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8. [2025绍兴新昌期中]物质王国发生了一起团伙盗窃案，“警察”把三名“嫌疑犯”（分别是稀硫酸、氯化钠溶液和石灰水）带回了“警察局”。上级派出下列四名“警察”分别去审“他们”（即把“他们”鉴别出来）。不能一次完成任务的“警察”是 （
稀硫酸 氯化钠 石灰水
（第8题图）
A.紫色石蕊试液“警察”
B.稀盐酸“警察”
C.pH试纸“警察”
D.纯碱溶液“警察”
B
）稀硫酸 氯化钠 石灰水
（第8题图）
A.紫色石蕊试液“警察”
B.稀盐酸“警察”
C.pH试纸“警察”
D.纯碱溶液“警察”
答案
8.B 解析:取样分别滴加紫色石蕊试液,稀硫酸使紫色石蕊试液变红、石灰水使紫色石蕊试液变蓝,氯化钠溶液不能使紫色石蕊试液变色;因此,使用紫色石蕊试液会出现三种明显不同的现象,可以鉴别三种溶液,故A能完成任务;取样分别滴加稀盐酸,稀硫酸、氯化钠溶液都不能与盐酸发生反应而无明显现象;石灰水虽然可以与盐酸发生中和反应,但由于既不生成气体也无沉淀,因此也无明显现象;三种溶液滴加稀盐酸后都无明显现象,使用稀盐酸不能鉴别三种溶液,故B不能完成任务;稀硫酸是酸,pH小于7,氯化钠溶液是中性溶液,pH等于7,石灰水是碱性溶液,pH大于7,所以可以鉴别三种溶液,故C能完成任务;取样分别滴加碳酸钠溶液,有气体放出的溶液为稀硫酸,有沉淀产生的溶液为石灰水,无明显现象的溶液为氯化钠溶液,因此,使用纯碱溶液也可以鉴别三种溶液,故D能完成任务。
解析
【分析】要鉴别稀硫酸（酸性）、氯化钠溶液（中性）、石灰水（碱性）三种溶液，需选择能与这三种溶液反应产生三种明显不同现象的试剂。解题思路为：逐一分析每个选项中的试剂与三种待测溶液反应的现象，若出现三种不同现象则可一次完成鉴别任务，否则不能。
【解析】A选项：紫色石蕊试液遇酸性的稀硫酸变红，遇中性的氯化钠溶液不变色（仍为紫色），遇碱性的石灰水变蓝，三种溶液对应三种不同现象，可一次鉴别；B选项：稀盐酸与稀硫酸、氯化钠溶液均不反应，无明显现象；与石灰水发生中和反应，但无气体、沉淀等明显现象，三种溶液滴加稀盐酸后均无明显现象，无法鉴别；C选项：pH试纸可测定溶液酸碱度，稀硫酸pH＜7，氯化钠溶液pH=7，石灰水pH＞7，三种溶液pH不同，可一次鉴别；D选项：纯碱（碳酸钠）溶液与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，与石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，与氯化钠溶液不反应，三种溶液对应三种不同现象，可一次鉴别。因此不能一次完成任务的是B。
【答案】B
【知识点】酸碱盐的鉴别；酸碱盐的化学性质
【点评】本题考查常见酸碱盐的鉴别，核心是掌握各物质的酸碱性及反应时的现象差异，属于初中化学基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】A选项：紫色石蕊试液遇酸性的稀硫酸变红，遇中性的氯化钠溶液不变色（仍为紫色），遇碱性的石灰水变蓝，三种溶液对应三种不同现象，可一次鉴别；B选项：稀盐酸与稀硫酸、氯化钠溶液均不反应，无明显现象；与石灰水发生中和反应，但无气体、沉淀等明显现象，三种溶液滴加稀盐酸后均无明显现象，无法鉴别；C选项：pH试纸可测定溶液酸碱度，稀硫酸pH＜7，氯化钠溶液pH=7，石灰水pH＞7，三种溶液pH不同，可一次鉴别；D选项：纯碱（碳酸钠）溶液与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，与石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，与氯化钠溶液不反应，三种溶液对应三种不同现象，可一次鉴别。因此不能一次完成任务的是B。
【答案】B
【知识点】酸碱盐的鉴别；酸碱盐的化学性质
【点评】本题考查常见酸碱盐的鉴别，核心是掌握各物质的酸碱性及反应时的现象差异，属于初中化学基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
9.［2025绍兴柯桥期中］为了收获硕大的柚子，结果前期果农常施一些复合肥。下列属于复合肥的是（
A.$K_2CO_3$
B.$KNO_3$
C.$Ca(NO_3)_2$
D.$CO(NH_2)_2$
B
）A.$K_2CO_3$
B.$KNO_3$
C.$Ca(NO_3)_2$
D.$CO(NH_2)_2$
答案
9.B 解析:K₂CO₃中含有钾元素,属于钾肥,故A不符合题意;KNO₃中含有钾元素和氮元素,属于复合肥,故B符合题意;Ca(NO₃)₂中含有氮元素,属于氮肥,故C不符合题意;CO(NH₂)₂中含有氮元素,属于氮肥,故D不符合题意。
解析
【分析】首先明确复合肥的定义：同时含有氮（N）、磷（P）、钾（K）三种营养元素中两种或两种以上的化肥。解题时需逐一分析各选项物质所含的营养元素，结合化肥分类规则判断，最终选出符合复合肥要求的选项。
【解析】根据复合肥的定义，对各选项分析如下：
选项A：$K_2CO_3$仅含钾元素，属于钾肥，不符合复合肥要求；
选项B：$KNO_3$含有钾元素和氮元素，属于复合肥，符合要求；
选项C：$Ca(NO_3)_2$仅含氮元素，属于氮肥，不符合；
选项D：$CO(NH_2)_2$（尿素）仅含氮元素，属于氮肥，不符合。
【答案】B
【知识点】化肥的分类、化学肥料
【点评】本题考查化学肥料的分类，属于基础知识点，牢记复合肥的定义即可快速解答，是期中常见的基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】根据复合肥的定义，对各选项分析如下：
选项A：$K_2CO_3$仅含钾元素，属于钾肥，不符合复合肥要求；
选项B：$KNO_3$含有钾元素和氮元素，属于复合肥，符合要求；
选项C：$Ca(NO_3)_2$仅含氮元素，属于氮肥，不符合；
选项D：$CO(NH_2)_2$（尿素）仅含氮元素，属于氮肥，不符合。
【答案】B
【知识点】化肥的分类、化学肥料
【点评】本题考查化学肥料的分类，属于基础知识点，牢记复合肥的定义即可快速解答，是期中常见的基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
10.［2025浙江段考］小科同学想用实验证明氯化铜溶液的蓝色不是$\ce{Cl^-}$引起的，设计的下列实验无意义的是（
A.观察氯化钠溶液没有颜色
B.向氯化铜溶液中加水稀释，蓝色变浅
C.向氯化铜溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，振荡后静置，溶液蓝色消失
D.向氯化铜溶液中滴加适量的硝酸银溶液，振荡后静置，溶液蓝色未消失
B
）A.观察氯化钠溶液没有颜色
B.向氯化铜溶液中加水稀释，蓝色变浅
C.向氯化铜溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，振荡后静置，溶液蓝色消失
D.向氯化铜溶液中滴加适量的硝酸银溶液，振荡后静置，溶液蓝色未消失
答案
10.B 解析:氯化钠溶液是无色溶液,通过观察氯化钠溶液颜色可知,氯化铜溶液的蓝色不是Cl⁻引起的,故A选项不符合题意。向氯化铜溶液中加水稀释,蓝色变浅,与氯化铜溶液的蓝色不是Cl⁻引起的无关,故B选项符合题意。向氯化铜溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液,氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠,振荡后静置,溶液蓝色消失,说明氯化铜溶液的蓝色不是Cl⁻引起的,故C选项不符合题意。向氯化铜溶液中滴加适量的硝酸银溶液,硝酸银和氯化铜反应生成硝酸铜和氯化银沉淀,氯离子消失,振荡后静置,溶液蓝色未消失,说明氯化铜溶液的蓝色不是Cl⁻引起的,故D选项不符合题意。
解析
【分析】要证明氯化铜溶液的蓝色不是$\ce{Cl^-}$引起的，需围绕“排除$\ce{Cl^-}$的影响或保留$\ce{Cu^{2+}}$观察颜色”设计实验。解题时需逐一分析每个选项的实验操作及目的，判断其是否能达成验证目标，无意义的即为不符合要求的选项。
【解析】A选项：氯化钠溶液含$\ce{Cl^-}$，观察其无色，说明$\ce{Cl^-}$不会使溶液显蓝色，可证明氯化铜的蓝色不是$\ce{Cl^-}$引起，有意义；B选项：向氯化铜溶液加水稀释，仅改变溶液浓度，$\ce{Cl^-}$和$\ce{Cu^{2+}}$均未减少，蓝色变浅是浓度降低导致，与“蓝色是否由$\ce{Cl^-}$引起”无关，无意义；C选项：向氯化铜溶液加$\ce{NaOH}$，$\ce{Cu^{2+}}$转化为氢氧化铜沉淀，溶液蓝色消失，说明蓝色由$\ce{Cu^{2+}}$引起而非$\ce{Cl^-}$，有意义；D选项：向氯化铜溶液加$\ce{AgNO_3}$，$\ce{Cl^-}$转化为氯化银沉淀，溶液仍含$\ce{Cu^{2+}}$且蓝色未消失，说明蓝色由$\ce{Cu^{2+}}$引起而非$\ce{Cl^-}$，有意义。因此无意义的是B选项。
【答案】B
【知识点】探究离子性质、盐的化学性质
【点评】本题为实验探究题，考查学生对实验设计目的的理解，需明确实验变量（$\ce{Cl^-}$与$\ce{Cu^{2+}}$），判断各实验是否能达成验证目标，是初中化学常见的基础题型。
【难度系数】0.5
【解析】A选项：氯化钠溶液含$\ce{Cl^-}$，观察其无色，说明$\ce{Cl^-}$不会使溶液显蓝色，可证明氯化铜的蓝色不是$\ce{Cl^-}$引起，有意义；B选项：向氯化铜溶液加水稀释，仅改变溶液浓度，$\ce{Cl^-}$和$\ce{Cu^{2+}}$均未减少，蓝色变浅是浓度降低导致，与“蓝色是否由$\ce{Cl^-}$引起”无关，无意义；C选项：向氯化铜溶液加$\ce{NaOH}$，$\ce{Cu^{2+}}$转化为氢氧化铜沉淀，溶液蓝色消失，说明蓝色由$\ce{Cu^{2+}}$引起而非$\ce{Cl^-}$，有意义；D选项：向氯化铜溶液加$\ce{AgNO_3}$，$\ce{Cl^-}$转化为氯化银沉淀，溶液仍含$\ce{Cu^{2+}}$且蓝色未消失，说明蓝色由$\ce{Cu^{2+}}$引起而非$\ce{Cl^-}$，有意义。因此无意义的是B选项。
【答案】B
【知识点】探究离子性质、盐的化学性质
【点评】本题为实验探究题，考查学生对实验设计目的的理解，需明确实验变量（$\ce{Cl^-}$与$\ce{Cu^{2+}}$），判断各实验是否能达成验证目标，是初中化学常见的基础题型。
【难度系数】0.5
11.［2025金华永康校级段考］小文通过实验测得石灰水、碳酸饮料、食醋、食盐水四种溶液的pH。图中箭头方向表示pH逐渐增大，其中表示食盐水的是点
在测定碳酸饮料的pH时，若先将试纸用水湿润，则测出的pH
（第11题图）
C
（填字母）。在测定碳酸饮料的pH时，若先将试纸用水湿润，则测出的pH
偏大
（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（第11题图）答案
11.C 偏大 解析:石灰水是氢氧化钙的水溶液,显碱性,pH大于7;食盐水呈中性,pH等于7;食醋和碳酸饮料均显酸性,pH均小于7,因此点C表示食盐水;在测定碳酸饮料的pH时,若先将试纸用水湿润,则相当于将碳酸饮料稀释,其酸性减弱,测得的pH偏大。
解析
【分析】
首先回忆四种溶液的酸碱性与pH的对应关系：酸性溶液pH＜7，中性溶液pH＝7，碱性溶液pH＞7；且酸性越弱，pH越大。结合数轴箭头表示pH逐渐增大，从左到右pH从小到大，再分析四种溶液的酸碱性，即可确定食盐水对应的点；测定碳酸饮料pH时，试纸用水湿润相当于稀释待测液，根据酸性溶液pH的变化规律分析结果。
【解析】
1. 判断食盐水对应的点：
石灰水是氢氧化钙的水溶液，呈碱性，pH＞7；食盐水是氯化钠的水溶液，呈中性，pH＝7；食醋、碳酸饮料均呈酸性，pH＜7，且碳酸酸性弱于醋酸，故碳酸饮料的pH大于食醋。数轴箭头表示pH逐渐增大，因此从左到右依次为酸性最强的食醋（A）、酸性较弱的碳酸饮料（B）、中性的食盐水（C）、碱性的石灰水（D），故食盐水对应点C。
2. 分析湿润试纸测碳酸饮料pH的结果：
测定碳酸饮料的pH时，若先将试纸用水湿润，相当于稀释了碳酸饮料，溶液的酸性减弱；酸性溶液的pH随酸性减弱而增大，因此测出的pH偏大。
【答案】
C；偏大
【知识点】
溶液酸碱性与pH；pH的测定
【点评】
本题考查常见溶液的酸碱性与pH的对应关系，以及pH测定操作的误差分析，属于化学基础题，需牢记常见溶液的酸碱性和pH范围，掌握pH测定的操作要点。
【难度系数】
0.7
首先回忆四种溶液的酸碱性与pH的对应关系：酸性溶液pH＜7，中性溶液pH＝7，碱性溶液pH＞7；且酸性越弱，pH越大。结合数轴箭头表示pH逐渐增大，从左到右pH从小到大，再分析四种溶液的酸碱性，即可确定食盐水对应的点；测定碳酸饮料pH时，试纸用水湿润相当于稀释待测液，根据酸性溶液pH的变化规律分析结果。
【解析】
1. 判断食盐水对应的点：
石灰水是氢氧化钙的水溶液，呈碱性，pH＞7；食盐水是氯化钠的水溶液，呈中性，pH＝7；食醋、碳酸饮料均呈酸性，pH＜7，且碳酸酸性弱于醋酸，故碳酸饮料的pH大于食醋。数轴箭头表示pH逐渐增大，因此从左到右依次为酸性最强的食醋（A）、酸性较弱的碳酸饮料（B）、中性的食盐水（C）、碱性的石灰水（D），故食盐水对应点C。
2. 分析湿润试纸测碳酸饮料pH的结果：
测定碳酸饮料的pH时，若先将试纸用水湿润，相当于稀释了碳酸饮料，溶液的酸性减弱；酸性溶液的pH随酸性减弱而增大，因此测出的pH偏大。
【答案】
C；偏大
【知识点】
溶液酸碱性与pH；pH的测定
【点评】
本题考查常见溶液的酸碱性与pH的对应关系，以及pH测定操作的误差分析，属于化学基础题，需牢记常见溶液的酸碱性和pH范围，掌握pH测定的操作要点。
【难度系数】
0.7
12. [2025杭州临平期末]如图所示为化学反应中的溶液颜色变化，体现了“魔法世界，魅力科学”。请回答：
(1) 若X是稀盐酸，B是红棕色的氧化物，则B与X反应的化学方程式为
(2) 若X是稀硫酸，则A的名称为
(3) 若X是稀硫酸，D的化学式可能为
(1) 若X是稀盐酸，B是红棕色的氧化物，则B与X反应的化学方程式为
Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O
。(2) 若X是稀硫酸，则A的名称为
紫色石蕊试液
。(3) 若X是稀硫酸，D的化学式可能为
Cu(OH)₂(合理即可)
。（写出一种即可）答案
12.(1) Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O (2) 紫色石蕊试液 (3) Cu(OH)₂(合理即可) 解析:(1) B是红棕色的氧化物,所以B为氧化铁,X是稀盐酸,则X与B的反应是氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水。(2) 若X是稀硫酸,酸性溶液能使紫色石蕊试液变红色,所以A的名称为紫色石蕊试液。(3) X是稀硫酸,X与D反应后溶液呈蓝色,蓝色溶液中含有铜离子,所以D的化学式可能为Cu(OH)₂。
解析
【分析】首先根据图中溶液颜色，回忆常见离子的溶液特征：黄色溶液含Fe³+，浅绿色溶液含Fe²+，蓝色溶液含Cu²+，酸性溶液能使紫色石蕊试液变红。结合问题逐一分析：
(1) X是稀盐酸，B是红棕色氧化物，红棕色氧化物为Fe₂O₃，与盐酸反应生成FeCl₃（黄色溶液，符合B的产物），据此书写化学方程式；
(2) X是稀硫酸，A反应后得到红色溶液，酸性溶液中能使溶液变红的指示剂为紫色石蕊试液；
(3) X是稀硫酸，D反应后得到蓝色溶液，蓝色溶液含Cu²+，则D可为含铜的碱或可溶性铜盐，与硫酸反应生成含Cu²+的蓝色溶液。
【解析】
(1) B是红棕色氧化物，确定为Fe₂O₃，X为稀盐酸，二者反应生成氯化铁和水，化学方程式为：$\ce{Fe_{2}O_{3} + 6HCl = 2FeCl_{3} + 3H_{2}O}$；
(2) X是稀硫酸，酸性溶液能使紫色石蕊试液变红，A反应后得到红色溶液，故A为紫色石蕊试液；
(3) X是稀硫酸，反应后得到蓝色溶液，说明生成含Cu²+的盐，D可以是$\ce{Cu(OH)_{2}}$，与硫酸反应生成硫酸铜和水，溶液呈蓝色，故D的化学式可为$\ce{Cu(OH)_{2}}$（合理即可）。
【答案】
(1) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 6HCl = 2FeCl_{3} + 3H_{2}O}$；
(2) 紫色石蕊试液；
(3) $\ce{Cu(OH)_{2}}$（合理即可）
【知识点】
酸的化学性质、酸碱指示剂、化学方程式书写
【点评】
本题结合常见溶液颜色特征考查酸的化学性质，需掌握常见离子的溶液颜色及酸与金属氧化物、指示剂、碱的反应，属于基础推断题，难度适中。
【难度系数】
0.7
(1) X是稀盐酸，B是红棕色氧化物，红棕色氧化物为Fe₂O₃，与盐酸反应生成FeCl₃（黄色溶液，符合B的产物），据此书写化学方程式；
(2) X是稀硫酸，A反应后得到红色溶液，酸性溶液中能使溶液变红的指示剂为紫色石蕊试液；
(3) X是稀硫酸，D反应后得到蓝色溶液，蓝色溶液含Cu²+，则D可为含铜的碱或可溶性铜盐，与硫酸反应生成含Cu²+的蓝色溶液。
【解析】
(1) B是红棕色氧化物，确定为Fe₂O₃，X为稀盐酸，二者反应生成氯化铁和水，化学方程式为：$\ce{Fe_{2}O_{3} + 6HCl = 2FeCl_{3} + 3H_{2}O}$；
(2) X是稀硫酸，酸性溶液能使紫色石蕊试液变红，A反应后得到红色溶液，故A为紫色石蕊试液；
(3) X是稀硫酸，反应后得到蓝色溶液，说明生成含Cu²+的盐，D可以是$\ce{Cu(OH)_{2}}$，与硫酸反应生成硫酸铜和水，溶液呈蓝色，故D的化学式可为$\ce{Cu(OH)_{2}}$（合理即可）。
【答案】
(1) $\ce{Fe_{2}O_{3} + 6HCl = 2FeCl_{3} + 3H_{2}O}$；
(2) 紫色石蕊试液；
(3) $\ce{Cu(OH)_{2}}$（合理即可）
【知识点】
酸的化学性质、酸碱指示剂、化学方程式书写
【点评】
本题结合常见溶液颜色特征考查酸的化学性质，需掌握常见离子的溶液颜色及酸与金属氧化物、指示剂、碱的反应，属于基础推断题，难度适中。
【难度系数】
0.7
13. [2025金华义乌校级段考]向一瓶久置的氢氧化钾溶液中逐滴加入稀盐酸并振荡，反应过程如图所示。请回答：
（1）该氢氧化钾溶液的变质程度为（填“部分变质”或“全部变质”）。
（2）请写出氢氧化钾变质的原理：
（用化学方程式表示）。
（3）C点溶液中所含的溶质是（填化学式）。
（1）该氢氧化钾溶液的变质程度为（填“部分变质”或“全部变质”）。
（2）请写出氢氧化钾变质的原理：
（用化学方程式表示）。
（3）C点溶液中所含的溶质是（填化学式）。
答案
13.(1) 部分变质 (2) 2KOH+CO₂=K₂CO₃+H₂O (3) KCl 解析:(1) 溶液质量增加的过程中,曲线出现转折,所以该氢氧化钾溶液变质程度为部分变质。(2) 氢氧化钾变质的原因是氢氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和水。(3) 氢氧化钾和盐酸反应生成氯化钾和水,碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳,所以C点溶液中所含的溶质是KCl。
解析
【分析】
要解决本题，需先明确久置氢氧化钾的变质原理，再结合加盐酸时的反应顺序分析图像变化：
1. 久置的KOH会与空气中CO₂反应变质生成K₂CO₃，向变质溶液中加盐酸时，反应顺序为：先KOH与HCl反应，再K₂CO₃与HCl反应；
2. 分析图像中溶液质量的斜率：AB段斜率大（无气体生成，溶液质量增加快），BC段斜率小（反应生成CO₂逸出，溶液质量增加慢），说明溶液中同时存在未变质的KOH和变质生成的K₂CO₃，因此氢氧化钾为部分变质；
3. C点时，KOH和K₂CO₃均已与盐酸完全反应，反应产物只有KCl，故C点溶质为KCl。
【解析】
（1）氢氧化钾久置在空气中，会与二氧化碳反应变质生成碳酸钾。向变质后的溶液中逐滴加稀盐酸时，先发生反应：$\ce{KOH + HCl = KCl + H_{2}O}$，此反应无气体生成，溶液质量随盐酸加入快速增加；当KOH完全反应后，盐酸与碳酸钾反应：$\ce{K_{2}CO_{3} + 2HCl = 2KCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，反应生成的CO₂逸出，导致溶液质量增加速率变慢，对应图像中AB段斜率大、BC段斜率小，说明溶液中既有未变质的KOH，又有变质生成的K₂CO₃，因此氢氧化钾是部分变质。
（2）氢氧化钾变质是与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钾和水，化学方程式为：$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$。
（3）C点时，KOH和K₂CO₃均已与盐酸完全反应，两个反应均生成KCl，无其他剩余溶质，因此C点溶液中的溶质为KCl。
【答案】
（1）部分变质；（2）$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$；（3）$\ce{KCl}$
【知识点】
碱的变质、酸碱反应、化学方程式书写
【点评】
本题结合图像考查碱的变质及与酸的反应，需理解反应的先后顺序和溶液质量变化的本质，是化学中常见的综合应用题，能较好考查学生的分析推理能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确久置氢氧化钾的变质原理，再结合加盐酸时的反应顺序分析图像变化：
1. 久置的KOH会与空气中CO₂反应变质生成K₂CO₃，向变质溶液中加盐酸时，反应顺序为：先KOH与HCl反应，再K₂CO₃与HCl反应；
2. 分析图像中溶液质量的斜率：AB段斜率大（无气体生成，溶液质量增加快），BC段斜率小（反应生成CO₂逸出，溶液质量增加慢），说明溶液中同时存在未变质的KOH和变质生成的K₂CO₃，因此氢氧化钾为部分变质；
3. C点时，KOH和K₂CO₃均已与盐酸完全反应，反应产物只有KCl，故C点溶质为KCl。
【解析】
（1）氢氧化钾久置在空气中，会与二氧化碳反应变质生成碳酸钾。向变质后的溶液中逐滴加稀盐酸时，先发生反应：$\ce{KOH + HCl = KCl + H_{2}O}$，此反应无气体生成，溶液质量随盐酸加入快速增加；当KOH完全反应后，盐酸与碳酸钾反应：$\ce{K_{2}CO_{3} + 2HCl = 2KCl + H_{2}O + CO_{2}↑}$，反应生成的CO₂逸出，导致溶液质量增加速率变慢，对应图像中AB段斜率大、BC段斜率小，说明溶液中既有未变质的KOH，又有变质生成的K₂CO₃，因此氢氧化钾是部分变质。
（2）氢氧化钾变质是与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钾和水，化学方程式为：$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$。
（3）C点时，KOH和K₂CO₃均已与盐酸完全反应，两个反应均生成KCl，无其他剩余溶质，因此C点溶液中的溶质为KCl。
【答案】
（1）部分变质；（2）$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$；（3）$\ce{KCl}$
【知识点】
碱的变质、酸碱反应、化学方程式书写
【点评】
本题结合图像考查碱的变质及与酸的反应，需理解反应的先后顺序和溶液质量变化的本质，是化学中常见的综合应用题，能较好考查学生的分析推理能力。
【难度系数】
0.5
14.［2025湖州南浔期中］甲、乙两车间的废水中含有$\ce{Na^{+}}$、$\ce{Ag^{+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$、$\ce{OH^{-}}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$六种离子（甲、乙车间各含三种离子）：
（1）乙车间的废水呈蓝色，其中的阴离子为
（2）如果将甲、乙两车间的废水混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，经过滤后的废水中一定含有的溶质是
（1）乙车间的废水呈蓝色，其中的阴离子为
NO₃⁻
。（2）如果将甲、乙两车间的废水混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，经过滤后的废水中一定含有的溶质是
硝酸钠
。答案
14.(1) NO₃⁻ (2) 硝酸钠 解析:(1) 甲、乙两车间的废水中含有Na⁺、Ag⁺、Cu²⁺、CO₃²⁻、OH⁻、NO₃⁻六种离子。乙车间的废水呈蓝色,则乙车间的废水中含有铜离子,铜离子和CO₃²⁻、OH⁻均不能共存,则乙车间废水中的阴离子是NO₃⁻。(2) 如果将甲、乙两车间的废水混合,铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜沉淀,碳酸根离子和银离子结合生成碳酸银沉淀,钠离子和硝酸根离子不能和其他离子结合成沉淀、气体或水,则经过滤后的废水中一定含有的溶质是硝酸钠。
解析
【分析】
首先根据乙车间废水呈蓝色，判断乙车间含有Cu²+；再利用离子共存规律（离子间若能结合生成沉淀、气体或水则不能大量共存），Cu²+会与CO₃²⁻、OH⁻结合生成沉淀，因此乙车间的阴离子只能是不与Cu²+反应的NO₃⁻；接着确定甲、乙车间的离子组成：乙含Ag+、Cu²+、NO₃⁻，甲含Na+、CO₃²⁻、OH⁻；混合两车间废水时，Cu²+与OH⁻生成Cu(OH)₂沉淀，Ag+与CO₃²⁻生成Ag₂CO₃沉淀，剩余的Na+和NO₃⁻不会结合成沉淀，因此过滤后废水中一定含有的溶质是硝酸钠。
【解析】
（1）乙车间废水呈蓝色，说明其中含有Cu²+；由于Cu²+与CO₃²⁻、OH⁻均会结合生成沉淀，无法大量共存，因此乙车间的阴离子只能为NO₃⁻；
（2）结合离子共存规律，甲车间含有的离子为Na+、CO₃²⁻、OH⁻，乙车间含有的离子为Ag+、Cu²+、NO₃⁻；将两车间废水混合后，Cu²+与OH⁻反应生成Cu(OH)₂沉淀，Ag+与CO₃²⁻反应生成Ag₂CO₃沉淀，剩余的离子为Na+和NO₃⁻，二者结合形成硝酸钠，因此过滤后的废水中一定含有的溶质是硝酸钠。
【答案】
（1）NO₃⁻；（2）硝酸钠
【知识点】
离子共存、复分解反应、盐的性质
【点评】
本题以工业废水的离子组成为载体，考查离子共存的应用，需结合溶液颜色特征判断离子种类，再依据复分解反应条件分析离子间的反应，是离子推断的典型基础题，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先根据乙车间废水呈蓝色，判断乙车间含有Cu²+；再利用离子共存规律（离子间若能结合生成沉淀、气体或水则不能大量共存），Cu²+会与CO₃²⁻、OH⁻结合生成沉淀，因此乙车间的阴离子只能是不与Cu²+反应的NO₃⁻；接着确定甲、乙车间的离子组成：乙含Ag+、Cu²+、NO₃⁻，甲含Na+、CO₃²⁻、OH⁻；混合两车间废水时，Cu²+与OH⁻生成Cu(OH)₂沉淀，Ag+与CO₃²⁻生成Ag₂CO₃沉淀，剩余的Na+和NO₃⁻不会结合成沉淀，因此过滤后废水中一定含有的溶质是硝酸钠。
【解析】
（1）乙车间废水呈蓝色，说明其中含有Cu²+；由于Cu²+与CO₃²⁻、OH⁻均会结合生成沉淀，无法大量共存，因此乙车间的阴离子只能为NO₃⁻；
（2）结合离子共存规律，甲车间含有的离子为Na+、CO₃²⁻、OH⁻，乙车间含有的离子为Ag+、Cu²+、NO₃⁻；将两车间废水混合后，Cu²+与OH⁻反应生成Cu(OH)₂沉淀，Ag+与CO₃²⁻反应生成Ag₂CO₃沉淀，剩余的离子为Na+和NO₃⁻，二者结合形成硝酸钠，因此过滤后的废水中一定含有的溶质是硝酸钠。
【答案】
（1）NO₃⁻；（2）硝酸钠
【知识点】
离子共存、复分解反应、盐的性质
【点评】
本题以工业废水的离子组成为载体，考查离子共存的应用，需结合溶液颜色特征判断离子种类，再依据复分解反应条件分析离子间的反应，是离子推断的典型基础题，难度适中。
【难度系数】
0.5
