Al2O3加结晶水后的化学性质与Al2O3一样吗?

A、由溶解度曲线可知，N的溶解度受温度的影响比M大，该选项说法正确；
B、由溶解度曲线可知，t₂℃时，M、N具有相同的溶解度，该选项说法正确；
C、M、N两种饱和溶液，当温度从t₁降至t₂后，剩余溶液仍然是饱和溶液，此时两种物质的溶解度相等，因此溶质质量分数相等，该选项说法正确；
D、因为不知道两种饱和溶液的质量，所以不能判断析出晶体质量的大小，该选项说法不正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．

考点点评： 溶解度曲线能定量地表示出溶解度变化的规律，从溶解度曲线可以看出：同一溶质在不同温度下的溶解度不同；同一温度下，不同溶质的溶解度可能相同，也可能不同；温度对不同物质的溶解度影响不同．

Ⅰ、（1）由曲线可知解度随温度升高而增大的物质是甲；曲线中交点表示该温度时两种物质的溶解度相等，所以t₁℃时，甲的溶解度等于乙的溶解度；
（2）甲物质在t₁℃溶解度为20g，即100g水中最多溶解20g，①中加入了15g，所以为不饱和溶液，②中加入了30g，所以饱和且有10g没溶解；由于甲物质在t₂℃的溶解度是40g，所以升温后原来没溶解的又溶解了，且还不饱和；溶剂不变③中的溶质质量最多，所以质量分数最大；
（3）溶液③中再加入25g甲后，充分搅拌，恢复到t₂℃时，只能溶解10g，即属于饱和溶液，根据饱和时质量分数的计算式[溶解度/溶解度+100g]×100%，所以溶质质量分数为：[40g/140g]×100%=28.6%；
Ⅱ、（1）在步骤①加入的氢氧化钠能与粗盐中的氯化镁反应，生成了氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应的方程式是：MgCl₂+2NaOH=2NaCl+Mg（OH）₂↓；
（2）步骤②中加入的碳酸钠能与氯化钙反应生成了CaCO₃沉淀和氯化钠；
（3）由于溶液中存在过量的氢氧化钠、碳酸钠．所以，骤③中加稀盐酸是为了除去溶液中的过量的碳酸钠和氢氧化钠；
故答案为：Ⅰ、（1）甲；等于；（2）②；③；（3）28.6%；
Ⅱ、（1）MgCl₂+2NaOH═Mg（OH）₂↓+2NaCl；
（2）CaCO₃；
（3）过量的NaOH和 Na₂CO₃．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；饱和溶液和不饱和溶液；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系；氯化钠与粗盐提纯；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查综合，解答本题关键是要知道交点的含义，溶解度的大小比较，饱和溶液的判断方法和溶质质量分数的计算，及粗盐提纯实验如何除去粗盐中的可溶性杂质的问题，解答时要依据相关知识细心分析．

根据题意可知，可以将乙同学蒸发的过程表示为：50g溶液
蒸发10g水
析出1.2g晶体
蒸发掉5g水
析出1.2g晶体，说明原溶液中多了5g水，若蒸发掉这5g水，则剩余的45g溶液应为饱和溶液，有图示不难看出，1.2g溶质溶解在5g水中恰好达到饱和形成6.2g溶液，则设原溶液中即45g饱和溶液中溶质的质量为x，则
[x/45g]=[1.2g/6.2g] x=[45g×1.2g/6.2g]=8.7g
则原溶液中溶质的质量分数为：[8.7g/50g]×100%=17.4%
故选B．

点评：
本题考点： 有关溶质质量分数的简单计算．

考点点评： 本题难度较大，主要考查了溶液中溶质的质量分数的有关简单的计算，重在培养学生的分析能力．

答：（1）分析表中的数据可知，2.000g变为1.600g 时，表明：300℃时，结晶水已全部失去．故答案为：300℃时，结晶水已全部失去，在此温度范围内，FeC₂O₄不分解
（2）根据铁元素守恒，FeC₂O₄分解时，先转变为FeO和二氧化碳和一氧化碳，铁原子的最小公倍数是6，存在下列质量关系：
6FeO→3Fe₂O₃→2Fe₃O₄
6×72：3×160：2×232
72：80：77.3．
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致，即72：80：77.3≈0.800：0.888：0.860．
表明：FeC₂O₄分解时，先转变为FeO，再转变为Fe₂O₃，最后变为Fe₃O₄．
化学方程式为：FeC₂O₄

350℃−400℃
.
FeO+CO₂↑+CO↑；4Fe+3O₂

400℃−500℃
.
Fe2O3；6Fe₂O₃

600℃−800℃
.
4Fe₃O₄+O₂↑；故答案为：Fe₂O₃
故答案为：
（1）300℃时，结晶水已全部失去，此温度范围还没到FeC₂O₄分解的温度；
（2）FeO；
（3）Fe₂O₃；
（4）Fe₃O₄．

点评：
本题考点： 实验数据处理或者误差分析的探究．

考点点评： 本考点利用表格和物质质量守恒，主要利用了元素守恒法，通过计算了解固体物质的变化趋势，从而根据题目给出的信息解决有关问题，本题难度较大，须认真分析，综合掌握 应答结果．

混合气体中含有SO₃，将生成的气体通入BaCl₂溶液中发生：SO₃+H₂O=H₂SO₄，则没有SO₃逸出；
H₂SO₄+BaCl₂=BaSO₄↓+2HCl，则有BaSO₄沉淀生成；
由于H₂SO₃酸性小于HCl和H₂SO₄，则SO₂不能与BaCl₂溶液反应而从溶液中逸出，故得不到BaSO₃沉淀；
所以产生的现象是生成BaSO₄沉淀，有SO₂气体逸出．
故选B．

点评：
本题考点： 含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，本题注意SO3和SO2性质的区别，注意H2SO3酸性小于HCl和H2SO4，则不能与BaCl2溶液反应，得不到BaSO3沉淀．

A、0℃～t₁℃时，a物质的溶解度大于b；在t₁℃时两物质的溶解度相等；而温度高于t₁℃时，b物质的溶解度又大于a．故A不正确；
B、t₁℃时两物质的溶解度相等，此时将a、b两种物质的饱和溶液分别恒温蒸发等质量的水，析出晶体的质量也相等，故B正确；
C、虽然b物质的溶解度随温度降低而减小，但却不能判断将t₂℃时的b的不饱和溶液降温至t₁℃，所得溶液是否饱和；故C不正确；
D、t₂℃时，b物质的溶解度又大于a，可判断此时b的饱和溶液的溶质质量分数一定大于a的饱和溶液；由于该说法中没有指明是饱和溶液，故D不正确；
故选B．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；结晶的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．

考点点评： 根据溶解度曲线，可以看出物质的溶解度随着温度的变化而变化的情况，可以比较在一定温度范围内的物质的溶解度大小，可以判断某温度下物质的溶解度．

A、比较溶解度大小须确定温度，故错误；
B、t₁℃时甲的溶解度是30g，即100g水中最多溶解30g的甲，所以50g水中最多溶解15g甲，正确；
C、乙的溶解度随温度降低而减小，所以将t₂℃时乙的饱和溶液降温至t₁℃溶解度减小，依然是饱和溶液，故错误；
D、甲的溶解度随温度升高而增大，所以将t₁℃时甲的饱和溶液升温至t₂℃，溶解度变大，溶质、溶剂的质量不变，所以溶质的质量分数不变，故错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法．

考点点评： 本题难度不大，了解溶解度概念、并能据溶解度随温度变化分析溶液状态、溶质的质量分数变化．

A、30℃时，甲的溶解度是60g，因此将30克甲固体加入到50克水中得到甲的饱和溶液，不是60g水，故选项错误；
B、将20℃时甲乙的饱和溶液分别升温到30℃，甲和乙都变为不饱和溶液，质量分数都不变，不是变大，故选项错误；
C、要从乙的饱和溶液中得到乙，可以采用蒸发溶剂的方法，因为乙的溶解度受温度的影响变化不大，故选项正确；
D、20℃时，相等质量的甲、乙两种物质的饱和溶液中含溶质的质量相等，必须是等质量的溶液才可以，故选项错误；
故选C

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；结晶的原理、方法及其应用．

考点点评： 本考点考查了溶解度曲线及其应用、结晶的原理、方法等，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息，要加强记忆，理解应用，本考点主要出现在选择题和填空题中．

t℃时，A、B两种物质的饱和溶液的质量百分比浓度（溶质质量分数）相等，均为20%，由饱和溶液中溶质的质量分数=
溶解度
溶解度+100g×100%，设t℃时，A、B两种物质的溶解度为S，则
S
S+100g×100%=20%，S=25g；将20gA和40gB分别置于100g水中，加热使其完全溶解，然后再冷却到t℃，A为不饱和溶液，B有晶体析出，为饱和溶液．
A、t℃时，A、B两种物质的溶解度均为25g，则t℃时，100g水中溶解20gA，能溶解25gB，则A溶液的质量百分比浓度（溶质质量分数）小于B，故选项说法正确．
B、t℃时，A溶液未达到饱和状态，B溶液达到饱和状态，故选项说法错误．
C、t℃时，A溶液中无固体物质析出，B溶液中有固体物质析出，故选项说法错误．
D、t℃时，A物质的溶解度等于B，故选项说法错误．
故选A．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用．

考点点评： 本题难度不大，主要考查了A、B两种物质（均不含结晶水）的饱和溶液的质量百分比浓度（溶质质量分数）随温度变化的曲线，通过本题可以培养学生应用知识解决问题的能力．

13.9g XSO₄•nH₂O晶体，完全失水后，剩余7.6g粉末，则水的质量为13.9g-7.6g=6.3g，
若X的原子量为结晶水分子数的8倍，
XSO₄与水的物质的量之比为1：n，
则
7.6g
n×8+96：
6.3
18＝1：n，
解得n=7，
则X的相对原子质量为7×8=56，
故选D．

点评：
本题考点： 相对原子质量及其计算．

考点点评： 本题考查相对原子质量的计算，明确定组成是解答本题的关键，题目难度不大，但计算较繁琐．

A、由溶解度曲线可知，t₁℃时甲物质的溶解度为50g，即100g水中达饱和时溶解50g甲物质，
所以在t₁℃时，将56g甲物质放入100g水中，搅拌，充分溶解，只能溶解50g，可得到溶液150g，质量分数D×100%=33.3%，故A正确；
B、据溶解度曲线，及溶解度的概念知，点A描述的是t₂℃时甲物质的饱和溶液，故B正确；
C、据溶解度曲线知，t₂℃时甲物质的溶解度为70克，即100g水中溶有70g甲，其溶液的质量为170g，由此可知，此溶液中水为100g，t₁℃时，该物质的溶解度为50g，故若不考虑水分的损失，将170gt₂℃时的饱和溶液降温至t₁℃能析出晶体20g，故C正确；
D、A点是t₂℃时甲的饱和溶液，B点是t₁℃时甲的饱和溶液，由于甲的溶解度随着温度的升高而增大，故A点的溶解度大于B点的溶解度，A的溶质的质量分数大于B的溶质的质量分数；C、D分别为t₂℃时、t₁℃时甲的不饱和溶液，由于溶质的质量相等，故溶液中溶质的质量分数相等；故溶质质量分数大小关系为A＞B＞D=C，故错误．
故选D．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；晶体和结晶的概念与现象；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．

考点点评： 本题主要考查了固体溶解度曲线的意义及综合运用，考查学生运用溶解度随温度变化规律分析问题的能力．