专题12 溶液 溶解度与溶液的浓度（第01期）2024年中考化学真题分类汇编（解析版）

第第页专题12溶液溶解度与溶液的浓度考点01溶液考点02溶解度与溶解度曲线图考点03溶质的质量分数及其计算考点04溶解度与溶质的质量分数考点1溶液1．（2024湖北，1）把少量下列物质加入水中，充分搅拌，能形成溶液的是A．泥土B．蜡烛C．蔗糖D．汽油【答案】C【解析】泥土不溶于水，与水混合形成不均一不稳定的悬浊液，A不符合题意；蜡烛不溶于水，不能形成溶液，B不符合题意；蔗糖易溶于水，形成均一稳定的混合物，属于溶液，C符合题意；汽油不溶于水，与水混合形成不均一不稳定的乳浊液，D不符合题意。2．（2024江苏苏州，8）下列有关溶液的说法正确的是A．溶液由溶质和溶剂组成B．碘酒中，碘是溶剂，酒精是溶质C．溶液的溶质只能是一种D．所有溶液均是无色、澄清的液体【答案】A【解析】溶液是由溶质和溶剂组成的混合物，A正确；碘酒中，碘是溶质，酒精是溶剂，B错误；溶液的溶质可以是一种，也可以是多种，C错误；溶液不一定是无色的液体，如蓝色的CuSO4溶液、浅绿色的FeSO4溶液等，D错误。3．（2024湖南，13）化学世界绚丽多彩。下列溶液中，有一种与其他三种颜色不同，这种溶液是A．硝酸钾溶液B．硫酸钠溶液C．稀硫酸D．硫酸铜溶液【答案】D【解析】硝酸钾溶液是无色溶液，A错误；硫酸钠溶液是无色溶液，B错误；稀硫酸是无色溶液。C错误；硫酸铜溶液是蓝色溶液，D正确。4．（2024山东滨州，4）下列关于溶液的说法正确的是A．饱和溶液升高温度一定变为不饱和溶液 B．均一、稳定的液体一定是溶液C．硝酸铵溶于水使溶液的温度降低 D．只有固体和液体可以作为溶质【答案】C【解析】温度升高时，多数物质的饱和溶液变成不饱和溶液，但对于熟石灰而言，溶解度随温度升高而减小，故应该仍然是饱和溶液，A不正确；溶液是由一种或几种物质分散到另一种物质里形成的均一、稳定的混合物。均一稳定的液体不仅可以是溶液，还可能是纯净物，如酒精、水等，B不正确；硝酸铵在溶于水时，离子在向水中扩散时从溶液中吸收的热量要大于生成水合离子时对溶液放出的热量，从而使溶液的温度降低，C正确；溶质可以是固体，如氯化钠溶于水中，溶质是固体氯化钠；溶质可以是液体，如酒精的水溶液，溶质是液体酒精；溶质可以是气体，如汽水，溶质是气体二氧化碳。即固体、液体和气体都可以作为溶质，D不正确。5．（2024山东烟台，7）下列有关水和溶液的说法错误的是A．通过沉降，过滤可除去水中的不溶性杂质B．生活中常用煮沸的方法对水进行杀菌消毒C．溶液具有均一性、稳定性的原因是溶液中各种微观粒子都静止不动D．将50g溶质质量分数为20%的硝酸钾溶液稀释成5%，需要加水150g【答案】C【解析】沉降是将悬浮的小的颗粒物沉淀，过滤是将固体和液体分离，所以通过沉降，过滤可除去水中的不溶性杂质，故A正确；煮沸可以将水中的细菌病毒杀死，故B正确；溶液具有均一性和稳定性，溶液中各种粒子均是在不断的运动的，故C错误；稀释前后溶质的质量不变，则稀释后的溶液的质量为=200g，加入水的质量为200g－50g=150g，故D正确。6．（2024河北，13）在劳动中应用科学知识。下表所列劳动项目与科学知识不相符的是选项劳动项目科学知识A移动重物时在下面垫圆木用滚动代替滑动可以减小摩擦B煮沸自来水煮沸可杀菌消毒，降低水的硬度C用硝酸铵和水自制冷敷袋硝酸铵在溶于水的过程中吸收热量D自制气压计流体中，流速越大的位置压强越小【答案】D【解析】移动重物时在下面垫圆木，利用滚动代替滑动可以减小摩擦，A说法正确，不符合题意；将水煮沸不仅可以利用高温杀菌消毒，还能降低水的硬度，B说法正确，不符合题意；硝酸铵溶于水吸热，使温度降低，可用硝酸铵和水自制冷敷袋，C说法正确，不符合题意；流体中，流速越大的位置压强越小，但与自制气压计无关，D符合题意。7．（2024江苏扬州，13）实验室用NaCl固体和蒸馏水配制50g15%的NaCl溶液时，不需要使用的仪器是A．烧杯 B．玻璃棒 C．量筒 D．坩埚钳【答案】D【解析】实验室用NaCl固体和蒸馏水配制50g15%的NaCl溶液时，实验操作步骤分别是：计算、称量、量取、溶解，托盘天平用于称取固体氯化钠、量筒与胶头滴管用于准确量取水、烧杯用于完成溶解操作、玻璃棒用于溶解时的搅拌，无需使用坩埚钳，选D。8．（2024四川眉山，12）木块在NaNO3溶液中排开液体的情况如图所示。下列说法正确的是A．实验过程中NaNO3溶液的密度保持不变B．实验过程中溶液均为饱和溶液C．NaNO3的溶解度随温度的升高而减小D．15℃时所得溶液溶质质量分数最小【答案】D【解析】实验过程中溶质质量增加，溶剂质量不变，且由图可知，木块在三种烧杯种的排开液体不同，则说明实验过程中NaNO3溶液的密度增大，故A错误；由图可知，35℃时烧杯中没有未溶解的固体，可能是恰好饱和的溶液，也可能是不饱和溶液，故B错误；实验过程中温度升高，等质量的溶剂中溶解的硝酸钠的质量增加，则NaNO3的溶解度随温度的升高而增大，故C错误；实验过程中溶剂质量不变，15℃时溶质的质量最少，则15℃时所得溶液溶质质量分数最小，故D正确。9．（2024重庆B卷，7）用密度为1.04g·cm－3的质量分数为6%的NaCl溶液配制50g质量分数为3%的NaCl溶液，下列实验步骤①计算

②称量

③量取

④溶解

⑤混匀，正确的组合是A．①②④ B．①③⑤ C．①③④ D．③④⑤【答案】B【解析】用浓溶液配制稀溶液，实验步骤为：计算、量取、混匀、装瓶贴标签，故顺序为：①③⑤，选B。10．（2024云南省卷，14）实验室中存放有如图所示的氯化钾溶液。下列说法错误的是A．该溶液中的溶剂是水B．该溶液的溶质质量分数为6%C．配制100g该溶液需要6gKClD．该溶液取出一半后，溶质质量分数变为3%【答案】D【解析】该溶液是氯化钾溶液，溶质是氯化钾，溶剂是水，A不符合题意；标签上注明的是溶液名称和溶质质量分数，故该溶液的溶质质量分数为6%，B不符合题意；配制100g该溶液需要氯化钾的质量为100g×6%=6g，C不符合题意；溶液具有均一性，该溶液取出一半后，溶质质量分数仍然是6%，D符合题意。11．（2024重庆A卷，22）实验能展现化学的魅力，也是重要的学科素养。（1）实验室制取CO2是学生必做实验，其主要步骤有：A．制取气体

B．检查装置气密性

C．清洁与整理

D．填装药品①该实验正确的操作顺序为（填序号，下同）。②检查装置气密性时，若气密性良好。会出现下图中的。（2）实验室用氯化钠固体配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液。①溶解时玻璃棒的作用是，量取水时应选用（填序号）mL规格的量筒。A．25B．50C．100②称量氯化钠时，误将氯化钠放在右盘（未使用游码），若其他操作都正确，配制所得溶液的溶质质量分数（填“<”“>”或“=”）6%。【答案】（1）BDAC甲、丙（2）搅拌，加速溶解B=【解析】（1）①实验室制取CO2，先检查装置的气密性，然后填装药品（防止装置漏气更换仪器造成药品浪费），制取气体，最后清洁与整理，故正确顺序为BDAC；②检验装置气密性利用装置内外的气压差检验，检查装置气密性时，若气密性良好，导管口会出现气泡，瓶内大气压强大于外界大气压，一段时间后，长颈漏斗内的液面上升，形成一段稳定的液柱，故选甲丙；（2）①溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；实验室用氯化钠固体配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液，需要水的质量为50g×（1－6%）=47g，合47mL，量筒量程选择的依据有两点：一是尽量保证量取一次，二是量程与液体的取用量最接近，量取47mL的液体，50mL量筒能保证量取一次，且量程与液体的取用量最接近，故量取水时应选用50mL规格的量筒，故选B；②实验室用氯化钠固体配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量为50g×6%=3g，使用托盘天平遵循“左物右码”的原则，左盘质量=右盘质量+游码质量，称量氯化钠时，误将氯化钠放在右盘(未使用游码)，若其他操作都正确，由于未使用游码，所以氯化钠的质量不变，则配制所得溶液的溶质质量分数=6%。考点2溶解度与溶解度曲线图12．（2024四川成都，13）将某碳酸饮料拧开，倒入装有冰块的杯中，如图。下列分析合理的是A．拧开瓶盖后，二氧化碳溶解度变大B．产生气泡的原因是饮料与冰发生化学反应C．冒泡刚结束时，饮料仍然是二氧化碳的饱和溶液D．图中现象能说明二氧化碳溶解度与压强、温度的关系【答案】C【解析】拧开瓶盖后，压强减小，气体的溶解度减小，故A说法错误；产生气泡是因为压强减小，气体的溶解度减小所致，故B说法错误；将碳酸饮料倒入冰中，温度降低，二氧化碳的溶解度减小，二氧化碳的逸出后溶液仍为饱和溶液，故C说法正确；将碳酸饮料倒入冰中，温度降低，二氧化碳的溶解度减小，二氧化碳的逸出，与温度无关，故D说法错误。13．（2024四川乐山，12）某同学设计如图甲所示实验，研究KNO3的溶解度随温度的变化．当向试管中加入一定量的水后，锥形瓶中的KNO3发生如图乙所示的变化。下列说法正确的是A．KNO3的溶解度：甲>乙 B．KNO3溶液的质量分数：甲<乙C．乙中的KNO3溶液一定为该温度下的饱和溶液 D．用硝酸铵代替生石灰也会出现上述现象【答案】B【解析】氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应放热，溶液温度升高，乙中锥形瓶底部硝酸钾晶体溶解，说明硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，所以KNO3的溶解度：甲<乙，故A错误；甲中锥形瓶底部硝酸钾晶体没有溶解，乙中锥形瓶底部硝酸钾晶体溶解，乙中的KNO3溶液中溶质质量大于甲，溶剂质量不变，所以KNO3溶液的质量分数：甲<乙，故B正确；乙中的KNO3溶液可能为该温度下的饱和溶液，也可能是不饱和溶液，故C错误；硝酸铵固体溶于水吸热，溶液温度降低，不会出现上述现象，故D错误。14．（2024江苏连云港，8）我国盐湖地区有“夏天晒盐（NaCl），冬天捞碱（Na2CO3）”的做法。NaCl、Na2CO3的溶解度曲线如图所示。下列说法中正确的是A．20℃时Na2CO3的饱和溶液，升温到40℃时仍是饱和溶液B．30℃时，在100g水中加入40gNaCl，形成不饱和溶液C．NaCl的溶解度比Na2CO3的大D．“夏天晒盐”经过蒸发结晶过程，“冬天捞碱”经过降温结晶过程【答案】D【解析】20℃时，碳酸钠的饱和溶液升温至40℃，升温后，碳酸钠的溶解度增加，变为不饱和溶液，A不符合题意；30℃时，氯化钠的溶解度小于40g，则该温度下，在100g水中加入40g氯化钠，氯化钠部分溶解，形成的是饱和溶液，B不符合题意；溶解度比较，应指明温度，否则无法比较，C不符合题意；由图可知，碳酸钠和氯化钠的溶解度均随温度的升高而增加，碳酸钠的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，“夏天晒盐”通过蒸发结晶获得氯化钠，“冬天捞碱”通过降温结晶得到碳酸钠，D符合题意。15．（2024江苏苏州，16）Na2CO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A．Na2CO3的溶解度随温度升高而增大B．Na2CO3的溶解度一定比NaCl的大C．T℃时，30gNaCl能完全溶解于50g水中D．T℃时，Na2CO3和NaCl两种饱和溶液的溶质质量分数相等【答案】D【解析】由图可知，碳酸钠的溶解度随温度的升高先增大后减小，A不符合题意；由于未指明温度，碳酸钠的溶解度不一定比氯化钠的大，如T℃时，碳酸钠和氯化钠的溶解度相等，B不符合题意；由图可知，T℃时，氯化钠的溶解度小于40g，即该温度下，100g水中最多可溶解氯化钠的质量小于40g，则该温度下，30g氯化钠不能完全溶解于50g水中，C不符合题意；由图可知，T℃时，氯化钠和碳酸钠的溶解度相等，则该温度下，碳酸钠和氯化钠饱和溶液的溶质质量分数相等，D符合题意。16．（2024江苏扬州，18）《本草纲目》记载：“火药乃焰硝、硫黄、杉木炭所合……”焰硝经处理可得到含少量NaCl的KNO3溶液，将其蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最终得到较纯净的KNO3固体。KNO3和NaCl的溶解度曲线如下图所示。下列说法正确的是A．KNO3的溶解度大于NaCl的溶解度B．“蒸发浓缩”是为了获得较高温度下NaCl的饱和溶液C．KNO3的溶解度随温度降低大幅减小，所以“冷却结晶”时析出KNO3晶体D．“过滤”所得滤液中的溶质只含有NaCl【答案】C【解析】选项中没有指明温度，无法比较KNO3和NaCl的溶解度大小，故A说法错误；含少量NaCl的KNO3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，“蒸发浓缩”是为了获得较高温度下硝酸钾的饱和溶液，故B说法错误；由溶解度曲线可知，KNO3的溶解度随温度降低大幅减小，所以“冷却结晶”时析出KNO3晶体，故C说法正确；KNO3的溶解度随温度降低大幅减小，所以“冷却结晶”时析出KNO3晶体，则“过滤”所得滤液为硝酸钾的饱和溶液，滤液中的溶质含有NaCl和硝酸钾，故D说法错误。17．（2024江西，12）下图是硝酸钾的溶解度曲线，如图是硝酸钾溶解和结晶的过程。下列说法正确的是A．硝酸钾的溶解度是31.6gB．b点对应的溶液比a点对应的溶液所含溶质多32.3gC．40℃时，烧杯中硝酸钾充分溶解后所得溶液为不饱和溶液D．若要使烧杯中固体继续溶解可采取的方法是【答案】C增加溶剂、升高温度【解析】由溶解度曲线图可知，20℃时硝酸钾的溶解度是31.6g，A说法错误，不符合题意；由溶解度曲线图可知，a、b两点均在硝酸钾的溶解度曲线上，则a点对应的溶液为20℃时硝酸钾的饱和溶液，b点对应的溶液为40℃时硝酸钾的饱和溶液，由于不明确a、b两点所对应的溶液质量，因此不能得出a、b两点所对应溶液中的溶质质量相差多少，B说法错误，不符合题意；由溶解度曲线图可知，40℃时硝酸钾的溶解度是63.9g，图中在40℃时将20g硝酸钾加到50g水中能全部溶解，得到的溶液为硝酸钾的不饱和溶液，C说法正确，符合题意；由溶解度曲线图可知，硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，若要使烧杯中固体继续溶解可采取的方法是增加溶剂或升高温度。18．（2024湖南，17）《天工开物·作咸》记载“候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜，疾趋扫起煎炼。”“盐霜”的主要成分是氯化钠固体，结合氯化钠溶解度曲线，回答下列问题：（1）20℃时，氯化钠的溶解度是g。（2）氯化钠的溶解度随温度升高而。（3）“半日晒出盐霜”中的“晒”说明，从氯化钠溶液中得到晶体的方法是结晶。【答案】（1）36.0（2）增大（3）蒸发【解析】（1）根据溶解度曲线，20℃时，氯化钠的溶解度是36.0g；（2）根据溶解度曲线，氯化钠的溶解度随温度升高而增大；（3）根据溶解度曲线，氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，“半日晒出盐霜”中的“晒”说明，从氯化钠溶液中得到晶体的方法是蒸发结晶。19．（2024河北，7）如表是KNO3和NaNO3在不同温度时的溶解度，小明用其中一种物质（X）进行了如图所示的实验（水蒸发忽略不计）。下列分析错误的是温度/℃204060溶解度/gKNO331.663.9110NaNO388.0103125A．X为NaNO3B．③中溶液为X的不饱和溶液C．④中溶液的质量为100gD．溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④【答案】C【解析】根据表格中的数据可知，40℃时，KNO3溶解度为63.9g，NaNO3溶解度为103g，根据分析可知，X为NaNO3，A说法正确，不符合题意；根据分析可知，X为NaNO3，40℃时，NaNO3溶解度为103g，100g水加入100gNaNO3形成不饱和溶液，分成两等分，其中一份是溶液③，则③中溶液为X的不饱和溶液，B说法正确，不符合题意；溶液④在降温之前是溶液②分成两等份中的其中一份，降温前的溶液中溶剂质量=100g×=50g，溶质质量=100g×=50g，20℃时，NaNO3溶解度为88g，根据溶解度概念可知，20℃时，50g水中最多溶解44gNaNO3，则的④中溶液的质量=50g+44g=94g，C说法错误，符合题意；溶液②中溶质的质量分数=，溶液③是溶液②的一部分，根据溶液的均一性，溶液③溶质质量分数=溶液②中溶质的质量分数=50%，根据C选项分析可知，溶液④中溶液质量=94g，溶质质量=44g，溶质的质量分数=，因此溶液中溶质的质量分数：②＝③＞④，D说法正确，不符合题意。20．（2024湖北，16）某工厂在粗盐的提纯过程中产生了大量的“盐泥”[主要成分为Mg(OH)2、BaSO4和NaCl]。利用“盐泥”制备硫酸镁晶体的工艺流程如下图所示。已知：两种物质在不同温度时的溶解度如下表。温度/℃020406080NaCl溶解度/g35.736.036.637.338.4MgSO4溶解度/g22.033.744.554.655.8（1）20℃时，NaCl的溶解度为g。（2）“反应器”中反应的化学方程式为。（3）“过滤器1”产生的“滤渣”为。（4）“结晶槽”中获得硫酸镁晶体的方法是结晶。（5）从结晶槽中获得的硫酸镁晶体表面附着有杂质，需用试剂洗去。为避免晶体损失，最适宜的洗涤试剂是。【答案】（1）36/36.0（2）Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O（3）BaSO4/硫酸钡（4）冷却（或降温）（5）饱和硫酸镁溶液（或饱和MgSO4溶液）【解析】（1）由表可知，20℃时，NaCl的溶解度为36.0g；（2）“盐泥”的主要成分是硫酸钡、氢氧化镁、氯化钠，反应器中加入稀硫酸，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，该反应的化学方程式为Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O；（3）硫酸钡难溶于水，且与酸不反应，故“过滤器1”产生的“滤渣”为硫酸钡；（4）由表可知，硫酸镁的溶解度随温度的升高而增加，且溶解度受温度影响较大，故“结晶槽”中获得硫酸镁晶体的方法是降温结晶；（5）从结晶槽中获得的硫酸镁晶体表面附着有杂质，需用试剂洗去。为避免晶体损失，最适宜的洗涤试剂是饱和硫酸镁溶液，饱和硫酸镁溶液不能继续溶解硫酸镁，但是可以溶解其它物质，可以除去杂质，且减少损耗。21．（2024河南，16）硝酸钾固体的溶解度曲线如图所示。硝酸钾的溶解度随着温度升高而（填“增大”或“减小”）；20℃时，硝酸钾的饱和溶液中溶质的质量分数为（只写出计算式）。【答案】增大×100%【解析】硝酸钾的溶解度随着温度升高而增大；根据饱和溶液的溶质质量分数=；20℃时，硝酸钾的溶解度为31.6g，则硝酸钾的饱和溶液中溶质的质量分数为。22．（2024甘肃白银，13）溶液与人们的生产、生活密切相关。下图为甲、乙、丙三种固体物质（不形成结晶水合物）在水中随温度变化的溶解度曲线，请按要求填空。（1）由图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是。（2）交点C的含义是。（3）T1℃时，将乙溶液由B点变为A点的方法是（填一种）。（4）T3℃时，将35g甲物质放入50g水中，充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为。【答案】（1）乙（2）T2℃时甲、丙的溶解度相等（3）恒温蒸发溶剂、增加溶质乙（4）37.5%【解析】（1）由溶解度曲线图可知，甲、乙、丙三种物质溶解度受温度影响最小的物质是乙；（2）由溶解度曲线图可知，交点C的含义是T2℃时甲、丙的溶解度相等；（3）由溶解度曲线图可知，B点在乙的溶解度曲线下方，A点在乙的溶解度曲线上，说明B点对应的溶液为T1℃时乙的不饱和溶液，A点对应的溶液为T1℃时乙的饱和溶液，则T1℃时，将乙溶液由B点变为A点的方法是恒温蒸发溶剂、增加溶质乙；（4）由溶解度曲线图可知，T3℃时，甲的溶解度为60g，此温度下将35g甲物质放入50g水中最多能溶解30g，则充分溶解后所得溶液中溶质的质量分数为。23．（2024安徽，16）我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法，开创了世界制碱工业的新纪元。制碱工艺中的关键反应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。室温（20℃）下，某兴趣小组在实验室利用如图装置模拟该反应。已知：①20℃时，几种盐的溶解度如表；物质NaClNaHCO3NH4Cl溶解度/g36.09.637.2②氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性。（1）为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入gNaCl固体。（2）仪器a的名称是，装置D的作用是。（3）装置A制取的CO2中会混有HCl，用饱和NaHCO3溶液吸收HCl的化学方程式为。（4）为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是。充分反应后，装置C中有晶体析出。为分析晶体产生的原因，兴趣小组继续开展探究。查阅资料：一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。（5）装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl原因是。（6）装置C中的物质过滤后得到的滤液在工业上称为母液。侯氏制碱法通过向母液中加入食盐，使NH4Cl结晶析出，析出晶体的原因是。【答案】（1）36.0（2）试管产生氨气，防止倒吸（3）NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑（4）先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞（5）相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出（6）增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出【解析】（1）根据20℃时，几种盐的溶解度表可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g，即20℃时100g水中溶解36.0gNaCl固体达到饱和状态，所以为配制饱和食盐水，应向100g水中至少加入36.0gNaCl固体。（2）据图可知，仪器a是试管；由于氨气极易溶于饱和食盐水，为防止倒吸，用装置D产生氨气。（3）饱和NaHCO3溶液与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。（4）由于氨气极易溶于饱和食盐水，形成的溶液呈碱性，碱性溶液能充分吸收二氧化碳。所以为使CO2在装置C中能充分吸收，可采取的措施是先打开装置D分液漏斗活塞，再打开装置A分液漏斗活塞。（5）由于相同条件下，生成NaHCO3溶解度比NH4Cl的小，以晶体形式析出，所以装置C中析出的晶体主要成分是NaHCO3而不是NH4Cl。（6）一定条件下，可溶性物质的溶解存在限度，当相应离子浓度过大时，可溶性物质会部分结晶析出。所以增大Cl－浓度，生成氯化铵更多，所以氯化铵结晶析出。24．（2024福建，16）氢氧化锂（LiOH）在航天器中可用于吸收CO2。工业上用电解法制得的LiOH溶液中含有NaOH。在N2保护下将混合溶液蒸发结晶，可得到LiOH晶体。有关物质的溶解度如下表。温度/℃溶解度/g物质2030405060LiOH12.812.913.013.313.8NaOH109118129146177已知：LiOH和NaOH的化学性质相似，Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似。（1）LiOH溶液的pH（填“>”“=”或“<”）7。（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是。（3）电解法制得的1000g溶液中，LiOH的质量分数为10%、NaOH的质量分数为5%。①该溶液中LiOH的质量为g。②将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的（填“饱和”或“不饱和”）溶液。（4）蒸发结晶过程中，若没有N2保护，LiOH晶体中会混有Li2CO3。检验方法：取样，加入足量稀盐酸，观察到有气泡产生。产生气泡的反应的化学方程式为。【答案】（1）>（2）LiOH的溶解度受温度变化的影响很小（3）100不饱和（4）Li2CO3+2HCl=2LiCl+H2O+CO2↑【解析】（1）LiOH和NaOH的化学性质相似，则氢氧化锂溶液显碱性，pH＞7；（2）从电解法制得的溶液中，提取LiOH晶体，选用蒸发结晶法而不选用冷却结晶法的理由是：LiOH的溶解度受温度变化的影响很小；（3）①该溶液中LiOH的质量为：1000g×10%=100g；②该溶液中氢氧化钠的质量为1000g×5%=50g，20℃时，氢氧化钠的溶解度为109g，则该温度下，100g水中最多可溶解109g氢氧化钠，则将该溶液蒸发溶剂并降低温度到20℃时，当剩余水的质量为100g时，所得溶液是NaOH的不饱和溶液；（4）Li2CO3和Na2CO3的化学性质相似，则产生气泡的反应为碳酸锂和稀盐酸反应生成氯化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HCl=2LiCl+H2O+CO2↑。25．（2024江苏盐城，19）海洋蕴藏着丰富的资源，人类应合理开发利用。Ⅰ．了解海水资源（1）海水中含钠总量约4×1013t，“钠”指的是（选填“元素”或“原子”）。（2）海水中还含有KCl和MgSO4等物质，其在不同温度时的溶解度如下表所示，如图是对应溶解度曲线。温度/℃2030406080100溶解度/gKCl34.037.040.045.551.156.7MgSO433.738.944.554.655.850.4①如图中曲线（选填“甲”或“乙”）代表KCl的溶解度曲线。②40℃时将50gKCl固体加入到100g水中，（选填“能”或“不能”）得到150gKCl溶液。③t2℃时将等质量的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t1℃，析出晶体质量相等。判断上述说法（选填“正确”或“错误”）。④现有t3℃时100gMgSO4饱和溶液，逐渐降温经t2℃直至t1℃，其溶质质量分数的变化趋势为。Ⅱ．海水资源化利用（3）海水制镁。查找资料，提供两种提取金属镁的路径方案如下图所示。方案1：方案2：结合地理位置，因地制宜，选择我市提取金属镁的最佳方案。你的选择是方案（选填“1”或“2”），理由是（写出两点即可）。【答案】（1）元素（2）甲不能正确先不变后减小（3）1原料来源丰富，无需高温，节约能源【解析】（1）这里的“钠”不是以分子、原子、单质的形式存在，而是强调存在的元素，与具体形态无关；（2）①由表中数据可知，氯化钾的溶解度随温度的升高而增加，硫酸镁的溶解度随温度的升高先增加后减小，故曲线甲代表氯化钾的溶解度曲线；②40℃时，氯化钾的溶解度为40.0g，该温度下，将50g氯化钾加入到100g水中，只能溶解40g，不能得到150g氯化钾溶液；③由图可知，t2℃时，甲、乙的溶解度相等，则该温度下，甲、乙饱和溶液的溶质质量分数相等，等质量的甲、乙饱和溶液中溶质质量和溶剂质量均相等，降温至t1℃，甲、乙的溶解度均减小，均有溶质析出，溶剂质量不变，t1℃时，甲、乙的溶解度相等，则等质量的溶剂中溶解的溶质质量相等，则t2℃时，将等质量的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t1℃，析出晶体的质量相等，故说法正确；④将t3℃时，100g硫酸镁饱和溶液降温至t2℃，降温后，硫酸镁的溶解度增加，变为不饱和溶液，溶质质量和溶剂质量均不变，溶质质量分数不变，后降温至t1℃，降温后，硫酸镁的溶解度减小，有溶质析出，溶质质量分数减小，故溶质质量分数先不变后减小；（3）盐城靠海，利用海水制镁，原料来源丰富，且海水制镁无需高温加热，可以节约能源，故选择方案1。考点3溶质的质量分数及其计算26．（2024四川乐山，19）实验室现有质量分数为8%的氯化钠溶液，但在实验中需要50g质量分数为4%的氯化钠溶液，某同学准备用8%的氯化钠溶液和蒸馏水（密度为1.0g·cm－3）进行配制。回答下列问题：（1）计算配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为g。（2）量取蒸馏水时应选择量程为（选填“10”、“20”或“50”）mL的量筒。（3）下图所示的仪器中，本实验不会使用到的是（填仪器名称）。（4）将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶时有少量溶液洒出，对所配制氯化钠溶液质量分数的影响是（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。【答案】（1）25（2）50（3）酒精灯（4）不影响【解析】（1）稀释前后，溶质质量不变，设配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为x，，，配制时需要8%的氯化钠溶液的质量为25g。（2）需要水的质量=50g－25g=25g，需要水的体积=，量取蒸馏水时应选择量程为50mL。（3）下图所示的仪器中，本实验不会使用到的是酒精灯，配制过程中不需要加热，不会使用到酒精灯。（4）溶液具有均一、稳定性质，将配制好的氯化钠溶液装入试剂瓶时有少量溶液洒出，对所配制氯化钠溶液质量分数的影响是不影响。27．（2024山西，15）根据情景要求，完成“一定溶质质量分数的碳酸钠溶液的配制”和化学方程式的计算。（1）配制如图所示的100g10%的碳酸钠溶液，应该怎样操作？【温馨提示】①计算要写出过程②实验要写出具体操作步骤③语言描述要简练规范（2）若取配制好的碳酸钠溶液5.3g与一定质量的澄清石灰水恰好完全反应，理论上可生成沉淀的质量是多少？【答案】（1）通过计算可得需碳酸钠质量=100g×10%=10g，配制时水的质量是100g－10g=90g，90g合90mL；用天平称取10g碳酸钠，倒入烧杯中；再用100mL量筒量取90mL的水，倒入烧杯中；用玻璃棒不断搅拌，使碳酸钠完全溶解；碳酸钠完全溶解后，将碳酸钠溶液转移到指定容器中，贴上标签。（2）设：可生成沉淀的质量是为xx=0.5g。答：可生成沉淀的质量是为0.5g。【解析】（1）溶液的配制一般需要经过①计算②量取③溶解；配制100g10%的碳酸钠溶液需碳酸钠质量，配制时水的质量是100g－10g=90g，90g合90mL，量取水选取能一次量取全部液体最小规格的量筒，量取90mL水选用100mL量筒；配制的步骤是：用天平称取10g碳酸钠，倒入烧杯中，再用100mL量筒量取90mL的水，倒入烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使碳酸钠完全溶解，碳酸钠完全溶解后，将碳酸钠溶液转移到指定容器中，贴上标签。（2）见答案。28．（2024四川成都，16）几种作物的无土栽培营养液部分溶质的质量分数如表，配制溶液的仪器如图。几种作物营养液溶质的质量分数（%）番茄甜瓜茄子硝酸钾（KNO3）4.046.077.08磷酸二氢铵（NH4H2PO4）0.771.531.15（1）表1中对磷元素需求最多的作物是。（2）硝酸钾和磷酸二氢铵均属于肥。（3）配制质量分数为7.08%的硝酸钾溶液200g，需要硝酸钾g（精确到0.1g）。（4）将质量分数为7.08%的硝酸钾溶液稀释为4.04%，需选择图1中的烧杯和（填序号）。（5）利用化学方程式计算。磷酸二氢铵与熟石灰混合使用会降低肥效，其原理是：2Ca(OH)2+2NH4H2PO4Ca3(PO4)2+2NH3↑+6H2O，产生3.4g氨气消耗熟石灰的质量是多少？【答案】（1）甜瓜（2）复合（3）14.2（4）③④⑤（5）解：设产生3.4g氨气消耗熟石灰的质量是x答：产生3.4g氨气消耗熟石灰的质量是22.2g。【解析】（1）由图可知，表1中对磷元素需求最多的作物是甜瓜；（2）硝酸钾含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和钾元素，磷酸二氢铵含氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和磷元素，均属于复合肥；（3）配制质量分数为7.08%的硝酸钾溶液200g，需要硝酸钾200g×7.08%=14.2g；（4）将质量分数为7.08%的硝酸钾溶液稀释为4.04%，需选择图1中的烧杯、胶头滴管、玻璃棒和量筒，需选择③④⑤；（5）解析见答案。29．（2024四川南充，21）为测定某食用小苏打（标签如图）中NaHCO3的质量分数，取16.9g样品于烧杯中，分两次加入稀硫酸（该条件下杂质不参与反应），充分反应。测得实验数据如表所示。食用小苏打主要成分：NaHCO3NaHCO3含量：≥99%加入稀硫酸的次数第一次第二次加入稀硫酸的质量/g50.050.0生成气体的质量/g5.03.8（1）两次加稀硫酸后，生成二氧化碳的总质量是g。（2）通过计算说明样品中NaHCO3含量与标签是否相符（写出计算过程）。（反应的化学方程式为2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑）【答案】（1）8.8（2）解：设样品中碳酸氢钠的质量为x。样品中碳酸氢钠的质量分数：答：样品中碳酸氢钠含量与标签相符。【解析】（1）第一次加入50.0g稀硫酸生成二氧化碳5.0g，第二次加入50.0g稀硫酸生成二氧化碳3.8g，说明样品中碳酸氢钠完全反应，第二次加入的稀硫酸过量；则共生成二氧化碳的质量为5.0g+3.8g=8.8g；（2）见答案。30．（2024重庆B卷，24）某工业生产铜的过程中，可发生反应：2FeSO4+CuSO4Cu↓+Fe2(SO4)3。实验室模拟这一反应时，用FeSO4溶液103.2g和CuSO4溶液100g在该条件下恰好完全反应，得到3.2g固体。试计算：[可能用到的部分相对分子质量：Fe2(SO4)3400]（1）CuSO4中质量分数最小的元素是。（2）原CuSO4溶液中溶质的质量分数。（3）反应后所得溶液中溶质的质量分数。【答案】（1）硫元素/硫/S（2）解：设原硫酸铜溶液中溶质的质量分数为x

x=8%答：原CuSO4溶液中溶质的质量分数为8%（3）解：设反应生成硫酸铁的质量为y

y=20g故反应后所得溶液中溶质的质量分数为：答：反应后所得溶液中溶质的质量分数为10%【解析】（1）硫酸铜中Cu、S、O元素的质量比为：64∶32∶(16×4)=2∶1∶2，故硫元素的质量分数最小；（2）见答案；（3）见答案。31．（2024重庆A卷，24）Na2SO3曾作为照相中的显影剂，可由2NaHSO3+Na2CO32Na2SO3+CO2↑+H2O制得。取100gNaHSO3溶液，加入5.3gNa2CO3固体，两者恰好完全反应。（不考虑水的挥发）试计算：（可能用到的部分相对分子质量：NaHSO3104

Na2SO3126）（1）Na2SO3中钠元素与氧元素的质量比为。（2）NaHSO3溶液中溶质的质量分数（结果精确到0.1%，下同）。（3）所得溶液中溶质的质量分数。【答案】（1）23∶24（2）设NaHSO3的质量为x，生成的Na2SO3质量为y，生成的CO2质量为zNaHSO3溶液种溶质质量分数为：答：NaHSO3溶液种溶质质量分数为10.4%；（3）反应后溶液质量为100g+5.3g-2.2g=103.1g，所得溶液中溶质质量分数为答：所得溶液中溶质质量分数为12.2%。【解析】（1）Na2SO3中钠元素与氧元素的质量比为（23×2）:（16×3）=23:24；（2）见答案；（3）见答案。32．（2024云南省卷，27）为测定某过氧化氢溶液的溶质质量分数，实验中记录的相关数据如表。反应前物质的质量完全反应后物质的质量过氧化氢溶液质量二氧化锰质量固体与液体混合物质量氧气质量34.0g0.1g33.3g_______g请计算：（1）表中氧气的质量为g。（2）该过氧化氢溶液的溶质质量分数。（温馨提示：2H2O22H2O+O2↑）【答案】（1）0.8g（2）解：设该过氧化氢溶液中溶质的质量为x氧化氢溶液的溶质质量分数=答：该过氧化氢溶液的溶质质量分数为5%。【解析】（1）依据质量守恒定律可知：生成氧气的质量=34.0g+0.1g－33.3g=0.8g。（2）解析见答案。考点4溶解度与溶质的质量分数33．（2024山东烟台，12）某种“果蔬洗盐”的主要成分及其质量分数是：氯化钠50%，碳酸钠10%、碳酸氢钠15%。三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法错误的是A．氯化钠、碳酸钠属于易溶物质B．该“果蔬洗盐”不能与食醋一起使用C．30℃时，Na2CO3饱和溶液的溶质质量分数等于40%D．20℃时，将50g“果蔬洗盐”放入100g水中，形成的溶液是NaCl的不饱和溶液【答案】C【解析】根据溶解度曲线，氯化钠、碳酸钠在20°C时的溶解度都大于10g，则属于易溶物质，A正确；该“果蔬洗盐”中含有碳酸钠和碳酸氢钠，会与食醋中的醋酸反应，则不能与食醋一起使用，B正确；碳酸钠在30°C时的溶解度是40g，则此时碳酸钠的饱和溶液中的溶质质量分数等于，C错误；氯化钠在20°C时的溶解度大约是36g，50g“果蔬洗盐”含有氯化钠的质量是50g×50%=25g，则20°C时25g氯化钠放入100g水中，形成的溶液是NaCl的不饱和溶液，D正确。34．（2024四川广安，10）KNO3、KCl可用作钾肥，对大豆的生长具有重要的作用。KNO3、KCl的溶解度随温度变化的曲线如图所示，下列有关说法正确的是A．a点表示在18℃时，KCl和KNO3的溶解度相同B．在70℃时，将238gKNO3的饱和溶液降温至40℃，析出74gKNO3C．d点对应的KNO3溶液为饱和溶液D．e点对应的KCl饱和溶液中溶质的质量分数为40%【答案】B【解析】由图可知，a点表示在22℃时（大于20℃），KCl和KNO3的溶解度相同，A说法错误，不符合题意；由图可知，70℃时KNO3的溶解度为138g，则70℃时238gKNO3的饱和溶液中硝酸钾的质量为，在70℃时将238gKNO3的饱和溶液降温至40℃，40℃时KNO3的溶解度为64g，则析出KNO3的质量为，B说法正确，符合题意；由图可知，d点在硝酸钾溶解度曲线下方，说明d点对应的KNO3溶液为不饱和溶液，C说法错误，不符合题意；由图可知，e点表示40℃时氯化钾的溶解度为40g，则e点对应的KCl饱和溶液中溶质的质量分数为，D说法错误，不符合题意。35．（2024重庆A卷，13）已知KCl的溶解度随温度升高而增大，在40℃时KCl的溶解度为40g，在该温度下，依据下表所示的数据，进行KCl溶于水的实验探究。下列说法中正确的是实验编号①②③KCl的质量/g102030水的质量/g506070A．在上述实验所得的溶液中，溶质质量分数①>②B．实验③所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为3∶7C．将实验②、③的溶液分别降温，一定都有晶体析出D．将实验①、③的溶液按一定比例混合可得到与②浓度相等的溶液【答案】D【解析】在40℃时KCl的溶解度为40g，即100g水中最多能溶解40g氯化钾，则50g水中最多能溶解氯化钾，60g水中最多能溶解氯化钾，①中水的质量为50g，加入氯化钾的质量为10g，可以完全溶解，得到不饱和溶液，溶质质量分数为：，②中水的质量为60g，加入氯化钾的质量为20g，可以完全溶解，得到不饱和溶液溶质质量分数为：，故溶质质量分数①＜②，故A说法错误；在40℃时KCl的溶解度为40g，即100g水中最多能溶解40g氯化钾，则70g水中最多能溶解氯化钾，③中水的质量为70g，加入氯化钾的质量为30g＞28g，只能溶解28g氯化钾，得到饱和溶液，则实验③所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为28g∶70g=2∶5，故B说法错误；由上可知，②为该温度下的不饱和溶液，③为该温度下的饱和溶液，KCl的溶解度随温度升高而增大，将实验②、③的溶液分别降温，②不一定有晶体析出，③一定有晶体析出，故C说法错误；将实验①、③的溶液按一定比例混合，即按照1∶1混合，则得到的溶液中水的质量为50g+70g=120g，加入氯化钾的质量为10g+30g=40g，可以完全溶解，溶质与溶剂的质量比为40g∶120g=1∶3，②中溶质与溶剂的质量比也为20g∶60g=1∶3，即将实验①、③的溶液按一定比例（1∶1）混合可得到与②浓度相等的溶液，故D说法正确。36．（2024四川宜宾，13）为探究KCl固体在水中的溶解情况，进行下图所示的操作（忽略水的蒸发）。下列说法错误的是KCl在不同温度时的溶解度温度/℃204090溶解度/g344054A．①的溶液中溶质的质量分数约为23% B．②的溶液为不饱和溶液C．②的溶液降温到20℃时会析出固体 D．③的溶液质量是77g【答案】B【解析】根据表中数据可知，20℃时，KCl的溶解度为34g，即100g水中最多能溶解34gKCl，15gKCl加入50g水中，固体全部溶解，此时溶液中溶质的质量分数为，故A不符合题意；根据表中数据可知，40℃时，KCl的溶解度为40g，即100g水中最多能溶解40gKCl，50g水中最多能溶解20gKCl，此时加入KCl的质量一共为15g+5g=20g，此时②的溶液为饱和溶液，故B符合题意；由选项B可知，②的溶液为饱和溶液，根据表中数据可知，KCl的溶解度随温度的降低而减小，将②的溶液降温到20°C时会析出固体，故C不符合题意；根据表中数据可知，90℃时，KCl的溶解度为54g，即100g水中最多能溶解54gKCl，则50g水中最多能溶解27g，③中加入KCl的总质量一共为15g+5g+10g=30g，最多溶解27g，此时溶液的质量为27g+50g=77g，故D不符合题意。37．（2024四川遂宁，6）下图是KNO3和NaCl两种固体物质的溶解度曲线（不考虑水分的蒸发，析出的晶体中不含结晶水）。下列说法正确的是A．50℃时，将185.5g的KNO3饱和溶液降温到20℃，析出晶体的质量为53.9gB．NaCl的溶解度小于KNO3的溶解度C．20℃时，NaCl饱和溶液的溶质质量分数为36.0%D．若KNO3中混有少量的NaCl，可用蒸发结晶的方法提纯KNO3【答案】A【解析】50℃时，KNO3的溶解度为85.5g，20℃时，KNO3的溶解度为31.6g，50℃时，将185.5g的KNO3饱和溶液降温到20℃，析出晶体的质量，85.5g－31.6g=53.9g，故A选项说法正确；没有指明溶液的温度，无法比较NaCl和KNO3的溶解度大小，故B选项说法错误；20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，则20℃时，NaCl饱和溶液的溶质质量分数为，故C选项说法错误；KNO3的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，若KNO3中混有少量的NaCl，可用降温结晶的方法提纯KNO3，故D选项说法错误。38．（2024四川达州，12）溶解度是物质溶解性的定量描述。下图是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线，据图回答下列问题。（1）交点P的意义是。（2）t2℃时，将25g甲物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，所得溶液的质量为g。（3）将t1℃时甲、乙、丙的饱和溶液分别升温至t2℃，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是。（4）若甲中混有少量乙，可用法提纯甲。【答案】（1）在t1℃时，甲和丙的溶解度相等（2）70（3）乙＞甲＞丙（4）降温结晶/冷却热饱和溶液【解析】（1）交点P表示在t1℃时，甲和丙的溶解度相等；（2）t2℃时，甲的溶解度是40g，即100g水中最多溶解40g甲，那么50g水中最多溶解20g甲，将25g甲物质加入到50g水中，充分溶解后恢复到t2℃，只能溶解20g，所得溶液的质量=20g+50g=70g；（3）t1℃时甲、乙、丙的饱和溶液，升温至t2℃，甲和乙的溶解度增大，变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，丙的溶解度减小，会析出溶质，溶质质量分数减小，为t2℃时的饱和溶液，一定温度下饱和溶液的溶质分数=，溶解度越大，质量分数越大，t1℃时乙的溶解度大于甲的溶解度大于t2℃时丙的溶解度，升温后所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是乙＞甲＞丙；（4）若甲中混有少量乙，由于甲的溶解度受温度影响较大，乙的溶解度受温度影响较小，可用降温结晶（或冷却热饱和溶液）法提纯甲。39．（2024四川泸州，11）中国是茶的故乡，茶文化的发源地。茶叶中的茶多酚具有降血脂的作用，咖啡因能提神。咖啡因加热至120℃显著升华，在不同温度下咖啡因的溶解度见下表1。表1咖啡因的溶解度（g100g水）温度/℃100805025溶解度66.618.282表2干茶叶中一些成分的酸碱性干茶叶中的成分茶多酚咖啡因单宁酸酸碱性酸性碱性酸性回答相关问题：（1）25℃时，250mL水中最多能溶解咖啡因g；泡茶常用开水，相对于冷水泡茶，开水泡茶的优点是既能加快有益成分的溶解，又能。（2）干茶叶中一些成分的酸碱性见表2。干茶叶粉碎加水，加CaO充分搅拌呈糊状，蒸干水分，干茶叶中参与反应的成分有；再加热至120℃以上，可分离出表2中的成分是。【答案】（1）5溶解更多的咖啡因（2）茶多酚、单宁酸咖啡因【解析】（1）根据表中数据可知，25℃时，咖啡因的溶解度为2g，即100g水中最多能溶解2g咖啡因，250mL水的质量为250g，250g水中最多能溶解咖啡因的质量为=5g；根据表中数据可知，咖啡因在沸水中的溶解度最大，所以用开水泡茶，既能加快有益成分的溶解，又能溶解更多的咖啡因；（2）氯化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙显碱性，能与酸性物质反应，故干茶叶中参与反应的成分有茶多酚、单宁酸；依据信息：咖啡因加热至120℃显著升华，再加热至120℃以上，可分离出表2中的咖啡因。40．（2024山东滨州，21）下图是甲、乙、丙三种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线。分析下图并回答问题：（1）℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等；（2）将t3℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液分别降温到t1℃，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序为；（3）t3℃时，欲将30g甲物质完全溶解配制成该温度下甲的饱和溶液，则需加入水的质量为g，溶解过程中玻璃棒的作用是；（4）当乙物质中混有少量甲