则以为原料制备固体，操作过

BaCO3BaOH2

程为：在加热条件下，将BaCO3固体溶于浓盐酸，充分反应后生成BaCl2溶液，加入适量饱和氢氧化钠溶

液，溶液降温时发生复分解反应BaCl2+2NaOH=Ba(OH)2+2NaCl；由于Ba(OH)2溶解度随温度升高而增大，

可加热浓缩（高温下进行，因为高温时Ba(OH)2溶解度大，能溶解更多），然后降温结晶，降温后Ba(OH)2

溶解度减小，结晶析出，然后过滤、洗涤、干燥；故填：加入适量饱和氢氧化钠溶液，蒸发浓缩、降温结

晶、过滤、洗涤、干燥。

13.（2025·广东·中考真题）NaCl在生产生活中应用广泛。兴趣小组开展NaCl制备方法的研究，并探究NaCl

溶解度的影响因素。

(1)海水晒盐：据图分析，从海水中获得粗盐的方法是结晶。

(2)精制NaCl

【查阅资料】

ⅰ.一种精制NaCl的方法是将HCl气体通入饱和食盐水中，析出NaCl晶体。

ⅱ.25℃时，100g水中最多能溶解NaCl的质量随通入HCl的质量变化如表。

HCl的质量/g0.05.416.825.9

NaCl的质量/g36.032.425.119.4

【交流讨论】25℃时，NaCl的溶解度随HCl质量的增大而，原因是NaCl和HCl在水中解离出

相同的（填离子符号）。

(3)探究NaOH对NaCl溶解度的影响

【提出猜想】NaOH在水中能解离出Na，会降低NaCl的溶解度。

【实施实验】

ⅰ.配制溶液：配制饱和NaCl溶液，如图中不需要用到的玻璃仪器是（填名称）。

ⅱ.实验探究：向等质量的饱和NaCl溶液中加入不同质量的NaOH固体，测得溶液中NaCl的质量分数（用a

表示）如表。

实验序温度NaOH的质量NaCl的质量分

号/℃/g数

1250.0a1

22510.0a2

32530.0a3

【分析讨论】

ⅰ.a1（结果精确到0.1%）。

ⅱ.实验证明猜想成立，得出该结论的依据是（用a的大小关系表示）。

【拓展延伸】科研人员将一定质量的NaOH加入海水中进行电解，发现析出了NaCl晶体，分析原因：

ⅰ.水因电解而减少。电解水的化学方程式为。

ⅱ.。

【答案】(1)蒸发

(2)减小Cl

通电

(3)漏斗26.5%a1a2a32H2O2H2O2NaOH在水中解离出Na，降

低了NaCl在水中的溶解度

【详解】（1）由图可知，氯化钠的溶解度受温度影响较小，从海水中获得粗盐，采用蒸发结晶的方法，通

过蒸发溶剂使氯化钠结晶析出。

（2）由表格数据可知，25℃时，随着通入HCl质量的增大，100g水中最多能溶解的NaCl质量减小，即

NaCl的溶解度随HCl质量的增大而减小；

NaCl在水中解离出Na+和Cl-，HCl在水中解离出H+和Cl-，二者解离出相同的Cl-，使溶液中Cl-浓度增大，

抑制NaCl的溶解，导致NaCl溶解度减小。

（3）实施实验：ⅰ、配制饱和溶液，需要进行计算、称量、量取、溶解等操作，用到的玻璃仪器有烧杯、量

筒、玻璃棒等，不需要漏斗。

分析讨论：ⅰ、25℃时，NaCl的溶解度为36.0g，饱和NaCl溶液中NaCl的质量分数

36.0g

a=×100%26.5%。

136.0g+100g

ⅱ、猜想是NaOH在水中能解离出Na+，会降低NaCl的溶解度，加入NaOH固体质量越大，NaCl溶解度降

低越明显，溶液中NaCl质量分数越小，所以当a1a2a3时，能证明猜想成立。

通电

拓展延伸：ⅰ、水在通电条件下分解生成氢气和氧气，化学方程式为2H2O2H2O2。

ⅱ、加入的NaOH在水中解离出Na+，溶液中Na+浓度增大，根据前面探究结论，Na+浓度增大降低了NaCl

的溶解度，所以会析出NaCl晶体。

1．（2025·广东广州·二模）下列探究实验设计不符合控制变量思想的是

A．实验①探究温度对物质溶解性的影响

B．实验②探究铜生锈是否必须有氧气参加

C．实验③铜片上的白磷、水中的白磷探究燃烧是否需要接触氧气

D．实验④探究催化剂种类对过氧化氢溶液分解速率的影响

【答案】A

【详解】A、由于温度和溶剂种类均不同，则不能比较温度对物质溶解性的影响，该选项实验设计不符合控

制变量思想；

B、左边铜片和二氧化碳、蒸馏水接触，右边铜片和二氧化碳、蒸馏水、氧气均接触，对比可知铜生锈是否

必须有氧气参加，该选项实验设计符合控制变量思想；

C、图中实验，铜片上的白磷能与氧气接触，水中的白磷不能与氧气接触，铜片上的白磷燃烧、水中的白磷

不能燃烧，说明燃烧需要与氧气接触，该选项实验设计符合控制变量思想；

D、图中实验，除去催化剂的种类不同外，其它条件均相同，能探究催化剂种类对过氧化氢溶液分解速率的

影响，该选项实验设计符合控制变量思想。

故选A。

2．（2025·广东深圳·二模）下列实验设计不能达到实验目的的是

A．用铜和氧气反应验证质量守恒定B．探究铁生锈是否有氧气参与

律

C．探究碘的溶解性与溶剂种类的关D．①③对比可说明物质燃烧需要达到一定的温

系度

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】A、铜和氧气在加热条件下反应生成氧化铜，反应在密闭装置中进行，没有物质逸出，能验证质量

守恒定律，该实验设计能达到目的；

B、左侧试管中铁钉与氧气、水同时接触，观察到铁钉生锈，同时右侧试管内导管口上升一段液柱，说明左

侧试管内气压减小，即氧气被消耗，证明铁生锈有氧气参与，该实验设计能达到目的；

C、将等质量体积的碘粒分别加入等体积的水和汽油中，变量只有溶剂种类，可探究碘的溶解性与溶剂种类

的关系，该实验设计能达到目的；

D、燃烧的条件是：可燃物；可燃物与氧气充分接触；温度达到可燃物的着火点。图中白磷（着火点为40℃）

和红磷（着火点为240℃）都是可燃物，热水提供热量使白磷的温度达到着火点，但不能使红磷的温度达到

着火点，同时热水可以隔绝氧气，使水中的白磷不能与氧气充分接触。①处白磷与氧气接触且温度达到着

火点能燃烧，③处白磷温度达到着火点，但没有与氧气接触，不能燃烧，①③对比说明燃烧需要可燃物与

氧气接触，而不是说明物质燃烧需要达到一定温度，该说法不合理。

故选D。

3．（2025·广东深圳·二模）下列实验设计能达到实验目的的是

A．验证铁生锈的条B．验证分子运C．探究同种溶质在不同D．验证质量守恒定

件动溶剂中的溶解性律

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】A、第一支试管中铁钉只与水接触，第二支试管中的铁钉只与干燥的空气接触，两支试管中的铁钉

均不能生锈，不能用于验证铁生锈的条件，故选项实验设计不能达到实验目的；

B、浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢分子不断运动，运动到酚酞溶液中，溶于水形成盐酸，盐酸显酸

性，不能使酚酞溶液变色，因此图示实验无明显现象，不能验证分子运动，故选项实验设计不能达到实验

目的；

C、两支试管中溶质相同，溶剂种类不同，可用于探究同种溶质在不同溶剂中的溶解性，故选项实验设计能

达到实验目的；

D、氢氧化钠和氯化钡不能发生反应，不能用于验证质量守恒定律，故选项实验设计不能达到实验目的。

故选：C。

4．（2025·广东深圳·二模）下列物质的鉴别与除杂的实验方案设计正确的是

选项实验目的实验方案

A除去铜粉中含有少量木炭粉放在空气中灼烧

B除去CuCl2溶液中少量的FeCl2加入过量的铁粉，过滤

C鉴别NH4NO3固体和NaOH固体取样后，加水溶解，测溶液温度

D除去MnO2粉末中混有的NaCl加水溶解

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】A、铜粉和木炭粉放在空气中灼烧，铜会与氧气反应生成氧化铜，木炭粉会与氧气反应生成二氧化

碳气体，不仅木炭粉被除去，铜粉也被反应掉了，不符合除杂原则，错误；

B、加入过量的铁粉，铁会与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁和铜，而不是除去FeCl2，反而把需要保留的CuCl2

除去，不符合除杂要求，错误；

C、NH4NO3固体溶于水吸热，溶液温度降低；NaOH固体溶于水放热，溶液温度升高。通过取样后加水溶

解，测溶液温度，可以鉴别NH4NO3固体和NaOH固体，正确；

D、MnO2粉末不溶于水，NaCl溶于水。加水溶解后，还需要进行过滤，才能得到MnO2固体，只加水溶解

不能达到除杂目的，错误。

故选C。

5．（2025·广东深圳·一模）下列实验方案设计不合理的是

A．探究不同溶剂中物质的溶解性

B．比较Mg和Zn的金属活动性强弱

C．鉴别水和3%H2O2溶液

D．除去CO中混有的少量CO2

【答案】B

【详解】A、将0.5g碘分别加入10mL水和10mL酒精中，控制了溶质（碘）的质量相同，溶剂的种类不同，

通过观察碘在两种溶剂中的溶解情况，可以探究不同溶剂中物质的溶解性，该实验方案设计合理，故选项

不符合题意；

B、将镁片和锌片分别放入硫酸铜溶液中，镁和锌都能与硫酸铜反应置换出铜，只能说明镁和锌的活动性都

比铜强，但无法比较镁和锌之间的金属活动性强弱，故选项符合题意；

C、过氧化氢在二氧化锰的催化作用下会分解产生氧气，可使带火星的木条复燃；而水和二氧化锰不反应，

不能使带火星的木条复燃，可以鉴别水和3%H2O2溶液，该实验方案设计合理，故选项不符合题意；

D、二氧化碳能与碳在高温条件下反应生成一氧化碳，可以除去CO中混有的少量CO2，该实验方案设计合

理，故选项不符合题意；

故选：B。

6．（2025·广东·二模）水是最常用的一种溶剂，从天然水到自来水，需经过必要的处理。下列说法正确的是

A．通过先进的超滤膜净水技术，可将天然水中的离子全部滤去

B．经絮凝过滤、吸附消毒、降温结晶等净化后，可得到自来水

C．适量的NH4NO3溶于一定体积水中，形成液体的温度会下降

D．37.5mL乙醇溶于12.5mL蒸馏水，即可配制50mL医用酒精

【答案】C

【详解】A、先进的超滤膜能有效去除水中的悬浮物、藻类、细菌等不溶性杂质，不能除去可溶性杂质，不

能降低水的硬度，不能将水中的离子全部滤去，错误；

B、天然水经过絮凝沉降、过滤吸附、杀菌消毒净化后，能得到自来水，此过程中不需要降温结晶等工艺，

错误；

C、硝酸铵溶于水，该过程会吸收热量，导致所得溶液的温度降低，正确；

D、分子之间有间隔，一部分水分子和乙醇分子会互相占据分子之间的间隔，因此37.5mL乙醇溶于12.5mL

蒸馏水，小于50mL，错误。

故选C。

7．（2025·广东深圳·三模）我国杰出化学家侯德榜先生发明的“联合制碱法”享誉全球。该方法以食盐为主要

原料制取纯碱，某同学绘制了两物质的溶解度曲线，下列说法正确的是

A．NaCl的溶解度大于Na2CO3的溶解度

℃℃

B．t3时两物质的饱和溶液降温到t2，所得溶液中溶质的质量分数相等

℃

C．t1时NaCl溶液中溶质质量分数约为36%

℃

D．t1时，100gNa2CO3饱和溶液中含有21.5gNa2CO3

【答案】B

【详解】A、溶解度的比较需要在一定温度下，没有指明温度，不能比较NaCl和Na2CO3的溶解度大小，A

错误；

B、t3℃时两物质的饱和溶液降温到t2℃，溶解度都减小，都有溶质析出，都得到饱和溶液，t2℃时两者溶解

溶解度

度相等，根据饱和溶液溶质质量分数=×100%，可知所得溶液中溶质的质量分数相等，B正

溶解度+100g

确；

36g

C、t1℃时NaCl溶解度是36.0g，其饱和溶液溶质质量分数为×100%26.5%36%，C错误；

100g+36g

D、t1℃时Na2CO3溶解度是21.5g，是100g水中含有21.5gNa2CO3，则121.5g饱和Na2CO3溶液中含有21.5g

Na2CO3，100g饱和Na2CO3溶液中含有的Na2CO3小于21.5g，D错误。

故选B。

8．（2025·广东深圳·三模）《本草纲目》记载：“火药乃焰硝、硫黄、杉木炭所合……”焰硝经处理可得到含

少量NaCl的KNO3溶液，将其蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最终得到较纯净的KNO3固体。KNO3和NaCl

的溶解度曲线如下图所示。下列说法正确的是

A．KNO3的溶解度大于NaCl的溶解度

B．冷却结晶时会有KNO3晶体析出

C．“过滤”所得滤液中的溶质只含有NaCl

D．“蒸发浓缩”是为了获得较高温度下NaCl的饱和溶液

【答案】B

【详解】A、比较溶解度大小必须有温度的限制，未指明温度，无法比较NaCl和KNO3的溶解度，故不符

合题意；

B、由溶解度曲线可知，KNO3的溶解度随温度降低大幅减小，所以“冷却结晶”时析出KNO3晶体，故符

合题意；

C、由溶解度曲线可知，KNO3的溶解度随温度降低大幅减小，所以“冷却结晶”时析出KNO3晶体，则“过

滤”所得滤液为硝酸钾的饱和溶液，滤液中的溶质含有NaCl和硝酸钾，故不符合题意；

D、由溶解度曲线可知，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，含少

量NaCl的KNO3溶液，“蒸发浓缩”是为了获得较高温度下硝酸钾的饱和溶液，故不符合题意。

故选B。

9．（2025·广东广州·三模）硝酸钾的溶解度曲线如图所示。以下有关分析正确的是

A．②中搅拌可增大硝酸钾的溶解度

B．②中一定是硝酸钾的饱和溶液

C．③中一定会有硝酸钾固体析出

D．③中溶液的溶质质量分数为31.6%

【答案】C

【详解】A、溶解度只与温度有关，搅拌能加快硝酸钾的溶解速率，但不能增大硝酸钾的溶解度，A错误。

B、根据溶解度曲线，在60℃时，硝酸钾的溶解度远大于40g，向100g水中加入40g硝酸钾，此时溶液

不一定是饱和溶液，B错误。

C、20℃时，硝酸钾的溶解度是31.6g，将60℃时100g水中溶解40g硝酸钾的溶液降温到20℃，因为

40g>31.6g，所以一定会有硝酸钾固体析出，C正确。

D、20℃时，硝酸钾的溶解度是31.6g，此时溶液为饱和溶液，溶质质量分数为

31.6g

100%24%31.6%，D错误。

31.6g100g

故选C。

10．（2025·广东·三模）硝酸钾的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是

A．溶液从a点升温到60℃，有硝酸钾晶体析出

B．60℃时，b、c点对应的都是硝酸钾的饱和溶液

C．60℃时，向b点的溶液加入c点的溶液，仍是硝酸钾的饱和溶液

D．60℃时，向50g水中加入60g硝酸钾，形成的是硝酸钾的饱和溶液

【答案】D

【详解】A、a点是20℃时饱和溶液，硝酸钾溶解度随温度升高而增大，升温到60℃，溶液变为不饱和，

无晶体析出，错误；

B、60℃时，b点在溶解度曲线上（饱和），c点在曲线下方（不饱和），不是都饱和，错误；

C、60℃时，b点饱和、c点不饱和，混合后溶液变为不饱和，不是饱和溶液，错误；

D、60℃时硝酸钾溶解度为110g，即100g水最多溶110g硝酸钾，那么50g水最多溶55g，加入60g硝酸钾，

有剩余，形成饱和溶液，正确。

故选D。

11．（2025·广东广州·二模）下图是配制物质M的水溶液过程示意图，有关说法正确的是

A．M溶液一定是不饱和溶液

B．物质M可以是碘(碘的溶解度：0.03g25℃)

C．若M为硝酸铵，则溶解过程中出现放热现象

D．M溶液的溶质质量分数为20%(水的密度为1g/mL)

【答案】D

【详解】A、由于不确定溶液是否能继续溶解溶质，则不能确定溶液是否饱和，错误；

B、碘的溶解度很小，25℃时溶解度仅0.03g，图中明显可以看到5gM能完全溶解在20mL（20g）水中形成

溶液，所以物质M的溶解度大于等于25g，不可能是碘，错误；

C、硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，错误；

D、溶质质量为5g，溶剂水的体积为20mL，因为水的密度为1g/mL，水的质量为20g，根据溶质质量分数

5g

分析，可得M溶液的溶质质量分数为100%20%，正确。

5g20g

故选D。

12．（2025·广东广州·二模）向盛有50℃硫酸镁饱和溶液的烧杯中放入一只乒乓球，将溶液降温至30℃乒乓

球一直处于漂浮状态，根据已知硫酸镁溶解度的数据，下列说法正确的是(不考虑温度变化引起的溶液体积

变化)

温

度1030507090

/℃

溶

解

27.739.349.054.151.1

度

/g

A．实验过程中溶液的溶质质量分数不变

B．降温至30℃时，硫酸镁溶液一定是饱和溶液

C．降温至30℃时，乒乓球露出水面比50℃多

D．50℃时，若将硫酸镁饱和溶液升温至70℃，乒乓球会沉到烧杯底部

【答案】B

【详解】A、向盛有50℃硫酸镁饱和溶液的烧杯中放入一只乒乓球，将溶液降温至30℃乒乓球一直处于漂

浮状态，温度低于50℃，硫酸镁的溶解度随着温度的降低而减小，则有晶体析出，溶剂的质量不变，则实

验过程中溶液的溶质质量分数减小，故A错误；

B、根据A选项的解析，硫酸镁饱和溶液温度从50℃降温至30℃，有晶体析出，硫酸镁溶液一定是饱和溶

液，故B正确；

C、降温至30℃时，有晶体析出，溶液的密度变小，乒乓球一直处于漂浮状态，由F浮=ρ液gV排，乒乓球露

出水面比50℃少，故C错误；

D、50℃时，若将硫酸镁饱和溶液升温至70℃，硫酸镁的溶解度增大，但溶液的组成没有发生改变，溶液

的密度不变，乒乓球处于漂浮状态，不会沉到烧杯底部，故D错误。

故选：B。

13．（2025·广东广州·二模）如图是A、B两种固体的溶解度曲线。下列说法正确的是

A．A物质的溶解度比B物质的溶解度大

B．t2℃时把30gA放入50g水中，可得到80gA的饱和溶液

C．若A中混有少量的B，常用降温结晶的方法提纯A

D．t1℃时A和B溶液溶质的质量分数一定相等

【答案】C

【详解】A、未指明具体温度，不能比较A和B的溶解度大小，故A错误；

B、由图可知，t2℃时A的溶解度为50g，则此温度下把30gA加到50g水中，最多能溶解25gA，溶液的质

量为25g+50g=75g，故B错误；

C、由图可知，A的溶解度随温度的升高而增大，且受温度影响较大，B的溶解度随温度的升高而增大，且

受温度的影响较小，则若A中混有少量的B可采用降温结晶的方法提纯A，故C正确；

D、t1℃时A和B的溶解度相等，则t1℃时A和B饱和溶液的溶质质量分数一定相等，没有明确溶液的状

态，故无法比较溶质质量分数大小，故D错误；

故选C。

14．（2025·广东广州·一模）自然为人类提供了丰富的盐类资源。盐矿采盐时，先用水将其溶解成卤水。

(1)古人粗略判断卤水浓度的方法之一是鸡蛋验卤。如图1所示在卤水中泡入一只鸡蛋，其中浓度最大的是

（填“1”或“2”或“3”）。

(2)主要成分为NaCl的卤水经过一系列操作