8. 如图所示，室温下甲、乙中烧杯内的试管里均盛有相同溶质质量分数的澄清石灰水，将适量NaOH固体和NH₄NO₃固体（溶解度随温度升高而增大）分别加入烧杯内的水中，当固体恰好完全溶解时，下列相关说法不正确的是 （）

A.甲、乙中澄清石灰水均会变浑浊
B.甲中澄清石灰水的溶质质量分数可能变小
C.甲、乙中试管内气压均会改变
D.乙中烧杯内的NH₄NO₃溶液若恢复至室温一定是不饱和溶液

8.A

【分析】
要解决本题，需明确两个核心要点：①NaOH固体溶于水放热，NH₄NO₃固体溶于水吸热；②澄清石灰水的溶质是Ca(OH)₂，其溶解度随温度升高而减小，随温度降低而增大。结合这两点，逐一分析各选项的正误即可。
【解析】
1. 先判断溶解的热效应：NaOH固体溶于水放出大量热，使甲烧杯内水温升高；NH₄NO₃固体溶于水吸收大量热，使乙烧杯内水温降低。
2. 结合Ca(OH)₂的溶解度特性：Ca(OH)₂的溶解度随温度升高而减小，随温度降低而增大。
3. 逐一分析选项：
选项A：甲中温度升高，Ca(OH)₂溶解度减小，析出晶体，澄清石灰水变浑浊；乙中温度降低，Ca(OH)₂溶解度增大，无晶体析出，澄清石灰水不变浑浊。因此“甲、乙中澄清石灰水均会变浑浊”的说法错误。
选项B：甲中温度升高，Ca(OH)₂析出，溶质质量减少，溶剂质量不变，溶质质量分数变小，该说法正确。
选项C：甲中温度升高，试管内空气受热膨胀，气压增大；乙中温度降低，试管内空气收缩，气压减小，因此甲、乙中试管内气压均改变，该说法正确。
选项D：NH₄NO₃的溶解度随温度升高而增大，室温下NH₄NO₃溶解度很大，乙中NH₄NO₃恰好完全溶解时是在低温下，恢复至室温后，溶液浓度远小于室温下的饱和浓度，因此一定是不饱和溶液，该说法正确。
【答案】
A
【知识点】
溶解的热效应、氢氧化钙的溶解度、饱和溶液与不饱和溶液
【点评】
本题结合物质溶解的热量变化和溶解度的影响因素，考查学生对基础知识点的应用能力，需准确掌握NaOH、NH₄NO₃溶解的吸放热情况，以及Ca(OH)₂溶解度的特殊性，是一道中等难度的题目。
【难度系数】
0.4

9. 甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲的溶解度比乙大
B.在$t_1°\mathrm{C}$时，甲、乙溶液中的溶质质量分数相等
C.将$t_2°\mathrm{C}$时甲的饱和溶液降温至$t_1°\mathrm{C}$，析出晶体的质量为20 g
D.分别将$t_2°\mathrm{C}$时甲、乙的饱和溶液降温至$t_1°\mathrm{C}$，所得溶液的溶质质量分数相等

9.D

【分析】
本题考查溶解度曲线的应用，解题时需逐一分析每个选项，结合溶解度曲线的意义、饱和溶液溶质质量分数的计算规则、降温结晶的特点判断正误。首先，比较溶解度大小必须指明温度，未说明温度无法确定；其次，某温度下仅饱和溶液的溶质质量分数由溶解度决定，不饱和溶液不一定；另外，析出晶体的质量与饱和溶液总质量有关，未给出溶液质量无法计算；最后，降温后饱和溶液的溶质质量分数由降温后的溶解度决定。
【解析】
1. 选项A：溶解度的大小比较需指明温度，题目未说明温度，无法确定甲和乙的溶解度大小，故A错误；
2. 选项B：$t_1℃$时甲、乙溶解度相等，此时只有甲、乙的饱和溶液溶质质量分数相等，选项未说明溶液是否为饱和溶液，若为不饱和溶液则溶质质量分数不一定相等，故B错误；
3. 选项C：将$t_2℃$时甲的饱和溶液降温至$t_1℃$，析出晶体的质量 = $t_2℃$时甲饱和溶液中溶质质量 - $t_1℃$时甲饱和溶液中溶质质量，题目未给出饱和溶液的质量，无法计算析出晶体的质量，故C错误；
4. 选项D：$t_2℃$时甲、乙的饱和溶液降温至$t_1℃$，两者均析出晶体，变为$t_1℃$时的饱和溶液；$t_1℃$时甲、乙溶解度相等，根据饱和溶液溶质质量分数公式：$\mathrm{溶质质量分数}=\frac{\mathrm{溶解度}}{100g+\mathrm{溶解度}}×100\%$，可知所得溶液的溶质质量分数相等，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
溶解度曲线应用、饱和溶液溶质质量分数、降温结晶
【点评】
本题是溶解度曲线的基础考查题，需明确溶解度比较的前提、饱和溶液溶质质量分数的计算依据，以及降温时溶液状态的变化，易错点是忽略溶液是否饱和的条件，整体难度不大。
【难度系数】
0.6

10.黑火药是我国古代的四大发明之一,其成分含有$\ce{KNO_{3}}$。古代以硝土和草木灰(主要成分为$\ce{K_{2}CO_{3}}$)为原料生产$\ce{KNO_{3}}$的部分流程如图1所示。
[查阅资料]①硝土的主要成分是$\ce{KNO_{3}}$、$\ce{Ca(NO_{3})_{2}}$和$\ce{NaCl}$等。
②$\ce{Ca(NO_{3})_{2}}$与$\ce{K_{2}CO_{3}}$能发生复分解反应。

(1)淋硝过程中$\ce{Ca(NO_{3})_{2}}$与$\ce{K_{2}CO_{3}}$反应的化学方程式是。淋硝所得的溶液称为“硝水”,其溶质中一定含有的物质是。
(2)熬硝主要是将淋硝过程中得到的硝水浓缩成浓硝水。根据中的溶解度曲线分析,冷却热浓硝水,主要获得$\ce{KNO_{3}}$晶体的原因是。若将$80°\mathrm{C}$的269 g硝酸钾饱和溶液降温到$20°\mathrm{C}$,则析出硝酸钾晶体的质量是g。
(3)滤液A可以循环使用,原因是。
(4)黑火药爆炸时发生反应的化学方程式是$\ce{2KNO_{3} + S + 3C\xlongequal{\mathrm{点燃}}K_{2}S + X\uparrow + 3CO_{2}\uparrow}$,则X的化学式是。

10.(1)$\ce{Ca(NO_{3})_{2} + K_{2}CO_{3} = CaCO_{3} \downarrow + 2KNO_{3}}$ $\ce{KNO_{3}}$、$\ce{NaCl}$
(2)硝酸钾的溶解度随温度降低变化大,氯化钠的溶解度随温度降低变化小,冷却热浓硝水时,硝酸钾的溶解度减小,易结晶析出 137.4
(3)滤液A是$\ce{KNO_{3}}$的饱和溶液,能够提高原料的利用率,减少资源浪费
(4)$\ce{N_{2}}$

【分析】
本题围绕黑火药原料生产及相关反应展开，需结合复分解反应规律、溶解度曲线、质量守恒定律等知识逐一分析：
(1) 复分解反应需满足生成沉淀等条件，Ca(NO₃)₂与K₂CO₃反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾；硝土中的NaCl不参与反应，反应后溶质为生成的KNO₃和未反应的NaCl。
(2) 冷却结晶利用溶解度随温度变化的差异，KNO₃溶解度随温度降低大幅减小，NaCl变化小，故冷却时KNO₃析出；计算时先确定80℃饱和溶液的溶剂质量，再根据20℃溶解度计算剩余溶质，差值为析出量。
(3) 滤液A是KNO₃的饱和溶液，循环使用可提高原料利用率。
(4) 根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，推导X的化学式。
【解析】
(1) Ca(NO₃)₂与K₂CO₃发生复分解反应，生成CaCO₃沉淀和KNO₃，化学方程式为$\ce{Ca(NO_{3})_{2} + K_{2}CO_{3} = CaCO_{3} \downarrow + 2KNO_{3}}$；硝土中的NaCl不参与反应，反应后溶质一定含生成的$\ce{KNO_{3}}$和原有的$\ce{NaCl}$。
(2) 冷却热浓硝水析出KNO₃的原因：硝酸钾的溶解度随温度降低变化大，氯化钠的溶解度随温度降低变化小，冷却时硝酸钾溶解度大幅减小，易结晶析出；计算：80℃时KNO₃溶解度为169g，269g饱和溶液中溶剂质量为100g，溶质质量169g；20℃时KNO₃溶解度为31.6g，100g溶剂中溶解31.6g，故析出晶体质量为$169g - 31.6g = 137.4g$。
(3) 滤液A是KNO₃的饱和溶液，循环使用可提高原料利用率，减少资源浪费。
(4) 根据质量守恒定律，反应前后原子总数不变：反应前原子为K:2、N:2、O:6、S:1、C:3；反应后现有原子为K:2、S:1、C:3、O:6，故X含2个N原子，化学式为$\ce{N_{2}}$。
【答案】
(1) $\ce{Ca(NO_{3})_{2} + K_{2}CO_{3} = CaCO_{3} \downarrow + 2KNO_{3}}$；$\ce{KNO_{3}}$、$\ce{NaCl}$
(2) 硝酸钾的溶解度随温度降低变化大，氯化钠的溶解度随温度降低变化小，冷却热浓硝水时，硝酸钾的溶解度减小，易结晶析出；137.4
(3) 滤液A是$\ce{KNO_{3}}$的饱和溶液，能够提高原料的利用率，减少资源浪费
(4) $\ce{N_{2}}$
【知识点】
复分解反应、溶解度曲线应用、质量守恒定律
【点评】
本题以黑火药原料生产为背景，综合考查复分解反应方程式书写、溶解度结晶应用、质量守恒定律等核心知识点，题目难度适中，需学生掌握基础化学原理并灵活应用于工艺流程分析。
【难度系数】
0.6