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1. (2025·德州中考)硝酸钾的溶解度曲线如图。20 ℃时,将20 g硝酸钾固体加入盛有50 g水的烧杯中,充分溶解后,再升温至40 ℃(不考虑水蒸发)。下列说法不正确的是 (
A.硝酸钾的溶解度随温度升高而增大
B.20 ℃时,烧杯中溶液的质量为70 g
C.40 ℃时,烧杯中溶液为不饱和溶液
D.由20 ℃升温至40 ℃,烧杯中溶液溶质质量分数变大
B
)A.硝酸钾的溶解度随温度升高而增大
B.20 ℃时,烧杯中溶液的质量为70 g
C.40 ℃时,烧杯中溶液为不饱和溶液
D.由20 ℃升温至40 ℃,烧杯中溶液溶质质量分数变大
答案
1.B
解析
【分析】
要解决本题，需结合硝酸钾的溶解度曲线，明确溶解度的定义（一定温度下，100g溶剂中最多溶解的溶质质量），逐一分析每个选项：先根据曲线趋势判断溶解度随温度的变化；再依据20℃、40℃时硝酸钾的溶解度，计算50g水中最多溶解的硝酸钾质量，进而判断溶液是否饱和、溶液质量及溶质质量分数的变化。
【解析】
A选项：由溶解度曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，A说法正确；
B选项：20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，即该温度下100g水最多溶解31.6g硝酸钾，则50g水最多溶解硝酸钾的质量为$\frac{31.6g}{2}=15.8g$，将20g硝酸钾加入50g水中，仅能溶解15.8g，此时溶液质量为$50g+15.8g=65.8g≠70g$，B说法错误；
C选项：40℃时硝酸钾的溶解度为63.9g，该温度下50g水最多溶解硝酸钾的质量为$\frac{63.9g}{2}=31.95g$，加入的20g硝酸钾完全溶解，溶液为不饱和溶液，C说法正确；
D选项：从20℃升温至40℃，未溶解的硝酸钾（20g-15.8g=4.2g）继续溶解，溶质质量增加，溶剂质量不变，根据溶质质量分数公式$\frac{溶质质量}{溶液质量}×100\%$，可知溶液溶质质量分数变大，D说法正确。
【答案】
B
【知识点】
溶解度曲线、饱和溶液与不饱和溶液、溶质质量分数
【点评】
本题考查溶解度曲线的应用，核心是理解溶解度的定义，能根据溶解度计算一定量溶剂中最多溶解的溶质质量，进而判断溶液状态及溶质质量分数的变化，属于基础题型，需掌握溶解度相关的基本计算。
【难度系数】
0.7
要解决本题，需结合硝酸钾的溶解度曲线，明确溶解度的定义（一定温度下，100g溶剂中最多溶解的溶质质量），逐一分析每个选项：先根据曲线趋势判断溶解度随温度的变化；再依据20℃、40℃时硝酸钾的溶解度，计算50g水中最多溶解的硝酸钾质量，进而判断溶液是否饱和、溶液质量及溶质质量分数的变化。
【解析】
A选项：由溶解度曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，A说法正确；
B选项：20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，即该温度下100g水最多溶解31.6g硝酸钾，则50g水最多溶解硝酸钾的质量为$\frac{31.6g}{2}=15.8g$，将20g硝酸钾加入50g水中，仅能溶解15.8g，此时溶液质量为$50g+15.8g=65.8g≠70g$，B说法错误；
C选项：40℃时硝酸钾的溶解度为63.9g，该温度下50g水最多溶解硝酸钾的质量为$\frac{63.9g}{2}=31.95g$，加入的20g硝酸钾完全溶解，溶液为不饱和溶液，C说法正确；
D选项：从20℃升温至40℃，未溶解的硝酸钾（20g-15.8g=4.2g）继续溶解，溶质质量增加，溶剂质量不变，根据溶质质量分数公式$\frac{溶质质量}{溶液质量}×100\%$，可知溶液溶质质量分数变大，D说法正确。
【答案】
B
【知识点】
溶解度曲线、饱和溶液与不饱和溶液、溶质质量分数
【点评】
本题考查溶解度曲线的应用，核心是理解溶解度的定义，能根据溶解度计算一定量溶剂中最多溶解的溶质质量，进而判断溶液状态及溶质质量分数的变化，属于基础题型，需掌握溶解度相关的基本计算。
【难度系数】
0.7
2.古代典籍(2025·徐州中考)《天工开物》记载的“淋煎”法制取海盐，主要包含“海水淋洗”和“卤水煎炼”两个环节。NaCl的溶解度曲线如图，下列说法正确的是 (
A.“海水淋洗”可以增大NaCl的溶解度
B.“卤水煎炼”是蒸发结晶的过程
C.20 ℃时，NaCl饱和溶液中溶质和溶液质量比为35.9：100
D.20 ℃时，将20 g NaCl溶于50 g水中得到不饱和溶液
B
)A.“海水淋洗”可以增大NaCl的溶解度
B.“卤水煎炼”是蒸发结晶的过程
C.20 ℃时，NaCl饱和溶液中溶质和溶液质量比为35.9：100
D.20 ℃时，将20 g NaCl溶于50 g水中得到不饱和溶液
答案
2.B
解析
【分析】
本题结合古代制盐工艺考查溶解度曲线的应用，需逐一分析各选项，明确溶解度的影响因素、结晶方法、饱和溶液的相关计算是解题关键：溶解度仅受温度影响；蒸发结晶适用于溶解度受温度影响小的物质；饱和溶液中，溶质质量与溶剂质量的比值需结合溶解度计算，溶液质量为溶质与溶剂质量之和。
【解析】
A选项：溶解度是温度的函数，“海水淋洗”过程中温度不变，NaCl的溶解度不变，因此“增大NaCl的溶解度”说法错误，排除A。
B选项：NaCl的溶解度受温度影响较小，“卤水煎炼”是通过蒸发溶剂使溶质析出，属于蒸发结晶过程，B正确。
C选项：20℃时NaCl溶解度为35.9g，含义是100g水中最多溶解35.9g NaCl形成饱和溶液，此时溶质和溶液的质量比为35.9：(100+35.9)=35.9:135.9，并非35.9:100，排除C。
D选项：20℃时NaCl溶解度为35.9g，则50g水中最多溶解NaCl的质量为$\frac{35.9g}{2}=17.95g$，加入20g NaCl无法完全溶解，得到的是饱和溶液，不是不饱和溶液，排除D。
【答案】
B
【知识点】
溶解度曲线、结晶方法、饱和溶液计算
【点评】
本题将化学知识与古代制盐工艺结合，考查基础的溶解度相关概念和应用，需要准确理解溶解度的定义、结晶的原理，以及饱和溶液的质量关系，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
本题结合古代制盐工艺考查溶解度曲线的应用，需逐一分析各选项，明确溶解度的影响因素、结晶方法、饱和溶液的相关计算是解题关键：溶解度仅受温度影响；蒸发结晶适用于溶解度受温度影响小的物质；饱和溶液中，溶质质量与溶剂质量的比值需结合溶解度计算，溶液质量为溶质与溶剂质量之和。
【解析】
A选项：溶解度是温度的函数，“海水淋洗”过程中温度不变，NaCl的溶解度不变，因此“增大NaCl的溶解度”说法错误，排除A。
B选项：NaCl的溶解度受温度影响较小，“卤水煎炼”是通过蒸发溶剂使溶质析出，属于蒸发结晶过程，B正确。
C选项：20℃时NaCl溶解度为35.9g，含义是100g水中最多溶解35.9g NaCl形成饱和溶液，此时溶质和溶液的质量比为35.9：(100+35.9)=35.9:135.9，并非35.9:100，排除C。
D选项：20℃时NaCl溶解度为35.9g，则50g水中最多溶解NaCl的质量为$\frac{35.9g}{2}=17.95g$，加入20g NaCl无法完全溶解，得到的是饱和溶液，不是不饱和溶液，排除D。
【答案】
B
【知识点】
溶解度曲线、结晶方法、饱和溶液计算
【点评】
本题将化学知识与古代制盐工艺结合，考查基础的溶解度相关概念和应用，需要准确理解溶解度的定义、结晶的原理，以及饱和溶液的质量关系，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
3.（教材P13·图1-6改编）氢氧化钙固体的溶解度曲线如图所示。下列叙述不正确的是（
A.饱和氢氧化钙溶液中加入少量氧化钙，恢复到原温，溶液质量减小
B.10 ℃时饱和氢氧化钙溶液升高温度至40 ℃，溶液变浑浊
C.50 ℃时饱和氢氧化钙溶液降低温度至20 ℃时，溶质质量分数不变
D.20 ℃时可配制溶质质量分数是0.165%的饱和氢氧化钙溶液
智能批改
D
）A.饱和氢氧化钙溶液中加入少量氧化钙，恢复到原温，溶液质量减小
B.10 ℃时饱和氢氧化钙溶液升高温度至40 ℃，溶液变浑浊
C.50 ℃时饱和氢氧化钙溶液降低温度至20 ℃时，溶质质量分数不变
D.20 ℃时可配制溶质质量分数是0.165%的饱和氢氧化钙溶液
智能批改
答案
3.D 解析:同一温度下,某物质的饱和溶液为其浓度最大的溶液,20 ℃时,氢氧化钙的溶解度为0.165 g,饱和溶液的溶质质量分数为$\frac{0.165\ \mathrm{g}}{100\ \mathrm{g}+0.165\ \mathrm{g}} × 100\% ≠ 0.165\%$,D错误。
解析
【分析】本题需结合氢氧化钙溶解度随温度升高而减小的特点，逐一分析各选项：A选项利用氧化钙与水反应消耗溶剂，结合饱和溶液的变化判断；B选项根据升温对氢氧化钙溶解度的影响，判断是否析出晶体；C选项根据降温时溶解度变化，分析溶质质量分数；D选项计算20℃饱和溶液的溶质质量分数，与选项中的数值对比判断。
【解析】A选项：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，原温度不变，氢氧化钙溶解度不变，会析出溶质，溶液质量减小，该选项正确；B选项：氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，10℃的饱和溶液升温至40℃，溶解度减小，析出氢氧化钙固体，溶液变浑浊，该选项正确；C选项：50℃的饱和溶液降温至20℃，氢氧化钙溶解度增大，饱和溶液变为不饱和溶液，溶质和溶剂质量均不变，溶质质量分数不变，该选项正确；D选项：20℃时氢氧化钙溶解度为0.165g，饱和溶液溶质质量分数为$\frac{0.165\ \mathrm{g}}{100\ \mathrm{g}+0.165\ \mathrm{g}} × 100\% \approx 0.165\%$？不对，实际计算得$\frac{0.165}{100.165}×100\%\approx0.1647\%$，与0.165%不相等，无法配制该浓度的饱和溶液，该选项错误。
【答案】D
【知识点】溶解度曲线应用、溶质质量分数计算、氢氧化钙溶解度特性
【点评】本题围绕氢氧化钙溶解度曲线，考查饱和溶液与不饱和溶液转化、溶质质量分数计算等基础知识点，需准确掌握氢氧化钙溶解度随温度的变化规律，是溶液部分的常见基础题。
【难度系数】0.6
【解析】A选项：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，原温度不变，氢氧化钙溶解度不变，会析出溶质，溶液质量减小，该选项正确；B选项：氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，10℃的饱和溶液升温至40℃，溶解度减小，析出氢氧化钙固体，溶液变浑浊，该选项正确；C选项：50℃的饱和溶液降温至20℃，氢氧化钙溶解度增大，饱和溶液变为不饱和溶液，溶质和溶剂质量均不变，溶质质量分数不变，该选项正确；D选项：20℃时氢氧化钙溶解度为0.165g，饱和溶液溶质质量分数为$\frac{0.165\ \mathrm{g}}{100\ \mathrm{g}+0.165\ \mathrm{g}} × 100\% \approx 0.165\%$？不对，实际计算得$\frac{0.165}{100.165}×100\%\approx0.1647\%$，与0.165%不相等，无法配制该浓度的饱和溶液，该选项错误。
【答案】D
【知识点】溶解度曲线应用、溶质质量分数计算、氢氧化钙溶解度特性
【点评】本题围绕氢氧化钙溶解度曲线，考查饱和溶液与不饱和溶液转化、溶质质量分数计算等基础知识点，需准确掌握氢氧化钙溶解度随温度的变化规律，是溶液部分的常见基础题。
【难度系数】0.6
4. 古代典籍(2026·淄博淄川期末)《武经总要》是我国北宋时期的一部军事著作，其中记载了用“硝石淋洗法”从硝石(主要成分为硝酸钾，含有氯化钾等杂质)中提取硝酸钾。以下说法正确的是 (
A.淋洗硝石所用的水最好是冷水
B.淋洗可以增大硝酸钾的溶解度
C.$60°\mathrm{C}$时，硝酸钾饱和溶液为210 g
D.提取硝酸钾的方法是降温结晶
D
)A.淋洗硝石所用的水最好是冷水
B.淋洗可以增大硝酸钾的溶解度
C.$60°\mathrm{C}$时，硝酸钾饱和溶液为210 g
D.提取硝酸钾的方法是降温结晶
答案
4.D
解析
【分析】本题围绕硝酸钾和氯化钾的溶解度曲线，考查对溶解度概念、结晶方法的理解，需逐一分析每个选项：首先明确硝酸钾溶解度随温度升高显著增大，氯化钾溶解度受温度影响较小；再结合各选项的描述，判断正误。
【解析】
A. 硝酸钾溶解度随温度升高而显著增大，用热水淋洗硝石可溶解更多硝酸钾，便于后续提取，冷水溶解硝酸钾量少，故A错误；
B. 溶解度是物质的固有属性，仅与温度有关，水无法改变硝酸钾的溶解度，故B错误；
C. 60℃时硝酸钾溶解度为110g，指100g水中最多溶解110g硝酸钾，形成210g饱和溶液，选项未说明溶剂质量，无法确定饱和溶液总质量，故C错误；
D. 硝酸钾溶解度受温度影响大，氯化钾受温度影响小，降温时硝酸钾大量结晶析出，氯化钾几乎不析出，因此提取硝酸钾采用降温结晶法，故D正确。
【答案】D
【知识点】溶解度曲线应用、结晶方法
【点评】本题结合古代“硝石淋洗法”的实际情境，考查溶解度相关知识的应用，需准确理解溶解度概念和结晶方法的选择依据，是对基础知识点的灵活考查。
【难度系数】0.5
【解析】
A. 硝酸钾溶解度随温度升高而显著增大，用热水淋洗硝石可溶解更多硝酸钾，便于后续提取，冷水溶解硝酸钾量少，故A错误；
B. 溶解度是物质的固有属性，仅与温度有关，水无法改变硝酸钾的溶解度，故B错误；
C. 60℃时硝酸钾溶解度为110g，指100g水中最多溶解110g硝酸钾，形成210g饱和溶液，选项未说明溶剂质量，无法确定饱和溶液总质量，故C错误；
D. 硝酸钾溶解度受温度影响大，氯化钾受温度影响小，降温时硝酸钾大量结晶析出，氯化钾几乎不析出，因此提取硝酸钾采用降温结晶法，故D正确。
【答案】D
【知识点】溶解度曲线应用、结晶方法
【点评】本题结合古代“硝石淋洗法”的实际情境，考查溶解度相关知识的应用，需准确理解溶解度概念和结晶方法的选择依据，是对基础知识点的灵活考查。
【难度系数】0.5
5. (2025·苏州中考)工业制备的重铬酸钾($\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$)中常混有少量KCl,两种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是 (
A.$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$的溶解度一定比KCl的大
B.40 ℃时,将50 g KCl加入100 g水中,所得溶液质量为150 g
C.60 ℃时,两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等
D.采用蒸发结晶的方法可除去$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$中混有的少量KCl
C
)A.$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$的溶解度一定比KCl的大
B.40 ℃时,将50 g KCl加入100 g水中,所得溶液质量为150 g
C.60 ℃时,两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等
D.采用蒸发结晶的方法可除去$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$中混有的少量KCl
答案
5.C 解析：
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | 没有指明温度,无法比较溶解度的大小 | × |
| B | 40 ℃时,KCl的溶解度为40 g,将50 g KCl加入100 g水中,最多只能溶解40 g,所得溶液质量为40 g+100 g=140 g | × |
| C | 60 ℃时,$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$和KCl的溶解度相等,饱和溶液中溶质质量分数=$\frac{溶解度}{溶解度+100\ \mathrm{g}} × 100\%$,则60 ℃时,两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等 | √ |
| D | $\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$的溶解度受温度的影响变化较大,而KCl的溶解度受温度的影响变化较小,采用降温结晶的方法可除去$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$中混有的少量KCl | × |
| | | |
| --- | --- | --- |
| A | 没有指明温度,无法比较溶解度的大小 | × |
| B | 40 ℃时,KCl的溶解度为40 g,将50 g KCl加入100 g水中,最多只能溶解40 g,所得溶液质量为40 g+100 g=140 g | × |
| C | 60 ℃时,$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$和KCl的溶解度相等,饱和溶液中溶质质量分数=$\frac{溶解度}{溶解度+100\ \mathrm{g}} × 100\%$,则60 ℃时,两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等 | √ |
| D | $\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$的溶解度受温度的影响变化较大,而KCl的溶解度受温度的影响变化较小,采用降温结晶的方法可除去$\mathrm{K}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7$中混有的少量KCl | × |
解析
【分析】
本题考查溶解度曲线的综合应用，解题思路为：①判断溶解度大小需指明温度；②根据溶解度确定一定量溶剂中溶解溶质的质量，进而计算溶液质量；③利用饱和溶液溶质质量分数与溶解度的关系（溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%）判断饱和溶液的溶质质量分数；④根据溶解度受温度影响的差异选择合适的结晶除杂方法，逐一分析各选项。
【解析】
A选项：比较两种物质的溶解度大小必须指明温度，题目未说明温度，无法确定K₂Cr₂O₇和KCl的溶解度大小，故A错误；
B选项：由溶解度曲线可知，40℃时KCl的溶解度为40g，即100g水中最多溶解40g KCl，将50g KCl加入100g水中，仅能溶解40g，所得溶液质量为100g+40g=140g，故B错误；
C选项：60℃时，K₂Cr₂O₇和KCl的溶解度相等，根据饱和溶液溶质质量分数公式，可知60℃时两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等，故C正确；
D选项：K₂Cr₂O₇的溶解度受温度影响变化较大，KCl的溶解度受温度影响变化较小，因此除去K₂Cr₂O₇中混有的少量KCl，应采用降温结晶的方法，而非蒸发结晶，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
溶解度曲线、溶质质量分数、结晶方法
【点评】
本题是中考化学溶解度部分的典型题型，围绕溶解度曲线考查了溶解度的比较、饱和溶液的相关计算、除杂方法的选择，需要学生熟练掌握溶解度曲线的应用规则。
【难度系数】
0.6
本题考查溶解度曲线的综合应用，解题思路为：①判断溶解度大小需指明温度；②根据溶解度确定一定量溶剂中溶解溶质的质量，进而计算溶液质量；③利用饱和溶液溶质质量分数与溶解度的关系（溶质质量分数=溶解度/(100g+溶解度)×100%）判断饱和溶液的溶质质量分数；④根据溶解度受温度影响的差异选择合适的结晶除杂方法，逐一分析各选项。
【解析】
A选项：比较两种物质的溶解度大小必须指明温度，题目未说明温度，无法确定K₂Cr₂O₇和KCl的溶解度大小，故A错误；
B选项：由溶解度曲线可知，40℃时KCl的溶解度为40g，即100g水中最多溶解40g KCl，将50g KCl加入100g水中，仅能溶解40g，所得溶液质量为100g+40g=140g，故B错误；
C选项：60℃时，K₂Cr₂O₇和KCl的溶解度相等，根据饱和溶液溶质质量分数公式，可知60℃时两种物质的饱和溶液的溶质质量分数相等，故C正确；
D选项：K₂Cr₂O₇的溶解度受温度影响变化较大，KCl的溶解度受温度影响变化较小，因此除去K₂Cr₂O₇中混有的少量KCl，应采用降温结晶的方法，而非蒸发结晶，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
溶解度曲线、溶质质量分数、结晶方法
【点评】
本题是中考化学溶解度部分的典型题型，围绕溶解度曲线考查了溶解度的比较、饱和溶液的相关计算、除杂方法的选择，需要学生熟练掌握溶解度曲线的应用规则。
【难度系数】
0.6
