江西省2024届九年级阶段评估(一)[1L R]化学(R)答案

2023-09-15 15:23:21 109℃

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本文从以下几个角度介绍。

性，不能用pH试纸测定饱和NaClO溶液的pH,C项错误；没有480mL正确；蒸发吋，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液规格的容量瓶，应配制500mL0.5mol·L1CuS)4溶液，通过计算应蒸干，C项正确；过滤过程中玻璃棒的作用为引流，不能用于搅拌，D项称量62.5gCS01·5HO,在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中定容，胶错误。头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500L容量瓶可完成该实验，D项正确！5.D解析从题图所示步骤综合分析，第①步分离五种离子中的一种离8.C解析二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，A项错误子，只能是Ag与CI一结合生成AgC】沉淀；第②步产生的沉淀和剩余反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液的溶液分别分离出两种离子，应用NH3·H2O溶液沉淀出Fe31和沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B项错误；转移液体时A13+;第③步用Na()H溶液分离Fe3-和A13+:第④步用H2S)4溶液分用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的“一贴二低三靠”，操作离B2+和K-,D项正确。正确，C项正确；溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸6.D解析加入过量稀硫酸无明显现象，说明溶液巾不含C○？、A○2；发结晶，并且蒸发结晶要在蒸发皿中进行，D项错误。加入过量Ba(NO)2溶液有气体产生，说明H+与NO3形成HNO3将9.(1)关闭旋塞E,装置C中加水没过导管口，微热装置A,装置C中导管Fe2氧化，溶液中存在Fe21,沉淀A为BaS)4;溶液X中加入过量口有气泡冒出，撤去热源后，装置C导管内有倒吸产生的液柱，且高度保NaOH溶液有气体产生，说明一定存在NH,沉淀B为Fe(OH)g;向滤持不变，说明气密性良好液中通入少量CO2产生沉淀，由于之前加入的B2+过量，所以不能确定(2)三颈烧瓶（或三口烧瓶）防倒吸碱石灰（或CO等合理答案）是否含有A3+;根据电荷守恒及各离子浓度都为0.1mol·L一1，可推断(3)2H2S0(浓)+Cu△CuS0,+S02◆+2H20溶液中一定存在的离子是NH丈、Fe2+、CI一、S()星，则可确定溶液中不(A)打开旋塞E,从E管口处向A中鼓入空气含K+、Al3+,沉淀C为BaCO:」(5)白色休溶解，溶液变为蓝色混合物中含有浓硫酸，直接加水会放：7.)解析碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化出大量的热，使液体飞溅学方程式为CCOg+2 HCI-CaCl2十CO2*+H2O,气体在溶液中的10.1.(1)f(g)→g(fD→a(c)→b(d)→i溶解度随温度的升高而减小，但加热煮沸主要是为了除去多余的盐酸(2)浓硫酸吸收CO,防止污染A项错误；向CaC2溶液中加入NH3·H2O一H2O2,发生反应：CaCl2十Ⅱ.(3)ad(4)偏大(5)CO2(6)烧杯，玻璃棒、漏斗H2O2+2NH3·H2O+6H2O-(CaO2·8H2OY+2NH4CI,各元素化合价没有发生变化，因此没有发生氧化还原反应，B项错误；尽管②中结(7)11(ms-m+m22×100%1021晶的颗粒较小，但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动，可能会导致滤纸破损，解析(1)利用装置C制备氨气，通过装置B中浓硫酸除去碱性气体过滤失败，C项错误：过氧化钙品体(CO2·8H2O)微溶于水，也不溶于并干燥气体，通过装置A中的碱石灰除去酸性气体，氮气和A12O3、C乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥发，可以加速晶在装置D中发尘反应，利用装置A或B防止空气中水蒸气进入装置体干燥，D项正确。D,最后通过装置E吸收多余的C),防止污染空气，按照氮气气流方向8.D解析“灼烧”，可在铁坩埚中进行，K()H会与瓷坩埚中的二氧化硅将各仪器接口连接：e→cd→a→b→f(g)→g(f)→a(c)b(d)→i.反应，A项错误；“浸取”时，不能用无水乙醇代替水，因KzMO4不易溶(2)装置B内的X液体用于除去碱性气体和干燥氮气，可以为浓硫酸，于乙醇，且转化时生成的高锰酸钾与乙醇反应而导致高锰酸钾变质，BC)气体有毒，装置E内氯化钯溶液用于吸收一氧化碳，防止污染空项错误；h3 K2 MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2￥+2KzCO3可知，气。(3)AIN与NaOH饱和溶液发生反应：AIN+NaOH+H2OKMn()4与Mn()2的物质的量之比为2：1，C项错误；“浓缩结晶”后的NaA1O2+NH3◆，需要测定的生成气体为NH,液体不能选用水溶母液中有K2MnO4、KMnO4和K2COs等溶质，若二氧化碳过量还可能液、不能和氨反应，量气装置（虚线框内）中的Y液体可以是CC4、植物存在碳酸氢钾，D项正确。油，不能使用H2O、NH4Cl饱和溶液，a、d两项正确。(4)若装置中分:9.I.(1)Ba(NO3)2液漏斗与导气管之间没有导管A连通，溶液流下过程中集气瓶中压强(2)取溶液2少许于试管中，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgN)3增大，会排出装置内空气，导致测定氨体积增大，所测AN纯度增大。溶液过量(5)样品1g溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到滤液偏铝酸钠溶液(3)Na2C)3HN)3蒸发结晶滤渣质量2g,滤液及洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，Ⅱ.(4)CBDAHGEF(5)4(6)蒸馏烧瓶过滤，将滤渣煅烧得到3g氧化铝，步骤②操作日的是将偏铝酸钠转解析I.(3)注意所加除杂试剂均过量；NaN()3溶液蒸发结晶得到化成氢氧化铝沉淀，则通入的是过量CO2。(6)步骤③“过滤”操作需要NaNOs品体。的主要玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。(7)氮化铝中杂质为碳和氧化Ⅱ，(4)分液漏斗使用前要检漏。（⑤）蒸馏装置中温度计水银球应在蒸馏烧铝，最后所得的3g固体为氧化铝，2g滤渣为碳，有如下关系式：瓶支管口处；应从直形冷凝管下口进水；牛角管与锥形瓶连接处不能形成密2A1N-A12()3△m闭体系；对烧杯加热应垫石棉网。(6)CC4沸点低于碘的升华温度。821023010.(1)吸收尾气并防止空气中的水蒸气进人装置丙通过调节活塞或滴液的m一(m1一m2)快慢控制气体流速，使装置乙和装置丁导管口产生气泡的速率相等则m=41(m一m+m2)(2)B0(3)Cl2+SO2-2H2O=2HCI+H2SO SO2Cl2-2H20=H2SO41(m3-1+172）+2HCI样品中AIN的纯度=10-X100%=41(mg-m-m2)(4)①③④10m(5)C取产物在干燥条件下加热至完全分解，冷却后加蒸馏水稀释，×100%。取少量溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，另取少量溶液，加入氯化钡第2讲物质的分离和提纯溶液，若产生白色沉淀，则说明含有硫酸（其他合理答案均可）解析(1)装置己的作用是吱收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置1.A解析该过程为固体的加热、灼烧、冷却和研磨，固体加热、灼烧用丙；通过调节活塞或滴液的快慢控制气体流速，使装置乙和装置丁导管坩埚，同时要用坩埚钳取放，研磨在研钵中进行，所以没有用到的仪器是口产生气泡的速率相等来控制两种反应物的体积相等。(2)因氯气在蒸发皿。饱和食盐水中溶解度很小，故戊上方分液漏斗中的试剂是饱和食盐水。2.C解析使用热水，温度升高，可以加快溶解速率，A项正确；②为分(3)若缺少装置乙和装置丁（均盛放浓硫酸），则潮湿的氯气和二氧化硫离不溶性茶渣，为过滤操作，B项正确；③中混合物不分层，分罐封口，无会发生反应，氯气在水存在的条件下可将S)2氧化成硫酸，自身被还分液操作，C项错误；维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，D项正确。原为HC1,反应的化学方程式为C2十SO2十2H2O一2HC1+H2SO4:3.B解析高温条件下，二氧化碳为气体，而萃取是利用超临界状态下同时生成的SO2C2也会发生水解反应而“发烟”，反应的化学方程式为的C)2流体，故高温条件下不利于超临界CO2流体萃取，B项错误。SO2Cl2十2H2O一H2SO4十2HC1。(4)由题可知，硫氯的沸点低且4.D解析粗盐巾含有Ca(Cl2、MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，利用易分解，SO)2与C2生成硫酰氯的反应为放热反应，故要提高本实验中Na2CO3溶液除去Ca2+,利用NaOH溶液除去Mg2+,利用BaCl2溶液硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有①先通冷凝水，再通除去SO异-，除杂时，各试剂必须过量，就会引入新的杂质，因N2COs溶气；②控制气流速率，宜慢不宜快；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但液还可以除去过量的BaCl2溶液引入的Ba+,因此试剂的添加顺序巾不能加热三颈烧瓶，否则会加速SO2Cl2分解，做答案为①③④。(5)通Na2CO为溶液需要在BaCl2溶液的后面，首先加入NaOH溶液去除粗盐常条件下硫酰氯为无色液体，熔点为一54.1℃，沸点为69.1℃，而硫中的Mg2+和少量Ca2+,然后加入BaC2溶液去除粗盐中的SO,最后酸的沸点高，则分离产物的方法是蒸馏；由于SO2C12会干扰H2SO4的加入Na2C()3溶液可以去除粗盐中的Ca+和上一步加入的过量的检验，应先加热除去SO2C2,再用紫色石蕊溶液检验H+,最后用B+,A项正确：滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为NaCl,B项BaCz溶液检验SO-。·84·23XLJ·化学

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