江西省2024届九年级阶段评估(一)[1L R]化学(R)试题

2023-09-15 15:51:55 11℃

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c(H3As(O3),则K1=c(I+)=1×10-9.2,B项正确；H3AsO3是三元b,故B项错误；E点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；pH-12时，溶液呈碱性，则有醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中c(OH-)>c(H+),从而可得c(H2AsO5)+2c(HAsO3-)十离子浓度可能为c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C项3c(AsO-)+c(OH-)>c(HI),D项错误正确；NaOH和盐酸恰好反应所得溶液呈中性，可以选泽甲基橙或酚酞9.(1)>(2)(3)<(4)作指示剂；NOH和醋酸恰好反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，只能选择【解析】(1)相同温度、相同浓度的不同二元酸溶液中，c(H+)与电离酚酞作指示剂，故D项错误。衡常数成正比，多元弱酸的电离以第一步为主，H2A的K1大于H2B9.(1)酸式滴定管烧杯容量瓶的K1,所以H2A电离程度大，溶液中c(H+)大。(2)相同温度、相同浓(4)溶液山无色变成浅红色，且半分钟内不褪色度下，电离衡常数越大，其电离程度越大，H2A的K2大于H2B的(5)22.60K2,所以酸根离子的浓度：c(A2-)>c(B2-)。(3)相同温度、相同浓度(6)①第1组实验数据误差较大，属异常值，应舍去②0.754.5下，电离衡常数越大，其电离程度越大，H2A的K1大于H2B的K1【解析】(1)配制待测白醋溶液，用酸式滴定管准确量取10.00mL食用所以H2A电离程度大，酸分子的浓度：c(H2A)c(H2B)。(4)多元弱白醋，在烧杯中加蒸馏水稀释，再转移到100l.容量瓶中进行定容酸的电离以第一步为主，H2A的K1大于H2B的K1,所以H2A电离(4)待测白醋中滴加酚酞作指示剂，开始时溶液无色，达到滴定终点时程度大，溶液中离子浓度：H2A>H2B,溶液的导电能力：H2A>H2B。溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上10.(1)a>1醋酸是弱酸，不能完全电离方，图中滴定管1mL分成10个小格，每个小格代表0.10mL,故图中(2)稀释后盐酸的pH=5,醋酸溶液的pH5滴定管中液面读数为22.60L。(6)①分析表中实验数据，第1组实(3)正确醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，(H+)变化验消耗Na(OH溶液的体积与其他三组相差较大，应舍去第1组数据小，因此醋酸溶液产生H2的速率比盐酸快取其他三组数据进行计算。②第2一4组实验中消耗NOH溶液的(4)将CH3C))Na晶体、NaC1品体分别溶于适量水配成溶液，冉分别均体积为v(Na0H)-15.00+15,05+1495ml.-15.00ml,则有滴入酚酞溶液，CH:COONa溶液变成浅红色，NaCl溶液不变色【解析】(1)若醋酸是弱酸，则其不能完全电离，电离出的c(H-)n(CHC)H)=n(Na(OH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.50.1mol·L-1,pH=a>1。(2)若醋酸为弱酸，稀释促进电离，c(H叶)X10-3m0l,c(0H000D=15X103m0-005mml.L1.100ml该=103mol·L1的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c(H中)0.02L10一5mol·L1,则醋酸的pH<5,而HCl为强酸，用蒸馏水稀释到醋酸中n(CH3(C)H)=0.075mol·L1×0.1L=7.5×10-3mol,因量取100L,盐酸的pH=5。(3)分别加入质量相同、规格相同的锌粒，若10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液，故10.00mL食用白醋中醋酸为弱酸，与锌反应消耗氢离子的同时，醋酸不断电离，H+得到补c(CHCOXOH5 mol-0.75 mol.1,(CH COOH)-0.01L充，因此醋酸溶液产生氢气的速率比盐酸快。(4)CH()Na是强碱7.5×10-3mol×60g·mo1=0.45g,枚该市售白醋的总酸量为弱酸盐，加入水中会发生水解，溶液显碱性，将CHC)Na晶体、NaCI晶4.5g/100mL.体溶丁适量水配成溶液，分别滴入酚酞溶液，CH3 COONa溶液变成浅10.(1)①当滴人最后一滴KSCN标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟红色，NaCI溶液不变色。内不褪色②使生成的AgC】沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中精练案24水的电离及溶液的pHSCN-与AgCI反应偏小③52.7%1.C【解析】②③分别为碱、酸，抑制水的电离；④中NH水解促进水的(2)偏大2Cu2++4I2CuI￥+I2电离，①NaCl不影响水的电离80.00%2.A【解析】由题意可知该溶液中由水电离产尘的c(H+)一c(OH一)一【解析】(1)①滴加KSN标准溶液，先生成AgSN沉淀，达到滴定终1×10一9ol·L1,该溶液中水的电离受到抑制，可能是酸溶液，也可点时，Fe3+与SCN作用使溶液变为红色，且半分钟内不褪色。②根能是碱溶液。若为酸溶液，则pH=5;若为碱溶液，则pH=9,故A项据题给信息，加人硝基苯可覆盖AgCI沉淀，避免AgCl与KSCN标准正确。溶液反应，若无此操作，则KSCN标准溶液用量偏多，测得剩余的3.D【解析】Λ项，Kw=1×10-6×1×10-6=1×10-12,温度高于25℃；Ag+浓度偏大，从而使所测P()Cl含量偏小。③1~Ⅲ涉及的反应B、C项，NaHSO4电离出的H1抑制H2O电离，c(HI)1LO=c(OH-)有PCl+3H2O—H3PO+3HC1,POCl+3H2O—HPO4+=1×10-1Gmol·L1;D项，加H2()稀释，c(H+)减小，而c()H-)3HCI,HCI+AgNO3一AgCl+HNO3,此过程消耗AgNO的物增大。质的量为0.01L×0.3200mol·L-1-0.01L×0.0200mol·L-1=4.D【解析】设强碱溶液的体积为xL,强酸溶液的体积为yL,pH=130.003mol,由关系式PClg3HC13AgNO3及POCI3HC1~的强碱溶液，c(OH-)=0.1mol·L一1，pH=-2的强酸溶液，c(H1)3AgNO3可知，10.00mL溶液巾n(PCl3)十n(POCl3)=0.001mol,则0.01mol·L-1,混合后pH=11,OH-过量，则xL×0.1mol·L-1-yL×0.1mol·L-1产品中n(PC)+n(P0Cg)=0.001×100mol=0.01mol,设P()Cl30=0.001mol·L-1,解得x L+yL的物质的量为xmol,(153.5×x)g十[137.5×(0.01一x)]g=:y=1:95.B【解析】pH由a变成a十1，表明溶液酸性减弱。将溶液稀释10倍1.455g,则x=0.005ol,故产品的纯度为0.005X158.5)g×100%≈1.455g若电离衡不移动，则溶液pH由a变成a十1，但由于电离衡会发生52.7%。(2)结合题中信息可知Cu2+与I一发生氧化还原反应的离子移动，故A项错误；向弱酸溶液中加入浓度较大的强酸，溶液酸性增方程式为2Cu2++41-=2CuI￥十I2;若步骤②巾不加入足量的强，C项错误；升高溶液的温度会促进醋酸电离，酸性增强，D项错误；NaF溶液，Fe3+也消耗I一，导致最终测量值将偏大。根据关系式加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离，使溶液H增大，B项正确2Cu2+I2一2N2S2(O3可得c(C2+)=0.0400mol·L1,则胆矾产6.C【解析】A项，不知盐酸与氨水的物质的量浓度，不能判断c(H+)与品纯度为80.00%。c()H)的相对大小，错误；B项，山水电离出的c((OH一)=1×11.(1)71310-1ool·L,一1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液，也(2)10-1010-12可能为碱性溶液，pH不一定小于7，错误；C项，水的电离为吸热过程，升(3)高温度促进水的电离，25℃时，水中c(H+)=10一7ol·L1,80℃时，(4)M++HO、=MOH+H+由水电离出的c(H+)>10-?mol·L-1,所以80℃时氯化钠溶液的pH【解析】常温下，A酸溶液的pH=a,B碱溶液的pH=b,酸巾c(H+)·定小于7，正确；D项，不明确酸和碱的强弱，不能判断混合溶液的10umol·L1,碱中c(OH)=1014mol·L1。(1)若A为盐酸，BpH,错误。为氢氧化钡，酸碱都是强解质，两者等体积混合，酸碱恰好完全反应生7.C【解析】根据lg-0时，pH=5,则K(R)-cR-1成强酸强碱盐和水，溶液呈中性，且a十b=14,碱中c(OH厂)c(HR)10-14mol·L1-10-amol·L-1,则混合溶液的pH-7;酸碱按体积X105,0.1ol·L1HR溶液中c(H)=c(R)≈√1X105×0.1mol·L之比1：10混合后溶液呈中性，则10-“=10×10-14，a+b=13=1×10-3mol·L1,则溶液的pH约为3，故A、B两项错误；当通入(3)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a十b=14,碱中c(OH-)=0.1 nol NH时，溶质是NL4R,K(HR)=1.0×10-5、K(NH·H2O)10-14mol·L1=10-amol·L-1,醋酸为弱酸，则醋酸浓度远远大=1.76×10一5，所以溶液呈碱性，c(R-)

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