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题型 01 坐标图像题
目 录
01 挑战中考题·查能力漏洞
类型1 pH曲线
类型2 酸碱盐之间反应的曲线
类型3 与催化剂相关的曲线
类型4 金属的化学性质
类型5 溶解过程相关的曲线
02 突破题型·补能力漏洞
题型特点
技巧点拨
03 能力提升演练
类型1 pH曲线
1．（2023•深圳）某同学在验证次氯酸（HClO）光照分解产物数字实验中，HClO所发生反应的方程式为
2HClO 2HCl+O ↑，容器中O 的体积分数以及溶液的pH随时间变化的情况如图所示，下列说法错
2 2
误的是（ ）
A．光照前，容器内已有O
2
B．反应过程中，溶液的酸性不断增强
C．反应前后氯元素的化合价不变
D．该实验说明HClO化学性质不稳定
【答案】C
【解析】A、由第一幅图可知，光照前，容器内氧气的体积分数约为18%，即已有O ，说法正确；
2
B、由第一幅图可知，溶液的起始 pH小于7，显酸性，其pH随时间变化慢慢变小，则反应过程中，溶液
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的酸性不断增强，说法正确；
C、在反应物HClO中，氢元素显+1价，氧元素显﹣2价，由化合物中各元素正负化合价的代数和为零原
则可知，其中氯元素的化合价为+1价；在生成物HCl中，氢元素显+1价，则氯元素显﹣1价，因此反应前
后氯元素的化合价降低，说法错误；
D、由题干信息可知，在光照的条件下，HClO会分解为HCl和氧气，由此可知，HClO化学性质不稳定，
说法正确。
故选：C。
2．（2023•南通）已知常温下Ca（OH） 溶解度为0.17g。向一定量饱和Ca（OH） 溶液中滴加盐酸，溶
2 2
液pH随V（盐酸）变化的曲线如图所示。为检测某生石灰样品中钙元素含量，实验如下：
步骤1取0.60g样品于锥形瓶中，向其中加入200mL蒸馏水，盖上表面皿充分振荡。
步骤2向冷却后的锥形瓶中滴入几滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至反应完全。反应完全时锥形瓶内溶液红色
恰好褪去。经换算，消耗m（HCl）＝0.73g。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤1中充分振荡后得到澄清透明的溶液
B．步骤2中红色恰好褪去时，消耗V mL盐酸
3
C．步骤2中化学反应方程式为2HCl+CaO＝CaCl +H O
2 2
D．该样品中钙元素的质量分数为66.67%
【答案】D
【解析】A、氧化钙和水反应生成氢氧化钙，取 0.60g样品于锥形瓶中，向其中加入200mL蒸馏水，得到
的氢氧化钙的质量一定大于0.60g；常温下Ca（OH） 溶解度为0.17g，200mL（合200g）蒸馏水中最多能
2
溶解氢氧化钙0.34g，氢氧化钙有剩余，步骤1中充分振荡后不能得到澄清透明的溶液，故选项说法错误。
B、步骤2中红色恰好褪去时，溶液显中性，溶液的pH＝7，消耗的盐酸的质量不是V mL，故选项说法错
3
误。
C、步骤 2 中氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学反应方程式为 Ca（OH）
+2HCl═CaCl +2H O，故选项说法错误。
2 2 2
D、反应完全时锥形瓶内溶液红色恰好褪去，经换算，消耗 m（HCl）＝0.73g，设参加反应的氢氧化钙的
质量为x。
Ca（OH） +2HCl═CaCl +2H O
2 2 2
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74 73
x 0.73g
x＝0.74g
0.74g氢氧化钙中含钙元素的质量为0.74g× ×100%＝0.4g。
反应前后钙元素的质量不变，则该样品中钙元素的质量分数为 ×100%≈66.67%，故选项说法正确。
故选：D。
3．（2023•绵阳）氢氧化钠溶液和稀盐酸混合没有明显现象，它们是否发生了反应呢？某化学兴趣小组的
同学设计如图甲所示实验进行探究。他们在盛有一定量X溶液的烧杯中放置pH传感器和温度传感器，并
滴入3滴酚酞试液，然后开启电磁搅拌器，从滴定管中逐滴加入 Y溶液，计算机显示两种传感器所得的数
据曲线如图乙和图丙。
回答下列问题：
（1）烧杯中的X溶液是 稀盐酸 ，实验过程中烧杯内溶液的颜色变化 由无色变为红色 。
（2）实验过程中发生反应的化学方程式是 HCl+NaOH ＝ NaCl+H O 。若使用的NaOH溶液已经变质，
2
则实验时还可观察到烧杯中出现的现象是 溶液中冒气泡 。
（3）结合图像分析上述实验，下列说法正确的是 BC （填序号）。
A.a点溶液显碱性
B.加入10mLY溶液时恰好完全反应
C.该反应是放热反应
D.烧杯中NaCl的质量分数一直增大
（4）从微观视角分析，酸碱中和反应的实质是：在溶液中，酸解离出的氢离子和碱解离出的 氢氧根离
子（或 OH ﹣ ） 结合生成水。写出一个符合上述反应实质，产物有硫酸盐的化学方程式 2NaOH+H SO
2 4
＝ N a SO +2H O （合理即可） 。
2 4 2
【答案】（1）稀盐酸；由无色变为红色；
（2）HCl+NaOH＝NaCl+H O；溶液中冒气泡；
2
（3）BC；
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（4）氢氧根离子（或OH﹣）；2NaOH+H SO ＝Na SO +2H O（合理即可）。
2 4 2 4 2
【解析】（1）从图乙可以看出，烧杯中初始溶液显酸性，故烧杯中的 X溶液是稀盐酸；无色酚酞在酸性
溶液和中性溶液中都不变色，在碱性溶液中变红，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，反应结束继续
加入氢氧化钠溶液，溶液由无色变为红色。
（2）氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应的化学方程式为 HCl+NaOH＝NaCl+H O。若使用的
2
NaOH溶液已经变质，则溶液中含有碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，故实验时还
可观察到烧杯中出现气泡。
（3）A、a点溶液的pH小于7，溶液显酸性，故A错误；
B、中和反应放热，反应恰好结束时溶液温度达到最高值，从图丙可以看出，加入 10mLY溶液时恰好完全
反应，故B正确；
C、反应中溶液的温度升高，故该反应是放热反应，故C正确；
D、反应结束后，再加入氢氧化钠溶液，烧杯中NaCl的质量分数会减小，故D错误；
故选BC。
（4）酸碱中和反应的实质是在水溶液中酸解离出的H+和碱解离出的OH﹣结合生成水，产物有硫酸盐生成
的酸碱中和反应可以是稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，化学方程式为 2NaOH+H SO ＝
2 4
Na SO +2H O。
2 4 2
类型2 酸碱盐之间反应的曲线
4．（2023•呼和浩特）如图是向稀HCl和稀H SO 的混合液中，滴加Ba（OH） 溶液的图像关系，下列
2 4 2
说法不正确的是（ ）
A．a 点的溶液pH＜7
1
B．a 点的溶质可能有BaCl
2 2
C．b 点和 b 点的溶液pH＝7
1 2
D．c 点的溶液能使酚酞试液变红
2
【答案】C
【解析】A、a 点，此时硫酸未反应完，此时pH＜7，故A正确；
1
B、a 点时pH＜7，若硫酸反应完，盐酸与氢氧化钡反应，则可能有氯化钡，若硫酸未反应完，则无氯化
2
钡，故B正确；
C、由A的分析，b 点溶质有盐酸，pH＜7；b 点时pH＝7，酸全部反应完，故C不正确；
1 2
D、c 点pH＞7，氢氧化钡过量，可使酚酞变红，故D正确。
2
故选：C。
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5．（2023•云南）酸、碱、盐是几类重要化合物，与人类日常生活和工农业生产关系十分密切。
（1）请从以下选项中选择适当物质的标号填空：
a.碳酸钠
b.碳酸钙
c.氢氧化钙
①可用来配制农药波尔多液的是 c ；
②可用作补钙剂的是 b ；
③可用于玻璃、洗涤剂生产的是 a 。
（2）浓硫酸可做某些气体的干燥剂，原因是 浓硫酸具有吸水性 。
（3）利用紫甘蓝自制酸碱指示剂的步骤依次为：研碎，酒精浸泡，过滤，装瓶备用。
①上述步骤中没有用到的仪器是 B （填标号）。
②通过实验得出紫甘蓝指示剂在不同液体中的显色情况如下：
液体 蒸馏水 氯化钙溶液 炉具清洁剂 白醋
颜色 紫色 紫色 绿色 红色
向滴有紫甘蓝指示剂的稀盐酸和CaCl 的混合溶液中，逐滴加入Na CO 溶液，反应所得沉淀或气体的质量
2 2 3
变化如图所示（图中一条曲线表示生成沉淀的质量变化情况，另一条曲线表示生成气体的质量变化情
况）。
加入Na CO 溶液质量为a g时，所得溶液中除指示剂外还含有的溶质是 氯化钙、氯化钠 ；
2 3
加入Na CO 溶液质量由0至bg的过程中，溶液颜色的变化情况是 由红色变为紫色，由紫色再变为绿色
2 3
。
【答案】（1）①c；②b；③a；
（2）浓硫酸具有吸水性；
（3）①B；②氯化钙、氯化钠；由红色变为紫色，由紫色再变为绿色。
【解析】（1）①可用来配制农药波尔多液的是氢氧化钙；
②可用作补钙剂的是碳酸钙；
③可用于玻璃、洗涤剂生产的是碳酸钠；
故答案为：①c；②b；③a；
（2）浓硫酸可做某些气体的干燥剂，原因是：浓硫酸具有吸水性；故答案为：浓硫酸具有吸水性；
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（3）利用紫甘蓝自制酸碱指示剂的步骤依次为：研碎，酒精浸泡，过滤，装瓶备用；
①上述步骤中没有用到的仪器是酒精灯；
②加入Na CO 溶液质量为ag时，盐酸与碳酸钠恰好完全反应，所得溶液中除指示剂外还含有的溶质是：
2 3
氯化钙、氯化钠；加入Na CO 溶液质量由0至bg的过程中，溶液颜色的变化情况是：原先有盐酸，因此
2 3
紫甘蓝自制酸碱指示剂变红色；当到a点时，溶液呈中性，由红色变为紫色；当到b点时，碳酸钠过量，
溶液呈碱性，液体再变为绿色；
类型3 与催化剂相关的曲线
4．（2023•襄阳）现有80g稀硫酸和硫酸铜的混合溶液，向其中加入过量氯化钡溶液，充分反应后再滴加
溶质质量分数为20%的氢氧化钠溶液，利用数字化传感器测得生成沉淀的质量与滴入氢氧化钠溶液的质量
的变化关系如图所示。以下说法正确的是（ ）
A．a点溶液中含有两种溶质
B．a→b段溶液中发生的化学反应为CuSO +2NaOH＝Na SO +Cu（OH） ↓
4 2 4 2
C．原混合溶液中H SO 与CuSO 的质量比为49：80
2 4 4
D．向c点溶液中滴加稀硫酸，不会立即出现白色沉淀
【答案】C
【解析】氯化钡能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀、能与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠能与硫酸铜
反应产生氢氧化铜沉淀、盐酸能与氢氧化钠反应；
A、加入氢氧化钠溶液40g时沉淀的质量不变，说明此时是盐酸与氢氧化钠反应，生成的是氯化钠，故 a
点含有氯化钠、过量的氯化钡以及生成的氯化铜三种溶质，故A错误；
B、a→b段溶液中发生的化学反应是氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，故B错误；
C、0→a段是氢氧化钠和盐酸反应，a→b是氢氧化钠和氯化铜反应，消耗氢氧化钠的质量相等；
H SO ——2HCl——2NaOH，CuSO ——CuCl ——2NaOH
2 4 4 2
故硫酸和硫酸铜的质量关系为：
H SO ——CuSO
2 4 4
98 160
故C正确；
D、c点溶液中含有氯化钡，故向c点溶液中滴加稀硫酸，会立即出现白色沉淀，故D错误；
故选：C。
6．（2023•泰安）下列图像能正确反映对应实验操作的是（ ）
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A． 等量NaOH和NaCl固体分别溶于室温下等量水中
B． 一定质量的碳酸氢钠固体受热分解
C． 用一定量的双氧水制取氧气
D． 向一定量的硫酸铜溶液中放入铁钉
【答案】D
【解析】A、氢氧化钠溶于水放热，使温度升高，一段时间后温度恢复至常温；氯化钠溶于水温度几乎无
变化，故选项图像错误。
B、碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，随着反应的进行，气体逸出，固体的质量逐渐减
少，至完全反应不再发生改变，但最终固体的质量不可能为0，故选项图像错误。
C、用一定量的双氧水制取氧气，催化剂只能影响反应速率，不影响产生氧气的质量，有催化剂的反应速
率快，至完全反应所需时间短，故选项图像错误。
D、铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO ═FeSO +Cu，每56份质量的铁可
4 4
置换出64份质量的铜，溶液的质量会减少，至完全反应不再发生改变，故选项图像正确。
故选：D。
类型4 金属的化学性质
7．（2023•广州）钴（Co）的金属活动性与铁相似，钴的化合物相关性质如表。下列预测合理的是
（ ）
物质 CoO Co（OH） CoCl CoCO
2 2 3
在水中的溶解性 难溶，灰绿色 难溶，粉红色 易溶，溶液呈 难溶，粉红色
固体 固体 粉红色 固体
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A．Co能从MgCl 溶液中置换出Mg
2
B．CoO能与盐酸反应得到粉红色溶液
C．CoCO 能与盐酸反应生成H
3 2
D．Co（OH） 可由Co与NaOH溶液反应制得
2
【答案】B
【解析】A、钴的金属活动性与铁相似，所以活动性比镁弱，不会和氯化镁反应，故A错误；
B、CoO是金属氧化物，可以和酸反应生成盐和水，所以CoO和盐酸反应生成CoCl 和H O，CoCl 易溶，
2 2 2
溶液呈粉红色，故B正确；
C、碳酸盐和酸反应生成盐、水、二氧化碳，所以CoCO 能与盐酸反应生成二氧化碳，故C错误；
3
D、Co与NaOH溶液不反应，故D错误。
故选：B。
8．（2023•大庆）下列选项与图示中所反映的变化关系不相符的是（ ）
A．等质量且过量的锌粉、锌粒分别与等质量、等浓度的稀盐酸反应
B．向一定量NaOH与Ca（OH） 的混合溶液中逐渐通入CO 至过量
2 2
C．在相同温度下，等质量等浓度的H O 溶液分解制O
2 2 2
D．向一定体积的Ba（OH） 溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀硫酸
2
【答案】B
【解析】A、金属与酸反应时氢气来源于酸中的氢元素，因为酸的量相同金属过量，最终生成的氢气应该
相等，最终剩余固体的质量相等；但锌粉与稀盐酸反应的速率快，至完全反应所需时间短，故选项图像正
确。
B、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水、二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，碳酸钠和
氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，沉淀的
先增加后逐渐减少；由质量守恒定律，由于二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钙沉淀的过程中消
耗的二氧化碳的质量大于沉淀消失时消耗的二氧化碳的质量，故选项图像错误。
C、在相同温度下，等质量等浓度的H O 溶液分解制O ，催化剂只能影响反应速率，不影响产生氧气的质
2 2 2
量，有催化剂的反应速率快，至完全反应所需时间短，故选项图像正确。
D、向一定体积的Ba（OH） 溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀硫酸，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀
2
和水，随着反应的进行，溶液中的离子数量减少，溶液的带电能力逐渐减小，至完全反应减小至0，继续
滴加稀硫酸，溶液的导电能力又逐渐增强，故选项图像正确。
故选：B。
9．（2023•云南）“乌铜走银”是云南省石屏县始创的一种独特的铜制工艺品技艺。迄今已有300余年的
历史。
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（1）乌铜是一种合金，其硬度比纯铜 大 （填“大”或“小”）；乌铜经锻打、碾压可做成不同厚度
的乌铜片，说明乌铜具有良好的 延展性 。
（2）“乌铜走银”的技艺是在乌铜上雕刻各种图案，然后将熔化的银水填入图案中，冷却后打磨光滑。
银长时间放置后依然光亮，原因是 银的化学性质稳定 。
（3）乌铜表面的黑色物质主要是氧化铜。利用稀硫酸和铁从氧化铜中得到铜单质可通过以下两种方案实
现：
方案一：Fe H Cu
2
方案二：CuO CuSO Cu
4
①上述两种方案中较优的是 方案二 ，理由是 不需要加热，操作方便安全，且节省原料 ；
②西汉刘安所著《淮南万毕术》中提到“曾青得铁则化为铜”，方案二中体现这一过程的化学方程式为
Fe+CuSO ＝ Cu+FeSO 。
4 4
（4）乌铜的废料经初步处理后可得到AgNO 和Cu（NO ） 的混合溶液。若向其中加入一定量的金属
3 3 2
Zn，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。下列说法正确的是 BDE （填标号）。
A.滤渣中一定含有的金属是Ag、Cu
B.滤液中可能含有的溶质是AgNO 、Cu（NO ）
3 3 2
C.若向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，则滤渣中一定含有Ag、Cu
D.若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，则滤液可能呈蓝色
E.若向滤液中加入稀盐酸，产生白色沉淀，则滤液中一定含有的金属离子是Ag+、Cu2+、Zn2+
【答案】（1）大；延展性；
（2）银的化学性质稳定；
（3）①方案二；不需要加热，操作方便安全，且节省原料；②Fe+CuSO ＝Cu+FeSO ；
4 4
（4）BDE。
【解析】（1）合金的硬度大于其组成成分的金属的硬度，乌铜是一种合金，其硬度比纯铜大；乌铜经锻
打、碾压可做成不同厚度的乌铜片，说明乌铜具有良好的延展性；
（2）“乌铜走银”的技艺是在乌铜上雕刻各种图案，然后将熔化的银水填入图案中，冷却后打磨光滑。
银长时间放置后依然光亮，原因是银的化学性质稳定；
（3）①上述两种方案中较优的是方案二，理由是不需要加热，操作方便安全，且节省原料；
②铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，化学方程式为Fe+CuSO ＝Cu+FeSO ；
4 4
（4）金属活动性：Zn＞Cu＞Ag，因此AgNO 和Cu（NO ） 的混合溶液，若向其中加入一定量的金属
3 3 2
Zn，先发生：Zn+2AgNO ＝Zn（NO ） +2Ag；后发生Zn+Cu（NO ） ＝Zn（NO ） +Cu；
3 3 2 3 2 3 2
A.结合以上分析可知，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，滤渣中一定含有的金属是Ag，可能含有Cu，
故错误；
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B.结合以上分析可知，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，如果加入的锌的量较少，只部分发生锌置换银
的反应，因此滤液中可能含有的溶质是AgNO 、Cu（NO ） ，故正确；
3 3 2
C.结合以上分析可知，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，由于银铜均不能与稀盐酸反应，因此若向滤渣
中加入稀盐酸，无明显现象，则滤渣中一定含有Ag、可能含有Cu，故错误；
D.结合以上分析可知，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，若向滤液中加入稀盐酸，无明显现象，说明银
离子已经完全反应了，则滤液中含有硝酸铜，溶液呈蓝色，故正确；
E.结合以上分析可知，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，若向滤液中加入稀盐酸，产生白色沉淀，该沉
淀为氯化银，说明硝酸银部分发生反应，则滤液中一定含有的金属离子是Ag+、Cu2+、Zn2+，故正确；
故选：BDE；
类型5 溶解过程相关的曲线
10．（2023•苏州）CuSO 和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
4
A．CuSO 的溶解度一定小于NaCl的溶解度
4
B．升高温度可以降低CuSO 的溶解度
4
C．T℃时，NaCl和CuSO 两种饱和溶液溶质的质量分数相等
4
D．分别将等质量80℃的NaCl和CuSO 饱和溶液降温至20℃，析出晶体质量NaCl大
4
【答案】C
【解析】A、选项说法没有指明温度，CuSO 的溶解度不一定小于NaCl的溶解度，也可能是大于或等于，
4
故选项说法错误。
B、由硫酸铜的溶解度曲线，硫酸铜的溶解度随着温度的升高而增大，升高温度可以增大CuSO 的溶解
4
度，故选项说法错误。
C、T℃时，NaCl和CuSO 的溶解度相等，则T℃时，NaCl和CuSO 两种饱和溶液溶质的质量分数相等，
4 4
故选项说法正确。
D、硫酸铜的溶解度受温度的影响变化较大，分别将等质量80℃的NaCl和CuSO 饱和溶液降温至20℃，
4
析出晶体质量CuSO 大，故选项说法错误。
4
故选：C。
11．（2023•哈尔滨）如图是甲、乙两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线，结合图示判断，下列说
法错误的是（ ）
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A．t ℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等
1
B．甲中混有少量的乙，可以采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲
C．t ℃时，等质量的甲、乙两种饱和溶液中，甲中含有的溶剂质量较多
2
D．将t ℃时两种物质的饱和溶液分别升温至t ℃，其溶质质量分数均不变
1 2
【答案】C
【解析】A、t ℃时，甲、乙的溶解度曲线交于一点，则t ℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，故选项说
1 1
法正确。
B、甲、乙的溶解度受温度的影响不同，甲的溶解度受温度影响较大，而乙受温度影响较小，甲中混有少
量的乙，可以采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，故选项说法正确。
C、t ℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，则t ℃时，等质量的甲、乙两种饱和溶液中，甲中含有的溶剂质
2 2
量较少，故选项说法错误。
D、将t ℃时两种物质的饱和溶液分别升温至t ℃，甲、乙的溶解度均增大，但溶液的组成没有发生改变，
1 2
其溶质质量分数均不变，故选项说法正确。
故选：C。
12．（2023•镇江）如图为MgCl 、KCl和MgSO 的溶解度曲线。下列说法正确的是（ ）
2 4
A．T ℃时，溶解度：S（MgCl ）＞S（KCl）＞S（MgSO ）
2 2 4
B．T ℃时，将MgSO 、MgCl 固体各30.0g分别溶于50.0g水，则形成MgSO 饱和溶液和MgCl 不饱和溶
2 4 2 4 2
液，前者溶液的溶质质量分数大于后者
C．T ℃时，将KCl、MgSO 的饱和溶液分别降温到T ℃，两种溶液中均有晶体析出
3 4 2
D．T ℃时，将等质量的KCl、MgSO 饱和溶液分别升温到T ℃，要使两种溶液均达到饱和，加入的对应
1 4 3
溶质质量相等
【答案】D
【解析】A、由溶解度曲线可知：T ℃时，溶解度大小是：S（MgCl ）＞S（MgSO ）＞S（KCl），故A
2 2 4
错。
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B、T ℃时，氯化镁溶解度是63g，硫酸镁溶解度是56g，将MgSO 、MgCl 固体各30.0g分别溶于50.0g
2 4 2
水，则形成MgSO 饱和溶液和MgCl 不饱和溶液，两溶液中溶剂质量相等，MgSO 饱和溶液中含有溶质
4 2 4
质量是28g，MgCl 不饱和溶液中含有溶质质量是30g，所以MgCl 不饱和溶液中溶质质量分数大，故B
2 2
错。
C、T ℃时，将KCl、MgSO 的饱和溶液分别降温到T ℃，氯化钾溶解度减小，析出固体，硫酸镁溶解度
3 4 2
增大，不能析出固体，故C错。
D、T ℃时氯化钾和硫酸镁溶解度相等，等质量的KCl、MgSO 饱和溶液升温至T ℃，都变成不饱和溶
1 4 3
液，该温度下氯化钾和硫酸镁溶解度相等，要使两溶液均达饱和，加入的对应溶质量相等，故D正确。
故选：D。
13．（2023•遂宁）某兴趣小组用硝酸钾进行了图甲所示的实验，硝酸钾溶解度与温度的关系如图乙。
（1）10℃时，硝酸钾的溶解度是 20. 6 克；
（2）②中硝酸钾溶液是 不饱和 （选填“饱和”或“不饱和”）溶液；
（3）通过查阅资料知道氯化钠的溶解度受温度影响较小。从硝酸钾溶液（含有少量氯化钠）中提纯硝酸
钾的方法是 降温 结晶。
【答案】（1）20.6；
（2）不饱和；
（3）降温。
【解析】（1）由硝酸钾溶解度与温度的关系图，10℃时，硝酸钾的溶解度是20.6g。
（2）40℃时，硝酸钾的溶解度是63.9g，则40℃时，100g水中最多能溶解63.9g硝酸钾，溶液达到饱和状
态，则②中硝酸钾溶液是不饱和溶液。
（3）硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，则从硝酸钾溶液（含有少量氯化钠）
中提纯硝酸钾的方法是降温结晶。
故答案为：
（1）20.6；
（2）不饱和；
（3）降温。
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题型特点
中考化学当中图像，图表题是化学考查的重点与难点，它是对于化学知识学习和掌握的情况下，考察同学
们对化学知识的应用。它主要是将变化过程中的某些量变化与曲线，直线或图表的形式表现出来的一类提
醒，这类题型通过观察会发现有形象，直观，简洁清晰，知识面广，综合性强等特点，对学生知识的考察
也比较全面。从其考察的内容分析，主要涵盖有溶解度溶液，稀释溶液，溶液导电性，化学反应过程等的
图像题，从形式上来看，会出现单线图像题或多线图像题等。想要掌握这类题型，首先我们要做到对所学
知识点巩固以及理解必须到位，牢固的基础知识是解决这类型题型的基础。其次，对于这类题型的解题技
巧也是大家掌握的重点之一，它直接关乎大家在解题时思路。
技巧点拨
1、看轴，即横坐标和纵坐标。理清横坐标和纵坐标所表示的内容，并结合题意和图意，深挖细找，反复
推敲。
2、找点，包括起点、拐点和终点，其中拐点一般代表一个反应的开始或结束。从这些点上找解题的突破
口，并从突破口出发，探求知识间的内在联系，综合运用多种思维方式，进行分析和推理，找出符合题意
的正确结果。
3、观察线，即每一段线的走势。结合数学知识，分析每条线的走势所表示的意义，最后按照分析和逻辑
推理，推出符合题意的结果。
1．（2024•道外区一模）下列图像能正确表示对应关系的是（ ）
A．甲图表示向一定量二氧化锰固体中加入过氧化氢溶液
B．乙图表示向一定浓度的氢氧化钠溶液中加水稀释
C．丙图表示加热盐酸
D．丁图表示向稀硫酸与硫酸铜的混合溶液中加氢氧化钠溶液至过量
【答案】A
【解析】A、向一定量二氧化锰固体中加入过氧化氢溶液，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，质量不
变，故A对应关系正确；
B、向一定浓度的氢氧化钠溶液中加水稀释，溶液的pH减小，但不会等于7、小于7，故B对应关系不正
确；
C、加热盐酸时会挥发出氯化氢气体，溶质的质量分数要减小，故C对应关系不正确；
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D、向稀硫酸和硫酸铜混合溶液中加入氢氧化钠溶液时，氢氧化钠先与稀硫酸反应不会生成沉淀，当稀硫
酸反应完后再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以不能开始就有沉淀，故D对应关系不正确；
故选：A。
2．（2024•成都二模）下列图像能正确反映对应变化关系的是（ ）
A． 加热一定质量的氯酸钾和二氧化锰混合物
B． 等质量Mg、Fe与足量等浓度稀硫酸反应
C． 压强、温度的改变对氧气溶解度的影响
D． 足量红磷在充满空气的密闭容器中燃烧
【答案】B
【解析】A、氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气，随着氧气的产生，试管内固体的
质量不断减少，而MnO 的质量不变，固体中MnO 的质量分数增加，反应停止，质量分数不再改变，故
2 2
选项图示不正确。
B、等质量Mg、Fe与足量等浓度稀硫酸反应时，镁的活动性大于铁，因此镁最先反应结束，又因为两种
金属生成的盐中金属元素都为+2价，但镁的相对原子质量小于铁，则镁产生氢气较多，故选项图示正确。
C、氧气的溶解度随着温度的升高而减小，随着压强的增大与增大，故选项图示不正确。
D、氧气约占空气总体积的五分之一，红磷燃烧生成五氧化二磷，放热，气体膨胀，气压增大，完全反应
后氧气消耗，温度降低至小于原气压，故选项图示不正确。
故选：B。
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3．（2024•涟源市模拟）现有以下曲线，与之对应的叙述正确的是（ ）
A．图①是给氯酸钾和二氧化锰的混合物加热
B．图②是向一定温度下的饱和氢氧化钙溶液中不断加入氧化钙固体
C．图③是向pH＝1的酸溶液中不断加水
D．图④是向一定质量的过氧化氢溶液中不断加入二氧化锰固体
【答案】C
【解析】A、二氧化锰是催化剂，催化剂在化学反应前后化学性质和质量都不变，所以应该是横线，故 A
错误；
B、氧化钙固体与水反应生成氢氧化钙，使原溶液中溶剂减少，会析出溶质，溶质减少，溶液质量也随之
减少，故B错误；
C、向pH＝1的酸溶液中不断加水，酸性越来越弱，pH越来越大，如果纯水pH为7，但酸不可能没了，
所以无限制的接近于7，而不能到7，故C正确；
D、过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解为水和氧气，随着过氧化氢的分解，溶液中溶质的质量不断减
小，当过氧化氢完全分解后，溶质的质量为零，故D错误。
故选：C。
4．（2024•杨浦区二模）烧杯中盛有锌粉和铁粉的混合物mg，向其中逐渐加入一定浓度的稀盐酸，测得剩
余固体的质量与加入稀盐酸体积的关系如图所示。下列有关结论错误的是（ ）
A．加入V mL稀盐酸时，剩余固体中不含锌
1
B．加入V mL稀盐酸时，溶液中有2种溶质
2
C．反应中由铁粉产生的氢气质量为
D．整个过程中产生氢气的质量一定小于
【答案】C
【解析】A、在金属活动性顺序表中，锌的金属活动性比铁强，稀盐酸先与锌反应生成氯化锌和氢气，再
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与铁反应生成氯化亚铁和氢气，则加入V mL稀盐酸时，锌反应完全，剩余固体中不含锌，故A正确；
1
B、稀盐酸先与锌反应生成氯化锌和氢气，再与铁反应生成氯化亚铁和氢气，则加入 V mL稀盐酸时，铁
2
恰好完全反应，溶液中的溶质为FeCl 和ZnCl ，故B正确；
2 2
C、第二段是铁粉和稀盐酸反应，铁的质量为ng，56份的铁生成2份的氢气，则反应中由铁粉产生的氢气
质量为 g，故C不正确；
D、假设mg全部是锌，锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，假设mg全部是铁，则反应中产生氢气的质量
一定小于 ，故D正确。
故选：C。
5．（2024•鼓楼区校级模拟）如图是硝酸钾和氯化钠的溶解度曲线，提纯 KNO （含少量NaCl）的实验部
3
分过程如①、②、③所示，有关说法错误的是（ ）
A．KNO 的溶解度随温度升高而增大
3
B．从①到②溶液中溶剂的质量减小
C．从①到③溶液中溶解的KNO 质量变小
3
D．从②到③溶液中NaCl的质量分数不变
【答案】D
【解析】A、通过分析溶解度曲线可知，KNO 的溶解度随温度升高而增大，故A正确；
3
B、从①到②的操作是加热蒸发，溶液中溶剂的质量减小，故B正确；
C、硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，所以从①到③溶液中溶解的KNO 质量变小，故C正确；
3
D、从②到③溶液中NaCl的质量不变，溶液质量减少，所以质量分数增大，故D错误。
故选：D。
6．（2024•哈尔滨模拟）如图是两种物质的溶解度曲线，下列说法不正确的是（ ）
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A．60℃时，M、N的溶解度相等
B．40℃时，100g水中最多溶解60gN
C．图中阴影部分可表示N的饱和溶液
D．60℃时，M、N的饱和溶液降温至40℃，均无溶质析出
【答案】D
【解析】A、通过分析溶解度曲线可知，60℃时，M、N的溶解度相等，故A正确；
B、40℃时，N物质的溶解度是60g，所以100g水中最多溶解60gN，故B正确；
C、图中阴影部分可表示N的饱和溶液，故C正确；
D、60℃时，M、N的饱和溶液降温至40℃，N物质的溶解度增大，无溶质析出；M物质的溶解度减小，
析出晶体，故D错误。
故选：D。
7．（2024•阳新县校级模拟）中国著名化学家侯德榜先生发明了联合制碱法，促进了世界制碱技术的发
展。Na CO 和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）
2 3
A．t ℃时，NaCl饱和溶液中溶质的质量分数为36%
1
B．t ℃时，将50gNa CO 固体放入50g水中，充分溶解后所得溶液的质量为100g
2 2 3
C．将t ℃的Na CO 饱和溶液升温到t ℃，溶液的溶质质量分数不变
1 2 3 2
D．将t ℃的Na CO 溶液和NaCl溶液降温到t ℃，两溶液中均有晶体析出
2 2 3 1
【答案】C
【解析】A、t ℃时，NaCl饱和溶液的溶质质量分数为： ×100%≈26.5%，故A错；
1
B、t ℃时，Na CO 的溶解度是50g，即在该温度下，100g水中最多溶解50gNa CO ，则50g水中最多溶解
2 2 3 2 3
25gNa CO ，将50gNa CO 固体放入50g水中，充分溶解后得到溶液的质量为25g+50g＝75g，故B错；
2 3 2 3
C、由溶解度曲线可知，将t ℃时Na CO 的饱和溶液升温到t ℃时，溶液由饱和溶液变为不饱和溶液，溶
1 2 3 2
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液的溶质质量分数不变，故C正确；
D、将t ℃的Na CO 溶液和NaCl溶液降温到t ℃，两溶液中不一定有晶体析出，因为不一定是两种物质
2 2 3 1
的饱和溶液，故D错。
故选：C。
8．（2024•广州一模）“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。采集的盐水主要含NaCl和少量MgSO 。根据如图判断，下列说法正确的是（ ）
4
A．溶解度：MgSO ＞NaCl B．MgSO 的溶解度随温度升高而增大
4 4
C．a℃时，MgSO 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
4
【答案】D
【解析】A、没有指明温度，无法比较硫酸镁和氯化钠的溶解度大小，故A错误；
B、通过分析溶解度曲线图，MgSO 的溶解度先随温度升高而增大，后随温度升高而减小，故B错误；
4
C、指明溶液的状态，无法确定溶质质量分数大小，故C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D正确。
故选：D。
9．（2024•深圳模拟）小深同学查阅资料得到甲、乙溶解度曲线（如图1）。为提纯含少量乙杂质的甲，
小深依照图2进行实验，下列说法正确的是（ ）
A．由图1可知，溶解度：甲＞乙
B．图2中，③中上层清液的溶质只有乙物质
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C．图2中，②→③，溶液中甲物质的质量减小
D．由图1可知，t℃时，甲、乙溶液的溶质质量分数相等
【答案】C
【解析】A、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，温度不能确定，溶解度也不能确定，故A错误；
B、图2中，③中上层清液的溶质有甲、乙物质，故B错误；
C、图2中，甲物质的溶解度受温度变化影响较大，②→③析出甲物质的晶体，溶液中甲物质的质量减
小，故C正确；
D、由图1可知，t℃时，甲、乙溶液的状态不能确定，所以溶液中溶质质量分数不能确定，故D错误。
故选：C。
10．（2024•广州一模）小组同学称取13.8gMgCO •3H O进行热重分析，并绘制出如图所示的热重曲线，
3 2
下列说法正确的是（ ）
A．t ～t ℃时反应的化学方程式为：MgCO •3H O MgCO +3H O
1 2 3 2 3 2
B．t ℃时，固体物质的化学式为MgCO •H O
2 3 2
C．最终剩余的4.0g物质是MgCO
3
D．MgCO •3H O失去结晶水的过程属于物理变化
3 2
【答案】B
【解析】A、t ～t ℃时，质量减少了13.8g﹣10.2g＝3.6g，则该过程减少的是结晶水的质量；设t ℃时，剩
1 2 2
余固体生物化学式为MgCO •xH O。
3 2
MgCO •3H O MgCO •xH O+（3﹣x）H O
3 2 3 2 2
138 84+18x
13.8g 10.2g
x＝1
此时物质的化学式为MgCO •H O，反应的化学方程式为MgCO •3H O MgCO •H O+2H O，
3 2 3 2 3 2 2
故选项说法错误。
B、由A选项的解析，t ℃时，固体物质的化学式为MgCO •H O，故选项说法正确。
2 3 2
C、碳酸镁在高温条件下分解生成氧化镁和二氧化碳，最终剩余的4.0g物质是氧化镁，故选项说法错误。
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D、MgCO •3H O失去结晶水的过程，有新物质生成，属于化学变化，故选项说法错误。
3 2
故选：B。
11．（2024•福州模拟）我国有辉煌的古代文化和科技成就。
（1）“以铜为镜，可以正衣冠；以史为镜，可以知兴替；以人为镜，可以明得失”。“以铜为镜”利用
铜具有 金属光泽 （填物理性质）的性质。
（2）“火井沈荧于幽谷，高焰飞煽于天垂”描写的是天然气燃烧时的现象，天然气属于 不可再生
（ 选 填 “ 可 再 生 ” 或 “ 不 可 再 生 ” ） 能 源 ， 其 完 全 燃 烧 的 化 学 方 程 式 为
。
（3）“水锡……其质黑色……愈经淘取”是指水中淘取锡砂（锡矿石），锡砂的主要成分为 SnO ，难溶
2
于水，水中淘取锡砂的分离操作是 过滤 ；“凡煎炼亦用洪炉，人砂数百斤，丛架木炭亦数百斤，鼓
鞴（鼓入空气）熔化”是指高温下木炭会把锡从锡砂（SnO ）中置换出来，同时产生二氧化碳气体，反应
2
的化学方程式为 。炼锡时，有关键的一步“点铅勾锡”形成合金，使
其较易熔化流出，其原因是 合金的熔点低于纯金属 。
【答案】（1）金属光泽；
（2）不可再生； ；
（3）过滤； ；合金的熔点低于纯金属。
【解析】（1）以铜为镜”是利用铜具有金属光泽的性质；
（2）不再生能源：经过亿万年形成的、短期内无法恢复的能源，因此天然气属于不再生能源；甲烷完全
燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为 ；
（3）锡砂的主要成分为SnO ，难溶于水，水中淘取锡砂的分离操作是过滤；高温下木炭会把锡从锡砂
2
（SnO ）中置换出来，同时产生二氧化碳气体，反应的化学方程式为； ；
2
一般情况下，合金的熔点低于各成分金属的熔点，因此“点铅勾锡”形成合金，使其较易熔化流出。
12．（2024•南岗区一模）如图是甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线，根据图像及相关知识
回答下列问题：
（1）甲、乙物质的溶解性均为① 易 （填“易”或“微”）溶。50℃时，甲物质的溶解度为② 50g
。
（2）将甲在20℃时的饱和溶液转化为不饱和溶液，可以采用 增加溶剂 的方法。
（3）20℃时，甲、乙饱和溶液中溶质的质量分数均为 20% 。
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【答案】（1）易；50g；
（2）增加溶剂；
（3）20%。
【解析】（1）20℃时，甲、乙物质的溶解度是25g，所以溶解性均为①易溶；50℃时，甲物质的溶解度
为②50g；
（2）将甲在20℃时的饱和溶液转化为不饱和溶液，可以采用增加溶剂的方法；
（3）20℃时，甲、乙物质的溶解度是25g，所以甲、乙饱和溶液中溶质的质量分数均为： ×100%＝
20%。
13．（2024•无锡模拟）金属材料在人类文明的发展中起着重要作用，古代冶金技术彰显了我国劳动人民的
智慧。
（1）战国《韩非子。内储说上》提到，早期采金技术均是“沙里淘金”。金在自然界中主要以 单质
（填“单质”或“化合物”）形式存在。
（2）北宋沈括所著的《梦溪笔谈》中记载了“湿法炼铜”的方法：“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。即
在硫酸铜溶液中加入铁，则可得到铜。该反应的化学方程式是 Fe+CuSO ＝ FeSO +Cu ，该反应属于
4 4
置换 反应（填基本反应类型）。
（3）明代宋应星所著的《天工开物》一书，介绍了“火法炼锌”的方法：把炉甘石（ZnCO ）和煤炭饼装
3
入炼锌罐如图所示，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
①炉甘石（ZnCO ）加入锌罐之前，先将其粉碎的目的是 增大反应物接触面积，使反应更快更充分
3
。
②反应区中，炉甘石（ZnCO ）在高温下分解生成氧化锌和另一种氧化物，该氧化物的化学式是 CO
3 2
。
③反应区中，煤炭中的碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，该反应的化学方程式是
，该反应中的还原剂是 碳或 C 。
④必须“冷定”（冷却至室温）后才能“毁罐”取锌，请从化学变化的角度解释其原因： 防止锌与氧气
在温度较高时反应生成氧化锌 。
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【答案】（1）单质；
（2）Fe+CuSO ＝FeSO +Cu；置换；
4 4
（3）①增大反应物接触面积，使反应更快更充分；②CO ；③ ；碳或C；
2
④防止锌与氧气在温度较高时反应生成氧化锌。
【解析】（1）金的化学性质稳定，在自然界中主要以单质的形式存在；
（2）在硫酸铜溶液中加入铁，则可得到铜和硫酸亚铁，反应的化学方程式为：Fe+CuSO ＝FeSO +Cu；该
4 4
反应由单质和化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应；
（3）①炉甘石（ZnCO ）加入锌罐之前，先将其粉碎可增大反应物接触面积，使反应更快更充分；
3
②根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应前含有 Zn、C、O三种元素，则生成物中也应
含有这三种元素，反应区中，炉甘石（ZnCO ）在高温下分解生成氧化锌和另一种氧化物，另一种氧化物
3
一定含有碳元素，该氧化物的化学式是CO ；
2
③反应区中，煤炭中的碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，该反应的化学方程式是：
；该反应中，碳能夺取氧化锌中的氧元素，将其转化为锌的单质，体现了碳的
还原性，为还原剂；
④锌和氧气在温度较高时反应生成氧化锌，因此必须“冷定”（冷却至室温）后才能“毁罐”取锌。
14．（2024•河东区一模）金属在生产、生活中应用广泛。
（1）我国三星堆遗址最新出土的金面具备受瞩目。该面具为一整块金箔制作，最薄处仅有0.2毫米，这说
明金属具有良好的 延展 性（填“导电”或“延展”）。
（2）明代宋应星所著《天工开物》中记载了我国古代炼铁方法。现代工业利用高炉炼铁，其主要反应原
理是一氧化碳与氧化铁的反应，该反应的化学方程式为 。
（3）目前世界上已有50%以上的废钢铁得到回收利用，其目的是 A 。
A．节约金属资源
B．合理开采矿物
C．防止钢铁生锈
（4）有A、B、C三种金属，将B和C浸入稀盐酸中，B溶解而C不溶解，将C浸入A的硝酸盐溶液中，
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其表面有析出的A，则这三种金属活动性顺序是 C （填序号）。
A．A＞B＞C
B．B＞A＞C
C．B＞C＞A
D．C＞B＞A
（5）向一定质量的AgNO 和Zn（NO ） 的混合溶液中加ag铁粉，充分反应后过滤。得滤液和滤渣，向
3 3 2
滤液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成。
①原滤液中一定含有的阳离子是 F e 2 + 、 Z n 2 + 、 A g + 。
②原滤渣中一定含有的金属是 A g 。
【答案】（1）延展；
（2） ；
（3）A；
（4）C；
（5）①Fe2+、Zn2+、Ag+；②Ag。
【解析】（1）金箔最薄处仅有0.2毫米，这说明金属具有良好的延展性；
（2）一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：Fe O +3CO
2 3
2Fe+3CO ；
2
（3）目前世界上已有50%以上的废钢铁得到回收利用，其目的是回收金属资源，故选A；
（4）有A、B、C三种金属，将C和B浸入稀盐酸中，B溶解而C不溶解，说明金属B的活动性强于金属
C，将C浸入A的硝酸盐溶液中，其表面有析出的A，说明金属C的活动性强于金属A，则这三种金属活
动性顺序是B＞C＞A；故选：C；
（5）铁的金属活动性比银强，比锌弱，向一定质量的AgNO 和Zn（NO ） 的混合溶液中加ag铁粉，铁
3 3 2
能与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，不能和硝酸锌溶液反应，充分反应后过滤，得滤液和滤渣，向滤液中
加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明硝酸银有剩余；
①滤液中含有硝酸银、硝酸锌、硝酸亚铁，一定含有的阳离子是亚铁离子、锌离子、银离子，符号分别
为：Fe2+、Zn2+、Ag+；
②铁的活泼性大于银，铁能与硝酸银溶液反应生成单质银，铁可能过量，因此滤渣中一定含有银，可能含
有铁，化学式为Ag。
15．（2024•常州模拟）固体物质A、B的溶解度曲线如图1所示。①②③④是分别用100g水配制的不
同状态的A溶液。据图1回答：
（1）63℃时A的溶解度为 120 g 。
（2）①②③④中，质量分数最小的是 ④ 。
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（3）将溶液①降温转化成溶液②的过程中没有发生改变的物理量有 ab c 。
a.溶质质量
b.溶剂质量
c.溶质质量分数
d.溶解度
（4）大量A中混有少量B时，常用提纯A的方法是 降温结晶 。
（5）将①表示的A溶液恒温蒸发水分至A完全析出。在图2中画出析出A的质量与蒸发水的质量的关系
图像。
【答案】（1）120g；
（2）④；
（3）abc；
（4）降温结晶；
（5） 。
【解析】（1）由图1可知，63℃时A的溶解度为120g；
（2）由图1可知，①②③④中，质量分数最小的是④；
（3）将溶液①降温转化成溶液②的过程中，是从不饱和溶液转化为饱和溶液，没有晶体析出，则没有发
生改变的物理量有溶质质量、溶剂质量和溶质质量分数，故选：abc；
（4）大量A中混有少量B时，常用提纯A的方法是降温结晶，因为A的溶解度受温度的影响较大；
（5）①表示的A溶液对应的温度是90℃，90℃时，A物质的溶解度为200g，①的溶剂水为100g，溶质
A为120g，由图可知，①是不饱和溶液，设需蒸发水的质量为x时达到饱和状态，200g：100g＝120g：
（100g﹣x），则x＝40g，即蒸发40g水时，析出晶体A为0，当A溶液恒温蒸发水分至A完全析出时，
即蒸发掉 100g 时，析出晶体 A 的质量为 120g，则析出 A 的质量与蒸发水的质量的关系图像为
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。
16．（2024•南京模拟）水和溶液在生产、生活中具有广泛的用途。
（1）把少量下列物质分别放入水中，充分搅拌，可以得到溶液的是 BD （填字母）。
A.面粉
B.氯化钠
C.汽油
D.蔗糖
（2）加入活性炭，水中的色素等褪去，体现了活性炭的 吸附 性。
（3）甲、乙两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图。
①t ℃时，乙物质的溶解度是 40 g 。
1
②t ℃时，分别将甲、乙固体溶于水，配成两种物质的饱和溶液各100g，所需固体的质量相比，甲 大于
2
乙（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）若要配制245g质量分数为10%的稀硫酸，需要质量分数为 98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）
13.6 mL（计算结果保留一位小数），由浓溶液配制稀溶液时，计算的依据是 溶液稀释前后，溶质的
质量不变 。在实验室用浓硫酸配制稀硫酸的主要步骤有：计算、 量取 、混匀、冷却至室温装瓶并贴
上标签。
（5）在实验室里常采用分解过氧化氢的方法制取氧气。试计算68g溶质质量分数为5%的H O 溶液完全分
2 2
解，理论上最多能生成氧气的质量是多少？（写出计算过程）
【答案】（1）BD；
（2）吸附；
（3）①40g；
②大于；
（4）13.6；溶液稀释前后，溶质的质量不变；量取；
（5）1.6g。
【解析】（1）A、面粉不溶于水，加入水中不能形成均一、稳定的混合物，即不能形成溶液；
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B、氯化钠溶于水会形成均一、稳定的混合物，即能形成溶液；
C、汽油不溶于水，加入水中不能形成均一、稳定的混合物，即不能形成溶液；
D、蔗糖溶于水会形成均一、稳定的混合物，即能形成溶液。
（2）加入活性炭可一定程度除去水中的色素和异味，是利用其吸附性。
（3）①由图可知，t ℃时，乙物质的溶解度是40g；
1
②t ℃时甲的溶解度大于乙，分别将甲、乙固体溶于水，配成两种物质的饱和溶液各 100g，所需固体的质
2
量，甲大于乙。
（4）根据配制前后溶液中的溶质质量不变，设需要 98%浓硫酸溶液的体积为 V，则有：245g×10%＝
98%×1.84g/cm3×V，解得V＝13.6mL；在实验室用浓硫酸配制稀硫酸的主要步骤有：计算、量取浓硫酸和
水，然后混匀、冷却至室温装瓶并贴上标签。
（5）设生成氧气的质量是x
2H O 2H O+O ↑
2 2 2 2
68 32
68g×5% x
x＝1.6g
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