(1)纯碱恰好完全反应时，生成CO2的质量为_____________g。
(2)计算该样品中含杂质的质量分数是多少？(计算结果保留一位小数，下同) (3)计算当盐酸与纯碱恰好完全反应时，所得溶液的溶质质量分数是多少？
答案解析
1.【答案】B
【解析】A项，溶质质量＝溶液质量×溶质的质量分数，配制100 g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，需氢氧化钠的质量＝100 g×10%＝10.0 g，需要水的质量为90 g；用量筒量取90 mL水但量筒读数要平视，不能俯视，错误；B项，氢氧化钠易潮解，具有强烈的腐蚀性，应放在玻璃器皿中称量，正确；C项，配制溶液，不能用水清洗烧杯，因为清洗后烧杯内壁会附着少量的水造成配制的溶液的溶质质量分数偏小，错误；D项，配制100 g质量分数为10%的氢氧化钠溶液，首先计算配制溶液所需氢氧化钠和水的质量，再称量所需的氢氧化钠和量取水，最后进行溶解；在这些操作中需要的仪器：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒，错误。故选B。 2.【答案】B
【解析】A项，溶液不一定是无色、透明的。如糖水、茶水等；B项，溶液加水稀释前后，溶质的质量守恒；C项，溶剂量不变时，当加入的溶质达到饱和时，溶液质量不再增加；D项，物质溶于水形成溶液时，溶液温度可能升高、降低或不变。 3.【答案】B
【解析】由图可知，t1℃时，A、C溶解度相同，所以其饱和溶液的溶质的质量分数相同，但是，不确定A、C溶液的质量关系，故也无法确定两者溶质的质量关系，A错误；由图可知，t2℃时，A的溶解度为50 g，所以将50 g A放入50 g水中能得到饱和溶液，溶质和溶液的质量比为1℃3，B正确；降温时，A、B析出晶体，得t1℃时饱和溶液，t1℃时B的溶解度大于A的，故所得溶液的溶质质量分数：B>A，C降温时溶质质量不变，所以溶质的质量分数关系是B>A>C，C错误；C的溶解度随温度的升高而减小，升温使C的溶液由不饱和变为饱和，D错误。 4.【答案】D
【解析】A项，向溶液里加水溶质的质量不变，所以碳酸钠的质量应是一条直线，不应减少，错误；B项，向溶液里加水溶质的质量不变，溶剂的质量不断增加，所以溶质的质量分数不断减小，而不应变大，错误；C项，碳酸钠溶液的pH＞7，而不应小于7，错误；D项，一定温度下，溶质、溶剂确定的情况下，温度不变，物质的溶解度不变，正确。故选D。 5.【答案】C
【解析】A项，对化学实验中的剩余药品，不能放回原瓶，以免污染试剂，错误；B项，天平调平后在左、右托盘中各垫一张相同的纸，并不是为了保证称取的食盐质量更准确，而是为了防止污染天平，错误；C项，用50 mL量筒替代天平量取所需的水，更加简便，正确；D项，溶解时用玻璃棒搅拌，是为了加速食盐的溶解速率，而不是增加食盐的溶解能力，错误。故选C。 6.【答案】D
【解析】A项，溶液必须是均一、稳定的混合物，两种液体混合后充分振荡不一定得到均一、稳定的混合物，不一定属于溶液，如植物油与水混合后的物质不属于溶液，错误；B项，泥水不是均一、稳定的混合物，不属于溶液，而是悬浊液，所以不存在溶质，错误；C项，溶液的质量等于溶质与溶剂的质量之和，但是由于微粒间存在着间隔，溶液的体积往往小于溶质的体积与溶剂的体积之和，错误；D项，溶液具有均一性和稳定性，所以溶液中各处浓度、密度、单位体积内的粒子数完全相同，正确。故选D。 7.【答案】D
【解析】A项，由图可知，甲溶液中有固体剩余，则该温度下，在100 mL水中溶质不能继续溶解，溶质有剩余，则为饱和溶液，错误；B项，因相同温度，相同的溶剂，甲有剩余的溶质，而乙没有剩余的溶质，则甲、乙两种物质的溶解度不同，错误；C项，因不知甲固体的溶解度受温度的影响情况，若甲固体的溶解度随温度的升高而降低，则升温将有固体析出，错误；D项，因在该温度下，在一定量的水中乙固体没有剩余，则可能是恰好达到溶解的最大极限，也可能是还能继续溶解溶质，则溶液可能为饱和溶液，也可能为不饱和溶液，正确。 8.【答案】C
【解析】运用溶解度曲线图得出甲乙丙三种物质的溶解度随温度的变化规律和饱和溶液与不饱和溶液的转化规律解答。甲和乙的溶解度随温度升高而增大，丙的溶解度随温度升高而减小，所以升高温度丙的溶解度减小，接近饱和的丙溶液会变为饱和溶液。故选C。 9.【答案】D
【解析】A项，水与苯混合有机层在上层、与四氯化碳混合有机层在下层、与酒精不分层，现象不同，可鉴别，正确；B项，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，不会引入新杂质，符合除杂要求，正确；C项，胶体具有丁达尔现象，则用激光笔照射稀豆浆，检验其是否为胶体，正确；D项，配制溶液时容量瓶不能润洗，否则浓度偏大，所以容量瓶用蒸馏水洗涤即可，不需要润洗，错误。故选D。 10.【答案】A
【解析】A项，称取5 g含杂质的蔗糖，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，正确；B项，用量筒量取90 mL水，实际所量取的水比所需要的水(应需要95 mL)少，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，错误；C项，搅拌后形成了均一、稳定的溶液，玻璃棒上有液体残留，溶质质量分数不变，错误；D项，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，错误。故选A。 11.【答案】C
【解析】A项，60 ℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化铵的溶解度，错误；B项，硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，故40 ℃的硝酸钾饱和溶液降低温度仍为饱和溶液，错误；C项，t℃时，氯
化铵和硝酸钾两物质的溶解度相等，故氯化铵饱和溶液与硝酸钾饱和溶液的溶质的质量分数相等，正确；D项，60 ℃时，硝酸钾的溶解度为110 g，故100 g水中加入120 g硝酸钾，充分搅拌，只能溶解110 g，得到的是硝酸钾的饱和溶液，错误。故选C。 12.【答案】A
【解析】A项，由于固体的溶解度都随温度的变化而变化，而这没有说明温度，错误；B项，根据三种物质的溶解度曲线不难看出，在t℃时三种物质的溶解度大小关系为a＝b＞c，正确；C项，由于在t℃时，a和b两物质的溶解度相等，则其饱和溶液中溶质的质量分数相等，正确；D项，由于a的溶解度随温度的降低而减小，因此温度降低时，它的饱和溶液中就会有晶体析出，溶液中溶质的质量分数就会减小，正确。故选A。 13.【答案】C
【解析】A项，图甲中a溶液的溶质质量分数比b溶液大是错误的叙述，因为甲物质没有溶解完而乙物质溶解完；B项，图乙中a、b溶液一定都是饱和溶液是错误的叙述，根据丙中甲乙物质的溶解度曲线可知，甲乙物质的溶解度都是随温度的升高而增大，故一定是不饱和溶液；C项，图丙中表示a的溶解度曲线是M是正确的叙述，由20 ℃时甲的溶解度小，可以确定；D项，30 ℃时a、b溶液的溶质质量分数不相等是错误的叙述，二者的溶质质量分数可能相等，都饱和时相等。故答案选择C。 14.【答案】A
【解析】对于大多数溶液来说：饱和溶液加入蔗糖。 15.【答案】B
【解析】A项，已经潮解的NaOH因为吸收空气中的水分，相同质量的样品含NaOH的物质的量减少，根据公式n偏小，c偏小，错误；B项，向容量瓶中加水未到刻度线，溶液的体积小于容量瓶的体积，n不变，V偏小，c偏大，正确；C项，摇匀后，因为瓶颈刻度线以上瓶壁及活塞沾有溶液所以液面下降，此时对结果物影响，再加水至刻度线，使得溶液的体积V偏大，n不变，所以c偏小，错误；D项，定容时，仰视刻度线，使得溶液的体积偏大，n不变，V偏大，则c偏小，错误。故选B。
16.【答案】(1)A (2)蒸馏 乳化
【解析】(1)宏观上物质由元素组成，微观上物质由分子等微粒构成，这里是指宏观物质，因此这里的氮和磷指元素。
(2)实验室若要制取纯水，应采取的净化方法是蒸馏；碗碟上的油污用自来水很难洗净，往水中加少量的洗涤剂后，利用洗涤剂的乳化作用，将油滴变为更小的油滴，更容易洗净。 17.【答案】H2O CaCO3↓
不饱和溶液。所以应再
(1)CO2 CaSO4微溶于水，用悬浊液增加了反应物的量CaCO3CaO＋CO2↑ (2)过滤 漏斗 降温(冷却) 防止晶体被水溶解，提高产量 (3)循环利用CO2；提高了原料的利用率等
【解析】根据操作流程图，沉淀池中生成的沉淀应是CaCO3，在结合质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类、个数都不变，不难推出反应前的另一种物质为H2O。
(1)可循环使用的物质即既可作为反应物，又可作为生成物出现，因为沉淀B是碳酸钙，煅烧后得到的气体Y是二氧化碳，故该工艺流程中可循环使用的物质为CO2，进入沉淀池选用CaSO4悬浊液而不用CaSO4溶液的理由是CaSO4微溶于水，用悬浊液增加了反应物的量；沉淀B是碳酸钙，高温煅烧反应的化学方程式为CaCO3CaO＋CO2↑。(2)实验室里操作℃是将不溶性固体与液体分离，是过滤操作；进行此操作时，用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；操作℃的流程是加热浓缩、降温(冷却)、结晶、过滤获得纯净(NH4)2SO4晶体；洗涤所得晶体时不用水，而用饱和(NH4)2SO4溶液的目的是防止晶体被水溶解，提高产量。(3)从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是循环利用CO2，提高了原料的利用率等。 18.【答案】(1)70 (2)c
【解析】(1)t2℃时，a物质的溶解度为40 g，即t2℃时100 g水中最多溶解40 g a物质，所以当温度为t2℃时，将30 g a物质放入50 g水中充分搅拌后，只能溶解20 g a物质，所得溶液的质量为70 g；(2)c物质的溶解度随温度的降低而增大，而a、b物质的溶解度随温度的降低而减小，所以将t2℃时，a、b、c三种物质的饱和溶液降温到t1℃，a、b溶液有晶体析出，而c溶液会变为不饱和溶液，但是溶质的质量分数保持不变。
19.【答案】(1)65% (2)40% (3)28.87%
【解析】样品中的锌能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，可利用化学方程式根据锌与生成的氢气的质量比求出锌的质量；反应后的溶液是硫酸锌溶液，利用化学方程式可计算出溶质硫酸锌的质量；
设样品中锌的质量为x；生成的硫酸锌的质量为y；硫酸中溶质的质量为z；
(1)x＝13 g，W＝×100%＝65%
(2)y＝32.2 g，W′＝×100%＝40%
2020届初中化学复习：中考复习人教版第九单元《溶液》考试测试卷
