2022届高三化学一轮复习专题八溶解度及相关计算含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习专题八溶解度及相关计算含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

专题八 溶解度及相关计算
一、单选题（本大题共17小题，共51分）
1. 已知某盐在不同温度下的溶解度如下表。若把质量分数为22%的该盐溶液由50℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是 (    )
温度/℃
0
10
20
30
40
溶解度(g/100 g水)
11.5
15.1
19.4
24.4
37.6
A. 0～10℃ B. 10～20℃ C. 20～30℃ D. 30～40℃
2. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，结果有晶体析出，对析出晶体的原因分析不正确的是(    )
A. 相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3                
B. 溶液中溶剂减少了
C. 溶质质量增加了
D. 反应过程放热
3. 某温度下向100g澄清的饱和石灰水加入5.6g生石灰，充分反应后温度发生变化，下列叙述正确的是(    )
A. 沉淀物的质量为5.6g B. 沉淀物的质量为7.4g
C. 沉淀物的质量小于7.4g D. 饱和石灰水的质量小于98.2g
4. 相对分子质量为M的某物质，在室温下溶解度为S g，此时该物质饱和溶液的密度为ρg/ml，则该饱和溶液的物质的量的浓度是
A. M10s⋅ρmol/L B. 1000s⋅ρM(100+s)mol/L
C. 10s⋅ρMmol/L D. M(100+s)1000s⋅ρmol/L
5. 20℃时，NaCl的溶解度为16g，在该温度下将46gNaCl加入100g水中，充分搅拌、混合、过滤。下列说法正确的是(   )
A. 过滤后得到饱和溶液 B. 所得溶液的质量分数为46％
C. 水中溶解了46gNaCl D. 未能溶解的NaCl的质量为36g
6. 如图所示，把试管放入盛有25℃饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再滴入5mL稀盐酸。该实验的现象记录及结论错误的是(    )
A. 试管中观察到的现象是镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解
B. 随反应进行烧杯中溶液逐渐变浑浊
C. 有关反应的离子方程式Mg+2H+=Mg2++H2↑、Ca2++2OH-=Ca(OH)2↓
D. MgCl2和H2的总键能小于镁片和盐酸的总键能

7. 将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。50℃时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法错误的是(    )
A. 曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出
B. 曲线M-M´对应溶液溶质的质量分数保持不变
C. 曲线M´-N对应体系存在平衡：CuSO4(饱和溶液)⇌CuSO4⋅5H2O(s)+H2O(g)
D. 当容器中压强低于p´后得到无水硫酸铜
8. 已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是(    )
A. 相同条件时，图中四种物质NaCl的溶解度最小
B. Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
C. 用MgCl2和NaClO3可制备Mg(ClO3)2
D. 用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极析出Mg
9. 在一定温度下，向饱和烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列说法正确的是 (    )
A. 溶液中有晶体析出，Na+数目减少
B. 溶液中有气体逸出，Na+数目增加
C. 溶质的质量分数增大
D. 溶液中Na+数目减少，溶质的质量分数变小
10. 甲、乙的溶解度曲线如图所示(不考虑水的变化)。下列说法正确的是(    )
A. 依据溶解度曲线可判断，甲的溶解度比乙的大
B. t2℃时，甲的饱和溶液中溶质质量分数为40%
C. t2℃时，将甲、乙的饱和溶液分別降温到t1℃，析出晶体甲的质量大
D. t1℃时，将甲、乙的饱和溶液分别升温到t2℃，两溶液中溶质质量分数相等

11. MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是(    )
A. MgSO4的溶解度随温度升高而升高
B. NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大
C. T2℃时，MgSO4饱和溶液溶质的质量分数最大
D. 将MgSO4饱和溶液的温度从T3℃降至T2℃时，有晶体析出

12. 向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液(    )
A. c(Ca2+)、c(OH-)均增大 B. c(Ca2+)、c(OH-)均保持不变
C. c(Ca2+)、c(OH-)均减小 D. c(OH-)增大、c(H+)减小
13. 20 ℃时，某溶解度为25 g的固体物质(其摩尔质量为M g·mol-1)完全溶解于水，配制成密度为1.5 g·mL-1的饱和溶液，该饱和溶液的物质的量浓度为(    )
A. 25Mmol·L-1 B. 1 000×25Mmol·L-1
C. 1 000×1.5×25Mmol·L-1 D. 1 000×1.5×25(100+25)Mmol·L-1
14. 在如图所示曲线中，前半支表示芒硝(Na2SO4·10H2O)的溶解度曲线，后半支表示硫酸钠的溶解度曲线，则下列说法错误的是(    )
A. T ℃时Na2SO4在B点的溶解度大于在C点的溶解度
B. A点表示Na2SO4溶液尚未达到饱和，但是降温或加入Na2SO4·10H2O都能使其达到饱和
C. 在C点时降低温度或升高温度都可以使Na2SO4溶液变浑浊
D. 在T ℃时配制Na2SO4的饱和溶液，降温至0 ℃时可以析出芒硝

15. t℃时，在足量的饱和Na2CO3溶液中加入a g无水Na2CO3，可析出b g Na2CO3晶体，则(b-a)的值是(    )
A. 饱和溶液失去水的质量 B. 饱和溶液质量的减少量
C. 析出无水物的质量 D. 饱和溶液失去的溶质的质量
16. 甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线如图所示。下列分析正确的是(    )
A. t1℃时，甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，升温到t2℃时仍是饱和溶液
B. 在t2℃时，将甲、乙、丙三种物质各80g分别加入100g水中，均能形成饱和溶液
C. 三种物质的溶解度大小关系：甲>乙>丙
D. 将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法

17. 25°C时，将ag该无水硫酸铜晶体溶于bg水中恰好可形成VmL饱和溶液。下列关系中正确的是(    )
A. 饱和溶液的物质的量浓度为c=a250Vmol⋅L-1
B. 饱和溶液中溶质的质量分数为w=16a25(a+b)%
C. 25°C时硫酸铜的溶解度为S=1600a9a+25b
D. 饱和溶液的密度为ρ=a+bVg⋅mL-1
二、填空题（本大题共7小题，共49分）
18. 在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为dg·cm-3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L-1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g。
(1)用w表示该温度下氢氧化钠的溶解度为____________。
(2)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度为____________。
(3)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度为____________。
(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数为____________。
19. (1)CO2和H2在催化剂和适量条件下转化成液态甲醇和水，反应的化学方程式为：甲醇+H2O。则甲醇的化学式是______。
(2)已知20℃时，KCl的溶解度为34g，50℃时的溶解度为42.6g。通过以下实验操作得到溶液①至⑤(假设过程中溶剂的质量不变)：

Ⅰ.上述实验所得溶液中，属于饱和溶液的是______。
Ⅱ.溶液④的质量为_________g。
Ⅲ.溶液⑤中，溶质的质量分数为______。
20. 已知PbO溶解在NaOH溶液中存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)。下图所示为其溶解度曲线。

请分析如何提纯粗品PbO(其中的杂质不溶于碱)：______________________________________________________________________________。
21. (1)某化学兴趣小组对“农夫山泉”矿泉水进行检测时，发现含有45.6mg/LMg2+，则该矿泉水中Mg2+的物质的量浓度为______。
(2)X、Y两种化合物的溶解度曲线如图所示。现要用结晶法从50g X、Y混合物中提取X(不考虑X、Y共存时，对各自溶解度的影响)将它们溶于100g热水，然后冷却至20℃，若要使X析出而Y不析出，则混合物中Y的质量分数最高不能超过______
(3)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.计算当1molFeSO4参加反应时，被自身还原的Na2O2的物质的量为：______

22. 母液中常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等(其溶解度曲线如下图所示)，可进一步加工制得一些重要的产品。若将母液加热升温到60℃以上，随着水分的蒸发，会逐渐析出晶体，此晶体的主要成分是___________；过滤上述晶体后，将滤液降温到30℃以下，又逐渐析出晶体，用一定量的冷水洗涤该晶体，最后可得到比较纯净的___________晶体。

23. 图是A、B、C三物质的溶解度曲线，看图回答：



(1)10℃时，B物质的溶解度______(填>、=、<)A物质的溶解度。

(2)60℃时，A、B两物质______(填能或不能)形成质量分数浓度相同的饱和溶液。

(3)要配制成质量分数浓度为9.1%的C物质溶液，配制时的温度必须控制在_____。

(4)将80℃质量分数为33.3%的A、B溶液，冷却到20℃，_____先析出固体。(填A或B )
24. 下图为A、B、C三种固体物质的溶解度曲线，回答下列问题：
(1)要使A物质的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用的方法是_________温度(填“升高”或“降低”)。
(2)温度为t℃时，三种物质的溶解度关系满足“C (3)在其他条件不变的情况下，若把t2℃时A、B、C的饱和溶液分别升温至t3℃，此时三种溶液中溶质的质量分数关系为_____________________。
答案和解析
1.【答案】D

【解析】略

2.【答案】D

【解析】解：A.饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2与Na2CO3、水反应生成了NaHCO3，相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3导致有晶体析出，故A正确；
B.CO2与Na2CO3、水反应生成了NaHCO3，消耗了水，溶液中溶剂减少了，导致有晶体析出，故B正确；
C.1molNa2CO3生成2molNaHCO3，Na2CO3摩尔质量为106g/mol，NaHCO3摩尔质量为84g/mol，溶质质量增加了，导致有晶体析出，故C正确；
D.有晶体析出与热效应无关，故D错误。
故选：D。
本题考查了物质之间的变化关系和物质性质之间的比较问题，主要侧重了知识的分析与应用能力的考查，题目综合性较强，但题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：设生石灰反应消耗掉的水的质量为xg，生成的氢氧化钙质量为yg。
CaO+H2O=Ca(OH)2
56      18        74
5.6g   xg         yg
565.6=18x=74y
解得x=1.8，y=7.4
水被消耗了1.8 g，生成7.4 gCa(OH)2，即原饱和溶液中水被消耗了1.8 g，导致会析出部分晶体，所以导致溶液质量会小于100g-1.8g=98.2g，而由于析出晶体和新生成的氢氧化钙没有溶解，所以产生的氢氧化钙的质量一定大于7.4g，
故选：D。
在一定温度下，向一定量的饱和澄清石灰水中加入生石灰，生石灰会和石灰水中的水发生化学变化并放出热量，从而引起溶液中溶质质量和水的变化。
本题考查溶解度的有关计算，难度不大，类似题目一定要在严格计算的基础上结合分析来进行，而不是一味试图借助溶解度等求出最终沉淀多少或者溶液的质量。

4.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查物质的量浓度的计算，熟悉质量分数与饱和溶液的溶解度的关系，质量分数与物质的量浓度的关系即可解答，难度不大。
【解答】
在室温下的溶解度为S，此时测得饱和溶液的密度为ρg⋅cm-3，溶质的质量分数为S100+S×100%，由相对分子质量为M，c=1000ρwM，则c=1000SρM(100+S)mol/L，选项B符合题意。
故选B。  
5.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查溶解度的概念，在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度。
【解答】
A.20℃时，NaCl的溶解度为16g，即100g水中最多溶解16gNaCl，故会有30gNaCl溶解不了，所以过滤后得到饱和溶液，故A正确；
B.由A分析可知46gNaCl并未全部溶解，只溶解了16g，所得溶液的质量分数=溶质质量溶液质量×100％=16g100g+16g×100％=13.8%，故B错误；
C.由A分析可知46gNaCl并未全部溶解，只溶解了16g，故C错误；
D.由A分析可知未能溶解的NaCl的质量为30g，故D错误。
故选A。
  
6.【答案】D

【解析】解：A、镁是活泼金属，能与盐酸反应，方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，实验现象为镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，故A正确；
B、熟石灰的溶解度随温度的升高而降低，盐酸与镁剧烈反应并放出热量，使烧杯中溶液的温度升高，饱和石灰水中析出氢氧化钙固体，所以烧杯中溶液逐渐变浑浊，故B正确；
C、盐酸与镁反应生成氢气和氯化镁，离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，溶液的温度升高，饱和石灰水中析出氢氧化钙固体，离子方程式为Ca2++2OH-=Ca(OH)2↓，故C正确；
D、焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，盐酸与镁反应放热，焓变为负，即反应物盐酸和镁的总键能小于生成物氯化镁和氢气的总键能、MgCl2和H2的总键能大于镁片和盐酸的总键能，故D错误；
故选：D。
熟石灰的溶解度随温度的升高而降低，该实验过程中，盐酸与镁剧烈反应生成氢气并且放出热量，所以反应放出的热量使饱和石灰水溶液温度升高，温度升高氢氧化钙溶解度减小，饱和溶液析出固体氢氧化钙而使溶液看上去变浑浊，结合焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能分析解答。
本题考查学生常见的放热反应和吸热反应以及氢氧化钙的溶解度随温度的变化关系，明确实验原理是解本题关键，注意氢氧化钙溶液变化的特殊性，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，故A正确；
B.M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，故B正确；
C.M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的减少，不断析出硫酸铜晶体，至M´点晶体完全析出，此时再继续减压，存在的平衡应为CuSO4⋅5H2O(s)⇌CuSO4⋅3H2O(s)+2H2O(g)，故C错误；
D.据图可知当容器中压强低于p´后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确；
故选：C。
A.据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出；
B.M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变；
C.M-M´对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的减少，不断析出硫酸铜晶体，至M´点晶体完全析出；
D.据图可知当容器中压强低于p´后非气相水的质量分数降为0。
本题考查了溶解度、饱和溶液分析判断、晶体析出的过程分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

8.【答案】D

【解析】解：A.根据四种盐的溶解度(S)曲线，不同温度时都是NaCl的溶解度最小，故A正确；
B.因Mg(ClO3)2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故B正确；
C.反应MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行，故C正确；
D.电解MgCl2溶液，产生了氢氧化镁和氢气和氯气，阴极生成氢气，D错误；
故选：D。
A.根据四种盐的溶解度(S)曲线判断；
B.根据Mg(ClO3)2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小；
C.根据侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，
D.根据电解熔融MgCl2阴极析出Mg。
掌握溶解度曲线的意义及应用，才能结合题意灵活分析解答问题，本题解答的关键是看清图象中各自的溶解度变化情况，再结合相关选项进行分析。

9.【答案】A

【解析】
【分析】本题考查了溶解度、质量分数、过氧化钠的相关知识，试题难度较易
【解答】AB.该溶液为饱和氢氧化钠溶液，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，消耗溶剂且生成溶质，故恢复到原温度后溶液中有晶体析出，溶液的质量减少，溶液中Na+数目减少，A正确，B错误；
CD.因反应前后温度一致且均为饱和溶液，溶质的质量分数不变，C、D错误。  
10.【答案】D

【解析】
【分析】
本考点考查了溶解度曲线及其应用，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关溶液和溶质质量分数的计算，题目难度不大，关键是理解并掌握溶解度的相关计算。
【解答】
A. 在比较物质的溶解度时，需要指明温度，故A错误；

B. t2℃时，甲物质的溶解度是40g，所以甲的饱和溶液中溶质质量分数为40g140g×100%≠40%，故B错误；

C. t2℃时，甲、乙的饱和溶液的质量不能确定，所以分別降温到t1℃，析出晶体的质量不能确定，故C错误；

D. t1℃时，将甲、乙的饱和溶液分别升温到t2℃，两物质的溶解度增大，溶质、溶剂质量都不会改变，所以两溶液中溶质质量分数相等，故D正确。

故选：D。
  
11.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查了溶解度的相关知识，较为基础，难度不大，解题的关键是对图示的解读。
【解答】
A.温度低于T2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而增大，高于T2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，故A错误；
B.比较溶解度大小时应指明温度，故B错误；
C.根据w=S100+S×100%，S越大，w越大，故C正确；
D.将MgSO4饱和溶液的温度从T3℃降至T2℃时，MgSO4的溶解度增大，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出，故D错误。
故选C。  
12.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查饱和溶液的性质，注意基础知识的积累与应用，题目难度不大。
【解答】
反应前后均是“同一温度下的饱和溶液”是解题的突破口。  碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为。由于原氢氧化钙溶液是饱和溶液因此生成的氢氧化钙不可能再溶解。另一方面溶剂水被消耗，导致原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出固体后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持不变。
故选B。  
13.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查物质的量浓度的计算，侧重考查物质的量公式的灵活运用，明确溶解度、质量分数、密度与物质的量浓度之间的关系是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
因该物质的溶解度是25g，则该饱和溶液的质量分数为25g25g+100g×100％，则该饱和溶液的物质的量浓度=1000ρωM=1000×1.5×25(25+100)Mmol/L；
故答案为D。  
14.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查沉淀溶解平衡的图像问题，难度不大。
【解答】
A.在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度，溶解度只和温度和物质种类有关，温度相同，则溶解度相同，故A错误；
B.有图可知芒硝的的溶解度在T温度以前溶解度随温度的升高而升高，则有图知A点是不饱和溶液，但温度降低可以达到饱和，故B正确；
C.有图可知C点降温或者升温都可以降低溶解度，使Na2SO4溶液变浑浊，故C正确；
D.在T ℃时配制Na2SO4的饱和溶液，降温至0 ℃，溶解度降低，时可以析出芒硝，故D正确。
故选A。
  
15.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了向饱和溶液中加入固体，然后析出结晶体的问题，应注意的是析出的结晶体有两个来源，难度不大。
【解答】
由于原碳酸钠溶液为饱和溶液，故当加入ag碳酸钠时，碳酸钠不能溶解，反而由于形成结晶水而带出部分溶剂，而原来溶解在此部分溶剂中的溶质也一并析出，故析出的bg碳酸钠晶体中，碳酸钠的来源有两个：加入的a g无水碳酸钠和饱和溶液质量的减少量，则(b-a)的值是原饱和溶液质量的减少量，
故选B。  
16.【答案】B

【解析】解：A.甲和乙溶解度随温度升高增大，丙随温度升高溶解度减小，t1℃时，甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，升温到t2℃时，甲和乙变为不饱和溶液，丙仍是饱和溶液，故A错误；
B.图象分析可知t2温度时甲的溶解度最大为80g，将甲、乙、丙三种物质各80g分别加入100g水中，甲恰好形成饱和溶液，乙丙溶质不能全部溶解，也会形成饱和溶液，故B正确；
C.溶解度是随温度变化，一定温度下才能比较溶解度，温度不知不能判断溶质溶解度，故C错误；
D.丙的溶解度随温度升高减小，将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，故D错误；
故选：B。
A.甲乙溶解度随温度升高增大，丙随温度升高溶解度减小；
B.图象分析可知t2温度时甲的溶解度最大为80g，将甲、乙、丙三种物质各80g分别加入100g水中，乙丙溶质不能全部溶解；
C.溶解度是随温度变化，一定温度下才能比较溶解度；
D.丙的溶解度随温度升高减小；
本题考查了溶液中溶质溶解度随温度变化的特征、饱和溶液的形成、溶解度大小比较的依据等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

17.【答案】D

【解析】解：A.饱和溶液的物质的量浓度为c=mol/L，故A错误；
B.饱和溶液中溶质的质量分数为w=agag+bg×100%，故B错误；
C.25°C时，将ag该无水硫酸铜晶体溶于bg水中恰好可形成VmL饱和溶液，100：S=bg：ag，25°C时硫酸铜的溶解度为S=100abg，故C错误；
D.饱和溶液的密度为ρ=ag+bgV×10-3L=1000(a+b)Vg⋅L-1=a+bVg/ml，故D正确；
故选：D。
A.饱和溶液的物质的量浓度为c=nV；
B.饱和溶液中溶质的质量分数为w=溶质质量溶液质量×100%；
C.25°C时硫酸铜的溶解度是100g水中达到饱和溶解溶质的质量；
D.饱和溶液的密度为ρ=mV。
本题考查了饱和溶液中溶质质量分数、溶解度、物质的量浓度的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

18.【答案】(1)100w1-wg 
(2)25mVmol⋅L-1 
(3)25dw mol·L-1 
(4)4cd％

【解析】
【分析】本题考查了物质的量浓度、溶解度及相关计算、质量分数及相关计算的相关知识，试题难度较易
【解答】
(1)饱和溶液中，溶质质量分数w=S100g+S×100％，可得S=100w1-wg。
(2)溶液中NaOH的物质的量浓度为1000mL⋅L-1×mgVmL×40g⋅mol-1=25mVmol⋅L-1。
(3)溶液中NaOH的物质的量浓度为1000mL⋅L-1×dg⋅cm-3×w40g⋅mol-1=25dwmol⋅L-1。
(4)w=40g⋅mol-1×cmol⋅L-11000mL⋅L-1×dg⋅cm-3×100％=4cd％。
  
19.【答案】(1)CH4O(或CH3OH) 
(2)I.②④⑤   II.71.3 III.25.4%

【解析】
【分析】
本题考查化学式的确定以及溶解度等知识，难度不大。根据化学反应前后原子的种类和数目不变进行解答；根据固体的溶解度是指在一定温度下，某固体物质在100g水中达到饱和状态时所溶解的质量，根据固体物质的溶解度可以判断出在一定温度时形成的溶液是否饱和进行解答。
【解答】
(1)根据化学反应前后原子的种类和数目不变，由CO2+3H2甲醇+H2O可知，甲醇的化学式是CH4O(或CH3OH)；
故答案为：CH4O(或CH3OH)  。
(2)由于氯化钾在20℃时的溶解度是34g，即100g水中最多溶解34g氯化钾，50g水中最多溶解17g氯化钾；因此在20℃时在50g水中加入10g氯化钾，氯化钾会全部溶解，得到的①溶液是20℃不饱和溶液；又加入10g氯化钾，由于在50g水中最多溶解17g氯化钾，因此这20g氯化钾只能再溶解17g，所以形成的②溶液是20℃饱和溶液；升温至50℃，由于氯化钾在50℃时的溶解度是42.6g，50g水中最多溶解21.3g氯化钾，因此后加入的氯化钾会全部溶解，而且形成的溶液③是50℃不饱和溶液，但又加入10g氯化钾，这10g氯化钾会再溶解1.3g，形成的溶液④是50℃饱和溶液，然后降温到20℃时，有晶体析出，形成溶液⑤是20℃饱和溶液；
Ⅰ、上述实验所得溶液中，属于饱和溶液的是②④⑤；
Ⅱ、溶液④的质量=50g+21.3g=71.3g；
Ⅲ、⑤是20℃饱和溶液，氯化钾在20℃时的溶解度是34g，即100g水中最多溶解34g氯化钾，50g水中最多溶解17g氯化钾；溶质的质量分数为34g100g+34g×100％=25.4％。
故答案为：I.②④⑤   II.71.3 III.25.4%。  
20.【答案】重结晶即向PbO粗品中加入一定量的35% NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后趁热过滤，冷却结晶过滤得到PbO固体

【解析】略

21.【答案】0.0019mol/L  40%  0.5mol

【解析】解：(1)溶于中Mg2+浓度为45.6mg/L，则该矿泉水中Mg2+的物质的量浓度为：45.6×10-3g24g/mol1L=0.0019mol/L，
故答案为：0.0019mol/L；
(2)混合物溶于100g热水中，20℃时Y的溶解度为20g，此时不析出B，则混合物中B的质量最大为20g，故混合物中Y的质量分数不超过：20g50g×100%=40%，
故答案为：40%；
(3)反应中Fe元素的化合价由+2价升高到+6价，Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，氧化剂为过氧化钠，还原剂为过氧化钠、硫酸亚铁，氧化产物为Na2FeO4、O2，由2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，可知1molFeSO4参加反应时生成O2为0.5mol，根据电子转移守恒，被自身还原的Na2O2的物质的量为：0.5mol×22=0.5mol，
故答案为：0.5mol。
(1)根据m=mn计算；
(2)混合物溶于100g热水中，20℃时Y的溶解度为20g，此时不析出B，则混合物中B的质量最大为20g；
(3)反应中Fe元素的化合价由+2价升高到+6价，Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，根据硫酸亚铁的量计算生成的O2的量，根据电子转移是计算被自身还原的Na2O2的物质的量。
本题考查物质的量浓度、溶解度、氧化还原有关计算，(3)中注意守恒思想的运用，题目采取部分电子转移守恒解答，题目侧重考查学生分析解决问题的能力、计算能力。

22.【答案】NaCl和MgSO4；KCl

【解析】
【分析】
本题考查学生氯碱工业的有关知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大。
【解答】
观察溶解度图象，当温度大于60℃，随着温度的升高，MgSO4的溶解度反而下降，NaCl的溶解度一直比较低．所以这两种物质就会结晶析出；降温时析出晶体，说明该晶体溶解度随温度的降低而降低，从图象可以看出，MgCl2和KCl随着温度的降低而下降，将母液降温(降到30℃以下)析出晶体主要是MgCl2，KCl，从图象可以看出，在温度较低时，MgCl2的溶解度大于KCl的溶解度，所以冷水洗涤时较纯的KCl固体就会析出，
故答案为：NaCl和MgSO4；KCl。  
23.【答案】(1)>
(2)不能
(3)低于20℃
(4)B

【解析】
【分析】
物质的溶解度相等，则饱和溶液的溶质质量分数相等；C物质的溶解度随温度升高而减少．要确定温度可选确定出对应的溶解度，根据曲线确定温度。
【解答】
(1)由曲线图可知10℃时，B物质的溶解度大于A物质的溶解度，故答案为： >；
(2)饱和溶液的溶质质量分数相等，则需相同温度下物质的溶解度相等，60℃时，A、B两物质的溶解度不相等，不能形成质量分数相同的饱和溶液，故答案为：不能；
(3)要配制成质量百分比浓度为9.1%的C物质溶液，设此时C物质的溶解度为x，则x100g+x×100%=9.1%，X=10g.20℃时C物质的溶解度为10g，故应控制温度在低于20℃，故答案为：低于20℃；
(4)20℃时，A、B的饱和溶液的浓度B大于A，则将80℃质量分数为33.3%的A、B溶液，冷却到20℃，B先析出固体，故答案为：B。  
24.【答案】(1)降低
(2)t1℃ (3)A=B>C


【解析】
【分析】
根据固体的溶解度曲线可以：
①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；
②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；
③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。
【解答】
(1)A物质的溶解度随温度的升高而增大，所以要使A物质的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用的方法是降低温度，故填：降低；
(2)通过分析溶解度曲线可知，温度为t℃时，三种物质的溶解度关系满足“C t1℃ (3)在其他条件不变的情况下，若把t2℃时A、B、C的饱和溶液分别升温至t3℃，此时三种溶液中溶质的质量分数关系为A=B>C，故填：A=B>C。