初中化学练习题07溶液及溶解度（解析版）

/试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题07溶液及溶解度考点概览题型一物质的分散题型二溶液的pH值题型三饱和溶液及溶质质量分数题型四溶液及溶解度综合应用题型一物质的分散题型一（2025·上海·二模）把少量下列物质分别放入水中，充分搅拌后得到溶液的是（）A．蔗糖 B．面粉 C．豆油 D．泥土【答案】A【详解】蔗糖易溶于水，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故A选项正确。面粉、豆油、泥土均难溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故B、C、D选项错误。故选A。（2025·上海奉贤·二模）以下饮品中，属于溶液的是A．奶茶 B．雪碧 C．果粒橙 D．蒸馏水【答案】B【详解】A、奶茶中含有蛋白质、油脂、茶的微小颗粒等物质，这些物质与水混合不均一、不稳定，放置一段时间后可能会出现分层现象，属于乳浊液，不属于溶液，不符合题意；B、雪碧中含有二氧化碳气体、糖分、柠檬酸等溶质，均匀地分散在水中，形成均一、稳定的混合物，属于溶液，符合题意；C、果粒橙中含有不溶性的果肉颗粒，这些颗粒悬浮在液体中，不均一、不稳定，静置后会沉淀，属于悬浊液，不属于溶液，不符合题意；D、蒸馏水是由一种物质组成的纯净物，而溶液是混合物，所以蒸馏水不属于溶液，不符合题意。故选B。（2025·上海·二模）下列物质放入水中能形成溶液的是A．蔗糖 B．泥土 C．面粉 D．花生油【答案】A【分析】溶液是均一、稳定的混合物；溶液的本质特征是均一性、稳定性，属于混合物。【详解】A、蔗糖易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，即能和水形成溶液，故选项正确；B、泥土不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，泥土和水形成的混合物属于悬浊液，故选项错误；C、面粉不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，面粉和水形成的混合物属于悬浊液，故选项错误；C、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，成的混合物属于乳浊液，故选项错误。故选：A。（2025·上海静安·二模）加入水中充分搅拌后能得到溶液的是A．面粉 B．酒精 C．泥沙 D．植物油【答案】B【详解】A、面粉不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故A错误；B、酒精易溶于水，能形成均一、稳定的混合物，属于溶液，故B正确；C、泥沙不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故C错误；D、植物油不溶于水，不能和水形成均一、稳定的混合物，即不能够形成溶液，故D错误。故选B。（2025·上海嘉定·二模）在水中能形成溶液的是A．NaCl B．CaCO3 C．Fe D．Cu(OH)2【答案】A【详解】A、NaCl能溶于水形成均一、稳定的混合物，能形成溶液，符合题意；B、CaCO3不能溶于水形成均一、稳定的混合物，不能形成溶液，不符合题意；C、Fe不能溶于水形成均一、稳定的混合物，不能形成溶液，不符合题意；D、Cu(OH)2不能溶于水形成均一、稳定的混合物，不能形成溶液，不符合题意；故选A。（2025·上海·二模）属于溶液的是A．矿泉水 B．蒸馏水 C．番茄酱 D．泥沙水【答案】A【详解】A、矿泉水属于均一、稳定的混合物，故A正确；B、蒸馏水是由水一种物质组成，属于纯净物，不属于溶液，故B错；C、番茄酱不均一、不稳定，属于悬浊液，故C错；D、泥沙水中含有泥沙和水，不均一、不稳定，属于悬浊液，故D错．故选A．（2025·上海松江·二模）在水中能形成无色溶液的物质是A．蔗糖 B．木炭 C．硫酸铜 D．食用油【答案】A【详解】A、蔗糖溶液水形成无色溶液，A符合题意；B、木炭不溶于水，不能形成溶液，B不符合题意；C、硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，C不符合题意；D、食用油不溶于水，不能形成溶液，D不符合题意。故选A。题型二溶液的pH值题型二（2025·上海闵行·二模）25℃时，将的盐酸与的氢氧化钠溶液混合，立即测定混合液的温度T，然后测定混合液的（25℃时）。有关判断合理的是A． B．C． D．【答案】D【分析】盐酸和氢氧化钠会发生中和反应，中和反应是放热反应。在25℃时，pH=2的盐酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH−)=0.01mol/L，二者等体积混合时恰好完全反应生成氯化钠和水。【详解】A、因为中和反应放热，所以混合后溶液温度会升高，T>25℃，而不是T=25℃，A错误。B、同理，温度T＞25℃，且二者恰好完全反应，溶液呈中性，pH=7，而不是2≤pH≤12，B错误。C、温度T>25℃，但二者恰好完全反应，溶液呈中性，pH=7，不是pH=14，C错误。D、由于中和反应放热，所以T>25℃，又因为二者恰好完全反应生成氯化钠和水，溶液呈中性，pH=7，2<7<12，D正确。故选：D。（2025·上海崇明·二模）室温下，杨梅的水溶液能使紫色石蕊试液变红。其水溶液的可能为A．4.5 B．8.6 C．7.1 D．12.2【答案】A【详解】酸性溶液能使紫色石蕊试液变红色，碱性溶液能使紫色石蕊试液变蓝色，中性溶液不能使紫色石蕊变色；室温下，杨梅的水溶液能使紫色石蕊试液变红，其水溶液显酸性，pH＜7。故选A。（2025·上海·二模）一些食物的pH范围如下，其中酸性最强的是A．橘子汁(3-4) B．西瓜汁(5-6) C．牛奶(6~7) D．鸡蛋清(7~8)【答案】A【详解】A、橘子汁的pH为3-4，显酸性；B、西瓜汁的pH为5-6，显酸性；C、牛奶的pH为6~7，显弱酸性；D、鸡蛋清的pH为7~8，显碱性；pH小于7，显酸性，pH值越小，酸性越强。故选A。（2025·上海静安·二模）下列植物在微酸性土壤中，不适宜种植的是植物苹果枸杞西瓜茶适宜的范围5.0~6.58.5~9.56.0~7.04.5~6.5A．苹果 B．枸杞 C．西瓜 D．茶【答案】B【详解】A、苹果适宜的土壤pH为5.0～6.5，小于7，显酸性，适宜种植，故A不符合题意；B、枸杞适宜的土壤pH为8.5～9.5，大于7，显碱性，不适宜种植，故B符合题意；C、西瓜适宜的土壤pH为6.0~7.0，显酸性或中性，适宜种植，故C不符合题意；D、茶适宜的土壤pH为4.5~6.5，小于7，显酸性，适宜种植，故D不符合题意。故选B。（2025·上海长宁·二模）碱性溶液的可能是A．1 B．5 C．7 D．9【答案】D【详解】在常温下，溶液的酸碱性与pH的关系为：pH<7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH>7，溶液呈碱性。选项A中pH=1，溶液呈酸性；选项B中pH=5，溶液呈酸性；选项C中pH=7，溶液呈中性；选项D中pH=9，9>7，溶液呈碱性，所以碱性溶液的pH可能是9。故选D。（2025·上海普陀·二模）下列是饮料的pH数据，其中呈碱性的是A．葡萄汁：3.5~4.5 B．苹果汁：2.9~3.3C．牛奶：6.3~6.6 D．苏打水：7.5~9【答案】D【详解】A、葡萄汁的pH小于7，显酸性，错误；B、苹果汁的pH小于7，呈酸性，错误；C、牛奶的pH小于7，呈酸性，错误；D、苏打水的pH大于7，显碱性，正确。故选D。（2025·上海黄浦·二模）下图为三种液体在室温下的pH，有关说法正确的是A．由pH判断X可能是酸 B．X与Y能用酚酞试液区分C．Z中加入水，溶液pH减小 D．X与Y混合，所得溶液pH=10【答案】AC【分析】pH＜7，显酸性，且pH越小酸性越强，pH=7，显中性，且pH＞7，显碱性，且pH越大性碱越强。【详解】A、X的pH＜7，显酸性，可能是酸，选项正确；B、X显酸性，Y显中性，都不能使酚酞溶液变色，故不能用酚酞试液区分，选项错误；C、Z的pH＞7，显碱性，加入水，溶液减小减小，pH减小，选项正确；D、X显酸性，Y显中性，X与Y混合，溶液呈酸性，且酸性不X弱，则所得溶液pH范围：大于3而小于7，选项错误；故选AC。（2025·上海杨浦·二模）利用传感器测量Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应过程中pH的变化，所得数据如图所示。下列说法正确的是A．a→b时，白色沉淀增加B．b点时溶液中的溶质是BaSO4C．b→c时，溶液的温度升高D．整个过程中溶质质量不断增加【答案】A【详解】A、Ba(OH)2溶液和稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，由图可知，a→b时，溶液的pH从小于7增大到等于7，则b点时恰好完全反应，该过程中硫酸钡白色沉淀增加，故选项说法正确；B、由图可知，b点时溶液的pH等于7，显中性，则b点时恰好完全反应，此时液体中全是水，没有溶质，故选项说法不正确；C、由图可知，b点时已经恰好完全反应，则b→c的过程中没有发生反应，氢氧化钡过量，溶液的温度逐渐降低至室温，故选项说法不正确；D、整个过程中，发生反应时溶质质量不断减小，恰好完全反应时为零，之后溶质质量不断增加，故选项说法不正确。故选A。（2025·上海宝山·二模）生活中的下列物质能使酚酞试液变红的是A．食醋 B．石灰水 C．柠檬汁 D．食盐水【答案】B【分析】无色酚酞遇碱性溶液变红，遇中性溶液或酸性溶液不变色。【详解】A、食醋呈酸性，不能使无色酚酞溶液变红，A选项错误；B、石灰水是氢氧化钙溶液，呈碱性，能使无色酚酞溶液变红，B选项错误；C、食盐水呈中性，不能使无色酚酞溶液变红，C选项错误；D、柠檬汁呈酸性，不能使无色酚酞溶液变红，D选项正确。故选：B。题型三饱和溶液及溶质质量分数题型三（2025·上海·二模）下列概念之间存在如图所示“并列”关系的是选项ABCD概念X单质碱溶液饱和溶液中和反应Y化合物碱性溶液浓溶液复分解反应A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A、由一种元素组成的纯净物叫单质，由两种或两种以上元素组成的纯净物叫化合物，单质和化合物属于并列关系，选项正确；B、碱溶液都是碱性溶液，但碱性溶液不一定是碱，故碱性溶液包含碱溶液，选项错误；C、饱和溶液是一定条件下不能再溶解某种溶质的溶液，而浓溶液是溶质质量分数较大的溶液，两者有交叉关系，选项错误；D、中和反应指酸和碱互相交换成分，生成盐和水的反应；复分解反应是由两种化合物相互交换成分生成两种化合物的反应；中和反应是复分解反应的一种，复分解反应包含中和反应，选项错误；故选A。（2025·上海长宁·二模）已知胆矾的化学式为（式量为250），能配制100g16%硫酸铜溶液的组合是A．胆矾和75g水 B．25g胆矾和75g水C．胆矾和84g水 D．25g胆矾和84g水【答案】B【详解】胆矾（CuSO4•5H2O）的式量为250，其中硫酸铜（CuSO4）的式量为160,则胆矾中硫酸铜的质量分数为×100%=64%。配制100g16%硫酸铜溶液所需胆矾的质量：设需要胆矾的质量为x，因为胆矾中硫酸铜的质量分数为64%，且要得到16g硫酸铜，所以x×64%=16g，解得x=16g÷64%=25g；溶液质量为100g，胆矾质量为25g，那么需要水的质量为100g-25g=75g。故选B。（2025·上海长宁·二模）某温度下，硫酸铜饱和溶液中存在未溶解的晶体，加入少量水并充分搅拌后，以下说法正确的是A．晶体质量一定减少，溶液一定饱和 B．晶体质量一定减少，溶液可能饱和C．晶体质量可能减少，溶液一定饱和 D．晶体质量可能减少，溶液一定饱和【答案】B【详解】加入少量水，水会溶解一部分未溶解的硫酸铜晶体，所以晶体质量一定减少。若加入的水较少，溶解晶体后溶液仍为饱和溶液；若加入的水较多，将未溶解的晶体全部溶解后，溶液可能变为不饱和溶液，所以溶液可能饱和。综上，晶体质量一定减少，溶液可能饱和。故选B。（2025·上海嘉定·二模）20℃时，某同学为了测定氯化钠溶液的溶质质量分数，在两只烧杯A1和A2中各取80克待测氯化钠溶液，进行了两种不同的实验方法，如图所示，下列说法正确的是(20℃，氯化钠的溶解度为36克/100克水)A．图中x的数值是2克B．A1、A2中的溶液都是氯化钠的饱和溶液C．B1、B2中的溶液，溶质与溶剂的质量比相等D．A1和B1中溶液的溶质质量分数相等【答案】C【详解】A、B1溶液的质量=80g-10g-2g=68g，则该饱和溶液中氯化钠质量为，水的质量=68g-18g=50g；则A1溶液中水的质量=50g+10g=60g，氯化钠固体质量=18g+2g=20g；溶液具有均一性，A1与A2中溶液的溶质、溶剂质量相等，则20℃时，60g水最多溶解氯化钠质量为，xg=20g+4g-21.6g=2.4g，x=2.4，故错误；B、20℃时，氯化钠的溶解度为36g，即该温度下，100g水中最多可溶解36g氯化钠，若A1是饱和溶液，则蒸发的10g水与析出的氯化钠固体会形成饱和溶液，则析出的氯化钠固体质量为>2g，则A1中溶液是不饱和溶液，溶液具有均一性，A2中溶液也是不饱和溶液；故错误；C、由图可知，B1、B2中的溶液是同一温度下饱和溶液，故溶质与溶剂的质量比相等，故正确；D、由上述分析可知，A1溶液是20℃时氯化钠的不饱和溶液，B1溶液是20℃时氯化钠的饱和溶液，故溶质质量分数不相等，故错误。故选C。（2025·上海金山·二模）如图所示的氯化钾溶液。说法正确的是A．均一、稳定、透明B．每100g水中溶解了6g氯化钾C．该溶液取出一半后，溶质质量分数变为3%D．用铂丝蘸取该溶液进行焰色反应，观察到火焰呈紫色【答案】AD【详解】A、氯化钾溶液具有均一、稳定、透明的特征，正确；B、6%的氯化钾溶液表示每100g氯化钾溶液中含有6g氯化钾，而不是每100g水中溶解了6g氯化钾，错误；C、溶液具有均一性，该溶液取出一半后，溶质质量分数不变，仍为6%，错误；D、钾元素的焰色反应为紫色，则用铂丝蘸取该溶液进行焰色反应，观察到火焰呈紫色，正确。故选AD。（2025·上海松江·二模）已知氯化钾溶解度在20℃时为34.0克/100克水，60℃时为45.5克/100克水。20℃时，向盛有10.0g水的烧杯中加入5g氯化钾固体，充分溶解后，有固体不溶(图①)，按照图示进行后续实验，下列分析正确的是A．①中溶液的质量为15克B．②中溶液为氯化钾的饱和溶液C．溶液中溶质的质量关系：①＜②=③D．溶液中溶质的质量分数关系：①＜②=③【答案】C【详解】A、氯化钾溶解度在20℃时为34.0克/100克水，则10g水最多溶解氯化钾3.4g，故①中溶液的质量为13.4g，A错误；B、在20℃时为34.0克/100克水，则20g水最多溶解氯化钾6.8g，而开始时加入5g氯化钾，故②中溶液为氯化钾的不饱和溶液，B错误；C、①中溶质的质量为3.4g，②中溶质的质量为5g，③中溶液温度为60℃，氯化钾的溶解度大于②中氯化钾的溶解度，②中溶液为氯化钾的不饱和溶液，③中溶液也为氯化钾的不饱和溶液，溶质的质量为5g，故溶液中溶质的质量关系①＜②=③，C正确；D、①中溶质质量质量分数为，②和③中溶质和溶剂的质量均相等，故溶质的质量分数也相等，均为，故溶液中溶质的质量分数关系：①>②=③，D错误。故选C。（2025·上海徐汇·二模）3%的过氧化氢溶液能用于伤口消毒，其中的“3%”表示A．过氧化氢的摩尔质量为3g/mol B．过氧化氢的溶解度为3g/100g水C．每100g溶液中含过氧化氢3g D．过氧化氢与水的质量比为3:100【答案】C【详解】A、“3%”表示过氧化氢的溶质质量分数是3%，不是摩尔质量，故A说法错误；B、过氧化氢溶液的状态不能确定，无法计算溶解度，故B说法错误；C、“3%”表示每100g溶液中含过氧化氢3g，故C说法正确；D、过氧化氢与水的质量比为3：97，故D说法错误。故选C。（2025·上海普陀·二模）将一种盐M(不含结晶水)的溶液，通过“操作I”得到固体M，过程如下图。下列说法正确的是A．“操作I”可以是降温 B．“操作I”可以是蒸发C．甲一定是M的不饱和溶液 D．甲与乙中的溶液质量分数一定不相同【答案】B【详解】A、由图可知，烧杯中液面下降，则“操作Ⅰ”不是降温，错误；B、由图可知，烧杯中液面下降，“操作Ⅰ”可以是蒸发，正确；C、甲不一定是M的不饱和溶液，也可能是恰好饱和的溶液，错误；D、甲与乙中的溶液质量分数可能相同，若甲是M的饱和溶液，“操作Ⅰ”是恒温蒸发，乙是该温度下的饱和溶液，则甲与乙中的溶液质量分数相同，错误。故选B。（2025·上海普陀·二模）在相同温度下进行硝酸钾溶解性实验，将不同质量的硝酸钾溶于不同质量的水中，四次实验所得溶液的数据“a、b、c、d”记录如图。下列说法正确的是A．若a点是饱和溶液，则d点也是饱和溶液B．若b点是不饱和溶液，则a点有可能是饱和溶液C．c、d两点可能都是饱和溶液D．“a、b、c、d”可能都是不饱和溶液【答案】D【详解】A、若a点是饱和溶液，d点溶液中溶质质量和a中相等，但水的质量比a中多，则d点是不饱和溶液，错误；B、若b点是不饱和溶液，a点和b点溶液中溶质和溶剂的比相等，则a点也是不饱和溶液，错误；C、a、c点溶液中溶剂质量相等，a中溶剂质量比c中多，则c一定是不饱和溶液；若a点是饱和溶液，d点溶液中溶质质量和a中相等，但水的质量比a中多，则d点是不饱和溶液，错误；D、b、c点溶液中溶质质量相等，c中溶剂质量比b中多，则若b点是不饱和溶液，则c点溶液一定是不饱和溶液；同理，a、d点溶液中溶质质量相等，d中溶剂质量比a中多，则若a点是不饱和溶液，则d点溶液一定是不饱和溶液，“a、b、c、d”可能都是不饱和溶液，正确。故选D。（2025·上海宝山·二模）向稀硫酸(含0.03molH2SO4)中加入0.01mol氧化铁，待反应完全后，再加入氢氧化钠溶液(含0.04molNaOH)，结合以上信息，判断下列图象正确的是A． B．C． D．【答案】C【分析】氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，氢氧化钠和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠。反应关系式如下：。【详解】A、向稀硫酸(含0.03molH2SO4)中加入0.01mol氧化铁，溶液质量不能从零开始，故图像错误；B、由反应关系可知，向稀硫酸(含0.03molH2SO4)中加入0.01mol氧化铁，氧化铁和硫酸恰好完全反应生成硫酸铁和水，加入氢氧化钠后立即和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，故图像错误；C、氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，氢氧化钠和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，硫酸根离子始终在溶液中，根据质量守恒定律可知，溶液中硫酸根离子的质量不变，故图像正确；D、由反应的关系式、可知，铁离子全部沉淀，需要氢氧化钠0.06mol，当加入氢氧化钠溶液（含0.04molNaOH），铁离子没有完全沉淀，所以铁离子数目不会减小到零，则溶液中铁元素的质量最后不为0，故图像错误。故选C。（2025·上海虹口·二模）硝酸钾的溶解度曲线如图所示。M、N两点分别表示硝酸钾的两种溶液，相关分析正确的是A．向M溶液中加入(c-b)g硝酸钾，得到N溶液B．将M溶液升温，其溶质质量分数可能与N相同C．将N溶液降温至40℃，溶液质量持续减小D．M、N两溶液均降温至10℃，析出晶体的质量可能相等【答案】D【详解】A、由图可知，M点为硝酸钾的饱和溶液，向M溶液中加入(c-b)g硝酸钾，固体不能继续溶解，不能得到N溶液，故A错误；B、将M溶液升温，硝酸钾的溶解度增大，但溶液的组成成分不变，则其溶质质量分数不可能与N相同，故B错误；C、将N溶液降温至40℃，溶液的质量先不变，达到饱和后，固体析出，溶质的质量减小，溶液的质量减小，故C错误；D、由于溶液的质量不确定，则M、N两溶液均降温至10℃，析出晶体的质量可能相等，故D正确。故选D。题型四溶液及溶解度综合应用题型四（2025·上海闵行·二模）碳酸钠、氯化钠是常见的钠盐。下表是碳酸钠、氯化钠的部分溶解度数据。温度/℃203040506080100溶解度（g/100g水）氯化钠36.036.336.637.037.338.439.8碳酸钠21.839.748.847.346.445.144.7(1)50℃时，氯化钠的溶解度是。碳酸钠溶液显性。（选填“酸”、“碱”、“中”）(2)20℃时，将20g氯化钠加入50g水中，充分搅拌，所得溶液的质量为。(3)20℃时，在100g水中进行如下实验。为了使烧杯C的溶液达到饱和，至少需再加入g碳酸钠；再升温至60℃时，烧杯D中会出现的现象是。(4)①20℃时，向含有100g水的溶液中加入一定量的固体，反应的化学方程式是。如图表示两种生成物的质量与加入的质量的变化关系，其中曲线b表示的生成物是（填名称）。②请结合相关数据分析说明：20℃时，该溶液是否为饱和溶液【答案】(1)37.0g/37g碱(2)68g(3)1.8有晶体析出(4)碳酸钙不饱和溶液，因为根据化学方程式计算，生成11.7g氯化钠时，参加反应的碳酸钠质量为10.6g，而20℃时100g水中最多可溶解21.8g碳酸钠【详解】（1）从表格中可直接查得50℃时氯化钠的溶解度是37.0g；碳酸钠溶液呈碱性。（2）20℃时氯化钠溶解度是36.0g，即100g水中最多溶解36.0g氯化钠，那么50g水中最多溶解18g氯化钠。将20g氯化钠加入50g水中，只能溶解18g，所得溶液质量为。（3）40℃时碳酸钠溶解度是48.8g，烧杯C中有100g水和47g碳酸钠，为使溶液饱和，至少需再加入碳酸钠的质量为。60℃时碳酸钠溶解度是46.4g，再升温到60℃，溶解度减小，47g碳酸钠不能全部溶解，会有晶体析出。（4）①碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式为；每111份质量的CaCl2反应生成100份质量的CaCO3和117份质量的NaCl，则产生CaCO3的质量比NaCl的质量小，所以曲线b表示碳酸钙（CaCO3）。②最终生成11.7g氯化钠，设参加反应的碳酸钠质量为x，则x=10.6g20℃时100g水中最多溶解21.8g碳酸钠，说明原溶液中碳酸钠质量小于21.8g，所以该溶液是不饱和溶液。（2025·上海奉贤·二模）盐碱地是土壤底层或地下水中的易溶性盐分随水分蒸发上升到地表积聚而形成的。有些地区春季地表水分蒸发强烈，地下水中的氯化钠析出聚集表层，即“返盐”季节；有些地区到了秋季，土壤中会析出芒硝(主要成分是硫酸钠晶体)，上述现象俗称为“春泛盐，秋泛硝”。右下图是氯化钠和硫酸钠的溶解度曲线。(1)时，两者中溶解度较大的物质是。(2)时，将25gNaCl固体放入50g水中，充分溶解后可得到NaCl的(选填“饱和”或“不饱和”)溶液。(3)结合溶解度曲线，试解释“秋泛硝”的原理。(4)秋季采集地表芒硝用于工业提纯，成为当地资源化利用盐碱地的特色产业。请设计实验证明提纯得到的硫酸钠中不含氯化钠。操作步骤实验现象实验结论取硫酸钠产品加水全部溶解硫酸钠中不含氯化钠【答案】(1)硫酸钠/Na2SO4(2)饱和(3)秋季气温降低，硫酸钠的溶解度减小，大量硫酸钠晶体从土壤溶液中结晶析出(4)取硫酸钠产品加水全部溶解，向溶液中先滴加硝酸钡溶液和几滴稀硝酸，直到不再产生白色沉淀，静置后，取上层清液，再滴加硝酸银溶液无明显现象/无白色沉淀产生【详解】（1）由溶解度曲线可知，50℃时，硫酸钠的溶解度曲线在氯化钠溶解度曲线的上方，所以50℃时，两者中溶解度较大的物质是硫酸钠（或Na2SO4）；（2）由溶解度曲线可知，40℃时，氯化钠的溶解度小于50g，即100g水中最多能溶解氯化钠小于50g，那么50g水中最多能溶解氯化钠的质量小于，而现在将25gNaCl固体放入50g水中，氯化钠不能完全溶解，所以充分溶解后可得到NaCl的饱和溶液；（3）由溶解度曲线可知，硫酸钠的溶解度随温度降低变化较大，秋季气温降低，硫酸钠的溶解度减小，大量的硫酸钠晶体从溶液中析出，所以出现“秋泛硝”现象；即秋季气温降低，硫酸钠的溶解度减小，大量硫酸钠晶体从土壤溶液中结晶析出；（4）检验氯化钠（NaCl），即检验氯离子（Cl−），一般用硝酸银溶液，若有氯化钠，会产生不溶于稀硝酸的白色沉淀氯化银，但硫酸钠也与硝酸银反应生成硫酸银沉淀，因此需先除去硫酸根离子，再检验氯离子存在，硝酸钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠；操作步骤：取硫酸钠产品加水全部溶解，向溶液中先滴加硝酸钡溶液​和几滴稀硝酸，直到不再产生白色沉淀，静置后，取上层清液，再滴加硝酸银溶液；实验现象：无明显现象（或无白色沉淀产生）；实验结论：硫酸钠中不含氯化钠。（2025·上海宝山·二模）现有20℃10%的KNO3溶液20g，结合KNO3溶解度曲线分析，下列说法正确的是A．10%的含义是指每100g水中含10gKNO3B．该溶液为20℃时KNO3的不饱和溶液C．该溶液降温一定会有晶体析出D．向该溶液中加水20g，溶液稀释至5%【答案】BD【详解】A、10%的含义是指每100g硝酸钾溶液中含10gKNO3，故说法错误；B、20℃时KNO3的溶解度是31.6g，饱和溶液的溶质质量分数是：×100%≈24%，所以该溶液为20℃时KNO3的不饱和溶液，故说法正确；C、该溶液为不饱和溶液，降温不一定会有晶体析出，故说法错误；D、向该溶液中加水20g，溶液稀释后的溶质质量分数为：，故说法正确。故选BD。（2025·上海崇明·二模）室温下，向一定体积的氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸至过量，有关说法正确的是A．溶液颜色从红色变成无色B．滴加盐酸的全过程中，持续发生反应并放出热量C．反应后，所得溶液中溶质是氯化钠和氯化氢D．滴加盐酸的全过程中，氯化钠的溶解度逐渐增大【答案】C【详解】A、室温下，向一定体积的氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸至过量，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，最终得到的是氯化钠和盐酸的混合溶液，溶液颜色始终为无色，错误；B、滴加盐酸的全过程中，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应过程中持续发生反应并放出热量，至恰好完全反应，继续滴加稀盐酸，稀盐酸中含有水，起着降温的作用，且温度逐渐恢复至常温，温度开始逐渐降低，错误；C、反应后，稀盐酸过量，所得溶液中溶质是氯化钠和氯化氢，正确；D、滴加盐酸反应过程中，温度升高，氯化钠的溶解度逐渐增大，至恰好完全反应，温度开始逐渐降低，氯化钠的溶解度逐渐减小，最终温度恢复至室温，氯化钠的溶解度不再发生改变，错误。故选C。（2025·上海闵行·二模）锶（Sr）及其化合物从传统工业（玻璃、陶瓷等）到高科技领域（磁性材料、核医学等）均有广泛用途。和在水中的溶解度如下：温度（℃）020406080溶解度（g/100g水）0.911.773.958.4220.20.190.170.140.120.09(1)随着温度升高，的溶解度（选填“减小”或“增大”）。(2)60℃时，将固体放入水中，溶液质量是。(3)用天青石（主要含和少量）生产工艺如下：【资料】锶及其化合物的化学性质与钙相似。①“粉碎”的作用。②滤渣1是碳酸钙和碳酸锶的混合物，煅烧后的固体是。③结合溶解度数据，你认为“浸取”最适宜的水温是℃，原因是。④“趁热过滤”的目的是。⑤操作II中的步骤依次是：、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)减小(2)54.21(3)增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分氧化锶、氧化钙8080℃时，氢氧化锶的溶解度最大（表中温度范围内），可以溶解更多的氢氧化锶，提高产率防止温度降低，氢氧化锶的溶解度减小，氢氧化锶结晶析出，导致产品损失降温结晶【详解】（1）由表中数据可知，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小；（2）由表可知，60℃时，Sr(OH)2的溶解度为8.42g，即该温度下，100g水中最多可溶解8.42gSr(OH)2，则该温度下，将5gSr(OH)2固体放入50g水中，只能溶解4.21g，所得溶液的质量是：4.21g+50g=54.21g；（3）①“粉碎”的作用：增大反应物之间的接触面积，使反应更快更充分；②滤渣1是碳酸钙和碳酸锶的混合物，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，锶及其化合物的化学性质与钙相似，则碳酸锶高温煅烧生成氧化锶和二氧化碳，故煅烧后的固体是：氧化钙、氧化锶；③结合溶解度数据，80℃时，氢氧化锶的溶解度最大（表中温度范围内），故“浸取”最适宜的水温是80℃，这样能溶解更多的氢氧化锶、提高产率；④“趁热过滤”的目的是：防止温度降低，氢氧化锶的溶解度减小，氢氧化锶结晶析出，导致产品损失；⑤由表中内容可知，氢氧化锶的溶解度受温度影响较大，则可采用降温结晶的方法获得Sr(OH)2⋅8H2O，故“操作2”主要有：降温结晶、过滤、洗涤、干燥。（2025·上海静安·二模）如表是氢氧化钙和氢氧化钠的溶解度数据。请回答下列问题：温度020406080100溶解度氢氧化钙0.190.170.140.120.090.08氢氧化钠3190111129313336(1)时氢氧化钙的溶解度是水。(2)不改变溶质质量分数，把接近饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法是。(3)时，饱和氢氧化钠溶液中含溶质氢氧化钠的质量为。(4)时，分别在水中加入氢氧化钠和氢氧化钙固体，可得到溶质质量分数相同的两种溶液，则m的取值范围是。【答案】(1)0.17(2)升高温度(3)45(4)0＜m≤0.14【详解】（1）根据表格数据可知，20℃时，氢氧化钙的溶解度是0.17g/100g水；（2）根据表格数据可知，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，所以不改变溶质质量分数，把接近饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法是升高温度；（3）20℃时，氢氧化钠的溶解度是90g，即100g水中最多能溶解90g氢氧化钠固体，达到饱和状态，所以95g饱和氢氧化钠溶液中含溶质氢氧化钠的质量为；（4）40℃时，氢氧化钠的溶解度是111g，氢氧化钙的溶解度是0.14g，所以分别在100g水中加入mg氢氧化钠和氢氧化钙固体，可得到溶质质量分数相同的两种溶液，则m的取值范围是：0＜m≤0.14。13．（2025·上海长宁·二模）某金属表面处理厂需处理含的酸性废水，并回收晶体。(1)向废水中逐滴加入溶液至中性，反应过程中，可用（选填“计”或“温度计”）实时监控溶液酸碱度；若用紫色石蕊试液作指示剂，达到终点时的现象是。(2)的溶解度如表1所示。表1的溶解度温度（℃）020406080的溶解度（水）7388104124148①时，的溶解度为水。②电子级（纯度）在光刻工艺起着重要的作用，表2是两种常见的工业制取晶体方法的参数。表2两种常见的工业制取晶体方法的参数晶体纯度（%）能耗（千瓦时/吨）有效产能（吨/小时）设备成本（万元）蒸发结晶99250650降温结晶3501250请设计合理的方案制取电子级并说明理由。【答案】(1)pH计溶液由红色变为紫色(2)88先采用降温结晶的方法得到纯度为99.9%的晶体，再经过进一步的提纯（如重结晶等）达到电子级纯度（≥99.999%）。理由是降温结晶得到的晶体纯度较高（99.9%），相比蒸发结晶更接近电子级纯度要求，在此基础上进一步提纯更易达到电子级纯度，虽然降温结晶能耗和设备成本较高，但能满足对高纯度晶体的需求【详解】（1）pH计能准确测定溶液的酸碱度，可实时监控溶液酸碱性变化，而温度计是测量温度的仪器，不能用于监控溶液酸碱度；酸性废水中含H+，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红。逐滴加入NaOH溶液，发生的反应是，至中性时，溶液不再显酸性，紫色石蕊试液在中性溶液中显紫色，所以现象是溶液由红色变为紫色。（2）由表1可知，20℃时，NaNO3的溶解度为88g/100g水；先采用降温结晶的方法得到纯度为99.9%的晶体，再经过进一步的提纯（如重结晶等）达到电子级纯度（≥99.999%）。理由是降温结晶得到的晶体纯度较高（99.9%），相比蒸发结晶更接近电子级纯度要求，在此基础上进一步提纯更易达到电子级纯度，虽然降温结晶能耗和设备成本较高，但能满足对高纯度晶体的需求。（2025·上海嘉定·二模）氢氧化锂(LiOH)是一种能溶于水的碱，是制备锂电池的重要原料之一。常温下，氢氧化锂溶液能吸收二氧化碳生成碳酸锂和水。工业上用电解法制取的氢氧化锂溶液中含有少量氢氧化钠。为提纯氢氧化锂，查阅相关溶解度数据，如表：温度/℃20406080100溶解度(g/100g水)LiOH12.813.013.013.817.5NaOH109129174293347Li2CO31.331.171.010.850.72(1)随温度升高，溶解度变小是。(2)80℃时，LiOH的溶解度为。(3)利用它们溶解度的差异进行提纯(如图)。①步骤I中加热蒸发水的目的是。②步骤II趁热过滤的原因是。③为得到更多更纯的氢氧化锂，A、B两位同学分别对滤液进行提纯，设计了如下方案：A同学方案：通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法，对滤液进行提纯。B同学方案：在滤液中通入足量二氧化碳得到碳酸锂，再用化学方法把碳酸锂转化为氢氧化锂。请你根据实验目的，选择较优方案并说明理由。【答案】(1)Li2CO3(2)13.8g/100g水(3)使氢氧化锂和氢氧化钠溶液达到饱和防止温度降低时，NaOH因溶解度减小而析出B同学万案，B同学万案能更彻底地除去NaOH杂质，得到更纯的氢氧化锂【详解】（1）观察表格中数据，随看温度升高，Li2CO3的溶解度由1.33g逐渐减小到0.72g，而LiOH和NaOH的溶解度随温度升高而增大，所以随温度升高，溶解度变小的是Li2CO3：（2）从表格中可以直接查得，80℃时，LiOH的溶解度为13.8g/100g水：（3）①步骤I中加热蒸发水，溶剂水的量减少，溶液中溶质的浓度增大，目的是使LiOH和NaOH的溶液达到饱和，便于后续分离；故答案为：使LiOH和NaOH的溶液达到饱和；②由表格数据可知，LiOH的溶解度随温度变化不大，NaOH的溶解度随温度升高而增大。步骤Ⅱ趁热过滤是为了防止温度降低时，NaOH因溶解度减小而析出，从而得到较纯净的LiOH晶体；故答案为：防止温度降低时，NaOH因溶解度减小而析出；③A同学方案：通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法，对滤液进行提纯，这样只能进一步分离出部分NaOH，但不能完全除去NaOH杂质。B同学方案：在滤液中通入足量二氧化碳，LiOH与二氧化碳反应生成Li2CO3沉淀，NaOH与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3的溶解度较大，过滤可得到较纯净的Li2CO3，再用化学方法（如与氢氧化钙反应：Li2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2LiOH，把碳酸锂转化为氢氧化锂，能得到更纯的氢氧化锂。所以较优方案是B同学方案，理由是B同学方案能更彻底地除去NaOH杂质，得到更纯的氢氧化锂；故答案为：B同学方案，B同学方案能更彻底地除去NaOH杂质，得到更纯的氢氧化锂。（2025·上海金山·二模）我国“飞天”舱外航天服采用非再生式的氢氧化锂(LiOH)作为吸附剂对二氧化碳进行清除，氢氧化锂与氢氧化钠化学性质相似。(1)氢氧化锂中含有的原子团名称是。(2)氢氧化钠也可以吸收二氧化碳，请写出有关的化学方程式。(3)相同条件下，不同吸收剂吸收二氧化碳的最大质量关系如图所示，由图可知，舱外航天服选用氢氧化锂作吸收剂的原因是。(4)工业上用电解法制得的氢氧化锂溶液中含有氢氧化钠，在保护下将含有氢氧化钠的氢氧化锂溶液蒸发结晶，可得到氢氧化锂晶体。有关物质的溶解度如表。温度(℃)2030405060溶解度(g/100g水)氢氧化锂12.812.913.013.313.8氢氧化钠109118129146177①从表中数据分析可知，提取氢氧化锂晶体，选用蒸发结晶而不选用降温结晶的原因是。②现有电解法制得的500克溶液，其中氢氧化锂的质量分数为10%，氢氧化钠的质量分数为5%，则该溶液中含有氢氧化锂克。③将上述②中的溶液进行如图操作：烧杯B中的溶液是氢氧化钠的(填“饱和”或“不饱和”)溶液，后续可通过操作得到氢氧化锂固体克。④在上述过程中，若没有N2保护，得到的氢氧化锂固体中会混有碳酸锂，检验是否生成碳酸锂可选用的试剂是。【答案】(1)氢氧根(2)(3)吸收剂质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳多(4)氢氧化锂的溶解度受温度影响不大50不饱和过滤37.2过量的稀盐酸（合理即可）【详解】（1）氢氧化锂由锂离子和氢氧根构成，含有的原子团名称是氢氧根离子；（2）氢氧化钠也可以吸收二氧化碳，发生反应为二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应的化学方程式为：；（3）由图可知，吸收剂质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳多，故舱外航天服选用氢氧化锂作吸收剂；（4）①从表中数据分析可知，提取氢氧化锂晶体，选用蒸发结晶而不选用降温结晶的原因是：氢氧化锂的溶解度受温度影响不大；②该溶液中含有氢氧化锂的质量为：；③上述溶液中氢氧化钠的质量为：，蒸发至剩余100g水，恢复到20℃，20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，即该温度下，100g水中最多可溶解109g氢氧化钠，故烧杯B中的溶液是氢氧化钠的不饱和溶液；20℃时，氢氧化锂的溶解度为12.8g，即该温度下，100g水中最多可溶解12.8g氢氧化锂，故烧杯B中析出氢氧化锂的质量为：50g-12.8g=37.2g，过滤可实现固液分离，故后续可通过过滤操作得到氢氧化锂固体37.2g；④碳酸锂能与稀盐酸反应生成氯化锂、二氧化碳和水，故可以选用过量的稀盐酸（由于加入稀盐酸，氢氧化锂先与稀盐酸反应，待氢氧化锂完全反应后，碳酸锂再与稀盐酸反应，故需要加入过量的稀盐酸，否则少量的稀盐酸被氢氧化锂完全消耗，会影响实验），产生气泡，说明生成了碳酸锂。（2025·上海普陀·二模）下表是氯化钠和硝酸钾在不同温度下的溶解度。温度(℃)020406080100溶解度(g/100g水)KNO313.331.664.0110.0169.0246.0NaCl35.736.036.637.338.439.8(1)溶液与浊液的外观不同，溶液呈现的外观一般是。(2)由表可知，20℃时，氯化钠的溶解度是。40℃时，硝酸钾的饱和溶液质量分数是(列式即可)。(3)20℃时，配制的10%硝酸钾溶液和氯化钠溶液各100g存放于烧杯中，此时硝酸钾溶液是(选填“饱和”或“不饱和”)溶液。由于配制后没有及时贴上标签，请用两种不同的实验方法对“烧杯A”溶液进行检验。将检验的方法、现象与结论填入下表：方法检验方法、现象与结论方法一方法二【答案】(1)均一、透明、稳定(2)36.0g/100g水/36g(3)不饱和取样品，加入硝酸银，有白色沉淀的是氯化钠，没有明显现象的是硝酸钾取样品，加入20g的晶体，可以全部溶解的是氯化钠，不能全部溶解的是硝酸钾【详解】（1）溶液与浊液的外观不同，溶液呈现的外观一般是：均一、透明、稳定；（2）由表可知，20℃时，氯化钠的溶解度是36.0g；40℃时，硝酸钾的溶解度是40g，根据溶解度概念可知，每（100+40）g饱和硝酸钾溶液中存在40g硝酸和100g水，所以硝酸钾的饱和溶液质量分数是；（3）20℃时，硝酸钾的溶解度是31.6g，饱和溶液的溶质质量分数是，配制的10%硝酸钾溶液和氯化钠溶液各100g存放于烧杯中，24%>10%，此时硝酸钾溶液是不饱和溶液；硝酸银与氯化钠反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，不能与硝酸钾反应；100g的氯化钠溶液中含有氯化钠10g，水90g，需要再溶解达到饱和状态；100g的硝酸钾溶液中含有硝酸钾10g，水90g，需要再溶解，达到饱和状态，因此，10%硝酸钾溶液和氯化钠溶液分别加入20g的晶体，能全部溶解的氯化钠，不能全部溶解的是硝酸钾；因此：方法检验方法、现象与结论方法一取样品，加入硝酸银，有白色沉淀的是氯化钠，没有明显现象的是硝酸钾方法二取样品，加入20g的晶体，可以全部溶解的是氯化钠，不能全部溶解的是硝酸钾（2025·上海杨浦·二模）现代工业以低品质氯化钾(主要杂质：氯化钠)为原料，与硝酸钠反应生产高纯度硝酸钾的生产工艺流程如下：（反应原理：）(1)图2中，溶解度受温度变化影响最大的物质是。(2)高温蒸发的作用是。(3)在操作I和Ⅱ的实验过程中，需要控制的关键实验条件是。操作Ⅱ的名称是、。(4)滤液A中一定处于饱和状态的溶质是。(5)精制硝酸钾中可能含有杂质NaC1，检验的方法是。(6)在“混合兑卤”时，要控制低品质氯化钾与一定浓度硝酸钠溶液的质量比，原因是。【答案】(1)硝酸钾/KNO3(2)使NaCl结晶析出(3)温度降温结晶过滤(4)氯化钠/NaCl(5)取少量精制硝酸钾样品于试管中，加水溶解，然后滴加少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有杂质NaCl；若无白色沉淀产生，则不含杂质NaCl(6)避免杂质的产生和副产品的生成，提高产品的纯度和质量【详解】（1）由溶解度曲线图可知，KNO3的溶解度曲线最陡，所以溶解度受温度变化影响最大的物质是KNO3，故填：硝酸钾或KNO3；（2）根据反应原理，氯化钠的溶解度受温度影响较小，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，所以高温蒸发的作用是使NaCl结晶析出，故填：使NaCl结晶析出；（3）操作Ⅰ分离出氯化钠，操作Ⅱ是为了使硝酸钾结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以需要控制的关键实验条件是温度；操作Ⅱ是将硝酸钾晶体与滤液分离，则操作Ⅱ的名称是降温结晶、过滤，故填：温度；降温结晶；过滤；（4）经过操作Ⅰ后，分离出氯化钠，因此滤液A中一定处于饱和状态的溶质是氯化钠，故填：氯化钠或NaCl；（5）硝酸银与氯化钠反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，则精制硝酸钾中检验NaCl杂质的方法取少量精制硝酸钾样品于试管中，加水溶解，然后滴加少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有杂质NaCl；若无白色沉淀产生，则不含杂质NaCl；故填：取少量精制硝酸钾样品于试管中，加水溶解，然后滴加少量硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有杂质NaCl；若无白色沉淀产生，则不含杂质NaCl；（6）在“混合兑卤”过程中，控制低品质氯化钾与一定浓度硝酸钠溶液的质量比的原因是为了确保反应的顺利进行，避免杂质的产生和副产品的生成，提高产品的纯度和质量，故填：避免杂质的产生和副产品的生成，提高产品的纯度和质量。（2025·上海宝山·二模）我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法，开创了世界制纯碱工业的新纪元。请根据下列材料回答问题。【材料1】侯氏制碱法的相关步骤与反应①向饱和食盐水中通入CO2和NH3：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl②煅烧NaHCO3：【材料2】20℃，1个标准大气压下几种物质的溶解度固体物质NaClNaHCO3NH4Cl气体物质CO2NH3S(g/100g水)36.09.637.2溶解度(V水：V气体)1∶0.881∶700(1)纯碱的化学式为。(2)材料1中化学反应②的基本反应类型为。(3)材料2表中“36.0”的含义为。【模拟实验】20℃时，某兴趣小组模拟侯氏制碱法制取NaHCO3流程，进行如图所示实验。已知：氨气(NH3)溶于水得到的氨水呈碱性，浓氨水易挥发出氨气。(4)装置A中的石灰石属于(填写“纯净物”或“混合物”)。(5)装置B中析出的晶体是NaHCO3的原因是。(6)装置C中氢氧化钠的作用是。(7)为了得到更多的NaHCO3，实验中应先通入的气体是，简述理由。【答案】(1)Na2CO3(2)分解反应(3)20℃时，100g水中最多溶解36.0gNaCl(4)混合物(5)相同条件下，NaHCO3的溶解度比NH4Cl小很多；且通过计算可知每生成84gNaHCO3，同时生成53.5gNH4Cl，即反应生成的NaHCO3较多(6)氢氧化钠固体溶于水放热，NH3的溶解度降低，NH3更易挥发(7)NH3NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，有利于溶解度小的CO2吸收的更多【详解】（1）纯碱是碳酸钠，钠元素显+1价，碳酸根显-2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零，其化学式为Na2CO3；（2）根据可知，由一种物质生成三种物质，符合分解反应由一种物质生成两种或两种以上其他物质的定义，所以基本反应类型是分解反应；（3）材料2表中“36.0”表示在20℃、1个标准大气压下，氯化钠在100g水中达到饱和状态时溶解的质量为36.0g；（4）装置A中的石灰石主要成分是碳酸钙，还含有其他杂质，不是由一种物质组成，根据混合物定义，它属于混合物；（5）20℃时，碳酸氢钠溶解度为9.6g/100g水，相比氯化钠（36.0g/100g水）和氯化铵（37.2g/100g水）较小。装置B中反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl生成的碳酸氢钠在溶液中达到饱和后就会析出晶体；（6）装置C中氢氧化钠固体溶于水放出热量，使浓氨水温度升高，氨气溶解度随温度升高而减小，促使浓氨水挥发出更多氨气；（7）应先通入NH3。因为氨气在水中溶解度极大（1：700），先通入氨气使溶液呈碱性，二氧化碳在碱性溶液中溶解度比在水中大，能吸收更多二氧化碳，有利于生成更多的NaHCO3。如果先通二氧化碳，因其在水中溶解度小，参与反应量少，不利于生成较多NaHCO3。（2025·上海·二模）海水中含有NaCl、MgCl2、Na2SO4等物质。由海水制盐的主要步骤有：①制卤水②测卤水浓度③煎卤得粗盐④用“花水”冲洗粗盐得精品盐。(1)海水属于。（选填“纯净物”或“混合物”）(2)石莲子或鸡蛋投入卤水中可检验浓度：石莲子或鸡蛋沉入水下的为淡卤，半飘浮的为半淡卤，浮立于水面的为成卤。其中溶质质量分数最大的是。（选填“淡卤”、“半淡卤”或“成卤”）(3)100℃时，煎卤析出的粗盐中含有MgCl2、Na2SO4等。将剩下的溶液冷却到40℃不析出的溶质是。(4)用“花水”（NaCl的饱和溶液）冲洗粗盐得精品盐。用“花水”冲洗而不用蒸馏水的原因是。(5)化学兴趣小组在实验室用粗盐（含MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质）样品，按下列流程提纯得到氯化钠。在系列除杂时：甲同学依次加入过量的含amolNaOH的溶液、含bmolNa2CO3的溶液、含cmolBaCl2的溶液，发现无法达到实验目的，原因是；乙同学保持甲同学的试剂用量，调整加入试剂的顺序，可得到纯的NaCl，所得NaCl的质量比样品中的NaCl质量多了克。用化学方程式表示加入过量稀盐酸的目的。【答案】(1)混合物(2)成卤(3)Na2SO4/硫酸钠(4)“花水”不能继续溶解氯化钠，这样可以减少食盐因溶解而造成的损失(5)过量的氯化钡无法除去，得到的NaCl不纯、【详解】（1）海水中含有NaCl、MgCl2、Na2SO4等物质，属于混合物，故填：混合物；（2）当一个物体放在液体中时，如果它的密度大于液体的密度，它就会沉下去；如果它的密度小于液体的密度，它就会浮起来；如果它的密度等于液体的密度，它就会悬浮在液体中。石莲子或者鸡蛋沉入水下的为淡卤，半飘浮的为半淡卤，浮立于水面的为成卤，说明溶质质量分数最大的是成卤，故填：成卤；（3）由溶解度曲线可知，40℃~100℃时，硫酸钠的溶解度随温度的降低为增大，则将剩下的溶液冷却到40℃不析出的溶质是Na2SO4，故填：Na2SO4或者硫酸钠；（4）“花水”是NaCl的饱和溶液，用“花水”冲洗粗盐而不用蒸馏水冲洗的原因是：“花水”不能继续溶解氯化钠，而淡水能继续溶解氯化钠，这样可以减少食盐因溶解而造成的损失，故填：“花水”不能继续溶解氯化钠，这样可以减少食盐因溶解而造成的损失；（5）根据甲同学加入试剂的顺序，由于加入的BaCl2与硫酸钠反应后，过量的BaCl2无法在后续步骤中除去，所以无法达到实验目的；调整加入试剂的顺序后，NaOH、Na2CO3中的Na和BaCl2中的Cl都转移到了生成的NaCl中，生成氯化钠的质量分别是amol、2bmol、2cmol，总共生成NaCl物质的量为，NaCl的摩尔质量为，则所得NaCl的质量比样品中的NaCl质量多了；用NaOH溶液除去氯化镁、用氯化钡溶液除去硫酸钠、用碳酸钠溶液除去氯化钙和过量的氯化钡，过滤后，滤液中含有氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，加入过量稀盐酸，氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水（）、碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳（）；故填：过量的氯化钡无法除去，得到的NaCl不纯；；、。（2025·上海崇明·二模）制盐在我国有着悠久的历史。某盐湖水样中含有等成分。、的溶解度随温度的变化如图1；从该盐湖水中获取和的主要过程如图2。(1)结合图1分析，溶解度受温度影响较大的是（填“”或“”）；时，饱和溶液中含溶质。(2)图2所示，操作1是过滤，过滤中用到的仪器除了铁架台（带有铁圈）、烧杯、玻璃棒外，还需要。(3)试剂A是NaOH溶液，反应的化学方程式为。(4)操作2中得到的固体需要用冰水多次洗涤，检验固体是否洗涤干净的方法是；从母液中提取的操作3中要趁热过滤，原因是。【答案】(1)100(2)漏斗(3)(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，依次滴加足量稀硝酸、硝酸银溶液，无白色沉淀产生，说明固体已洗涤干净防止温度降低碳酸钠析出，导致提取的氯化钠不纯【详解】（1）观察可知，碳酸钠的溶解度曲线较陡，氯化钠的溶解度曲线较平缓，所以溶解度受温度影响较大的是Na2CO3；44℃时，碳酸钠的溶解度为50g，即100g水中最多溶解50g碳酸钠形成150g饱和溶液。则300g饱和溶液中含碳酸钠的质量为100g；（2）过滤操作中用到的仪器除了铁架台（带有铁圈）、烧杯、玻璃棒外，还需要漏斗；（3）氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，化学方程式为；（4）氯化钠与硝酸银反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀，检验Na2CO3固体是否洗涤干净，就是检验洗涤液中是否还含有氯化钠，可以取少量最后一次洗涤液于试管中，依次滴加足量稀硝酸、硝酸银溶液，无白色沉淀产生，说明固体已洗涤干净；从母液中提取的操作3中要趁热过滤，是因为氯化钠的溶解度受温度影响较小，趁热过滤可以防止碳酸钠因温度降低而析出，从而得到较纯净的氯化钠。（2025·上海青浦·二模）氢氧化锂（）是锂电池材料的关键锂源，工业上常用碳酸锂（）和氢氧化钙为原料进行制备，其生产流程如图所示。(1)氢氧化钙的俗名是。(2)，该反应属于反应（填基本反应类型）。(3)固液分离后得到的母液中常混有，为提纯，查阅和的部分溶解度数据，见表1。表1

和在不同温度下的溶解度温度20406080溶解度（g/100g水）LiOH12.813.013.815.3

0.1650.1410.1160.094①20°C时，的溶解度为。②要将的母液蒸发浓缩至，需要蒸发掉水。③溶液X是的（选填“饱和”或“不饱和”）溶液。④将母液蒸发浓缩到一定程度后，采用降温结晶的方法得到。请结合表信息.分析采用降温结晶的原因。⑤请分析将溶液进行循环利用的原因。【答案】(1)熟石灰/消石灰(2)复分解(3)12.8g650饱和LiOH的溶解度随温度降低而减小，Ca（OH）2的溶解度随温度降低而增大，降温时LiOH结晶析出，Ca（OH）2不结晶析出提高LiOH的利用率，减少原料的浪费（合理即可）【详解】（1）氢氧化钙的俗名是熟石灰、消石灰；（2）由可知，此反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应；（3）①从溶解度数据表中可以直接看出，20℃时，LiOH的溶解度为12.8g；②设需要蒸发水的质量为x，根据蒸发前后溶质质量不变，可得1000g×3.5%=（1000g-x）×10%，解得x=650g；③因为降温结晶后有LiOH晶体析出，所以过滤后得到的溶液X是LiOH的饱和溶液；④由溶解度表可知，LiOH的溶解度随温度降低而减小，Ca（OH）2的溶解度随温度降低而增大；降温时，LiOH的溶解度减小，溶质从溶液中结晶析出，而Ca（OH）2的溶解度增大，不会结晶析出，从而可以得到较纯净的LiOH晶体；⑤溶液X中含有LiOH，将其循环利用可以提高LiOH的利用率，减少原料的浪费。（2025·上海松江·二模）硝土中含有硝酸钙、氯化钠等物质，草木灰的主要成分是碳酸钾，民间曾用硝土和草木灰作原料来制取硝酸钾。其主要生产流程为：(1)写出硝酸钙和碳酸钾反应的化学方程式：。混合物A属于。(选填“悬浊液”、“乳浊液”或“溶液”)(2)室温下，滤液B是硝酸钾的(选填“饱和”或“不饱和”)溶液。操作a的名称是(硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线如图)。(3)滤液C中一定含的溶质是。草木灰中的钾元素质量硝酸钾晶体中钾元素质量。(选填“＞”、“＜”或“=”)(4)调整优化硝土和草木灰的比例，可提高硝酸钾的产率。若测得滤液C中含有碳酸钾，则原料中应增加(选填“硝土”或“草木灰”)。(5)用硝酸钾制得烟花，燃放时会出现色火焰。【答案】(1)悬浊液(2)不饱和降温结晶(3)氯化钠、硝酸钾＞(4)硝土(5)紫【详解】（1）硝酸钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，化学方程式为；因为反应生成了碳酸钙沉淀，固体颗粒悬浮于液体中生成的混合物是悬浊液，所以混合物A属于悬浊液；（2）混合物A经过过滤得到滤液B，后续通过加热蒸发、操作a、过滤能得到硝酸钾晶体，说明室温下，滤液B还能溶解硝酸钾，是硝酸钾的不饱和溶液；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，操作a是从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中分离出硝酸钾晶体，则操作a为降温结晶；（3）硝土中含有硝酸钙、氯化钠等物质，草木灰的主要成分是碳酸钾，加水混合，硝酸钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，滤液B中一定含有硝酸钾和氯化钠，加热蒸发、降温结晶后，硝酸钾大量结晶析出，则滤液C中一定含有氯化钠和为结晶析出的硝酸钾；草木灰中的钾元素一部分转化到硝酸钾晶体中，还有一部分存在于滤液C中，所以说草木灰中的钾元素质量＞硝酸钾晶体中钾元素质量；（4）若测得滤液C中含有碳酸钾，说明碳酸钾过量，为了使碳酸钾充分反应生成硝酸钾，提高硝酸钾的产率，根据硝酸钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，则原料中应增加硝土；（5）硝酸钾中含有钾元素，燃放时会出现紫色火焰。（2025·上海徐汇·二模）氢氧化锂（化学式）是一种白色的固体，可在载人航天器中用于吸收二氧化碳。用碳酸锂制备氢氧化锂溶液的流程如下图所示。(1)碳酸锂中锂元素的化合价为+1价，写出碳酸锂的化学式。(2)反应2的化学方程式为，其中物质X的名称为。(3)取少量制备的氢氧化锂溶液，滴加酚酞试液，观察到无色溶液变为红色，说明该溶液的pH7（选填“<”“=”或“>”）。(4)该法制得的氢氧化锂溶液中含氯化锂，取20℃的溶液样品（含10g氢氧化锂、10g氯化锂和100g水），根据下表中的溶解度数据，设计如下图所示的流程提取氢氧化锂。温度（℃）2080的溶解度（g/100g水）12.815.3的溶解度（g/100g水）83.5112①80℃时，溶液c是氯化锂的溶液（选填“饱和”或“不饱和”）。②80℃时，该样品蒸发90g水后，析出氢氧化锂g。③操作a的名称是。④用饱和氢氧化锂溶液洗涤固体b的优点是。【答案】(1)(2)氢气(3)>(4)①不饱和②8.47③过滤④除去氢氧化锂固体表面的杂质，减少氢氧化锂的损耗【详解】（1）碳酸锂中锂元素的化合价为+1价，碳酸根的化合价为-2价，则碳酸锂的化学式为Li2CO3。（2）反应前后原子种类和个数不变，等号左边Li、Cl、H、O的个数分别为2、2、4、2，等号右边除X外，Li、Cl、H、O的个数分别为2、2、2、2，则X中只含两个氯原子，则化学式为H2，名称为氢气。（3）酚酞溶液遇碱性溶液变红色，碱性溶液的pH>7。（4）①80℃，氯化锂的溶解度为112g，则该温度下，10g水中