江西省2024届九年级阶段评估(一)[1L R]化学(R)答案

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1、江西省2024九年级化学
2、2023-2024江西省九年级化学试卷
3、江西省2024九年级第一阶段
4、江西省2024九年级阶段测试卷化学
5、江西省2024九年级第四次阶段测试卷
6、江西省2024年初中学业水平考试化学样卷(四)
7、江西省2024年初中学业水平考试样卷四化学
8、江西省2024年初中学业水平考试化学样卷试题卷(四)
9、江西省2024年初中学业水平考试化学样卷四
10、江西省2024年初中学业水平考试化学样卷试题卷四

(2)溶液的总体积超出了刻度线。专题特训微专题4物质的量在综合计算中的应用1.(1)18.4mol·L一1(2)4：1：4（计算过程见解析）对点训练【解析11)由c-100X0X心可知，密度为1.84g·m3,质量分数为1.(1)90.0%(2)3.36×10615M【解析】(1)根据离子方程式得关系式：98%的浓硫酸的物质的量浓度为1000X1,84×98%m0l·L198Cr2O月-6Fe2+3S0218.4ol·L一1。(2)由题意可知，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量，山碳原子守恒可知，碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为244g,mol7-0.2mol,质景为0.2mol×84g·mol1-16.8g:残留8.8g0.020mol·L-1×0.025Lm(FeS2)120g·mol-固体为氧化镁，由镁原子守恒可知，碱式碳酸镁中镁原子的物质的量为m(FeS2)-0.090g,10.0g样品中FeS2的质量分数为90.0%。40g·m0=0.25m0l,则氢氧化镁的物质的量为(0.25-0.2)mol=0.05mol,质量为0.05mol×58g·mol-l-2.9g;23.3g碱式碳酸(2)4FeS2十110，高温2Fe0十8S0,镁中结品水的物质的量为23.3.16.82,9）g=.2ml,由物质的4818g·mol-10X105×90.0%moln(SO2)量之比等于各微粒的个数比可得x:y:之=0.2mol:0.05mol:1200.2mol=4:1:4。n(S02)=1.5×105mol0.1722gV(02)=3.36×10612.解：n(C)-n(AgC)X10.00mL25.00ml-143.5g·mo1l7×4=4.800×由硫元素守恒：=4n (EDTA)=SO2~503~H2SO1 mol98g0.0800mol·L-1×30.00mL×103L·mL-1×4=9.600×103mol;1.5×105molm(H2S()4溶液)×98%n(0H-)=2n(u2+)-n(C1-)=2×9.600X10-3mol-4.800×得m(H2SO4溶液)=1.5×107g=15t。10-3mol=1.440×10-2tmol。2.1:2m(C1-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704g,【解析】先根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PC3的物质的量m(Cu2+)=9.600×103mol×64g·mol1=0.6114g,根据关系式PCl一HPO3H:PO4Cl2,可知0.01 mol Cl2能氧化m(0H)=1.440×10-2mol×17g·mol-l=0.2448g,0.01mol的PCl3,则原混合物中含有0.01mol的P,根据(PCL+n(H0)=1.160g=0.1704g-06144g=0.2448g=4.80×PCl3)~(H3PO1+5HCl)~8NaOH关系式知，消耗0.24mol18g·mol-Na(OH,可知原混合物中的PCl3和PCl总共是0.03mol,所以PCl是10 3 mol;a:6:c:x=n(Cu2+):n(OH )n(Cl)n(H2()=2:3：1：1,该样品的化学式为Cu2(OH):Cl·H2O。0.02mol,两者物质的量之比为1：2。练高考真题3.4.68g【解析】最终生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2,其质量等于合金的1.(1)×(2)×(3)/(4)/(5)×质量加上两金属离子所结合的OH一的质量。关键是求增加的【解析】(1)氢氧化钠溶于水放热，需等其溶液冷却后才可转移到容量瓶(OH一)，(OI-)等于金属单质所失电子的物质的量，金属所失电子数等中，错误；(2)配制一定物质的量浓度的溶液，应在烧杯中溶解物质，冷却至室温后再转移到容量瓶中定容，不能在容量瓶中直接配制溶液，错0.896L于硝酸所得电子数，即m0H)=2.4.mX3=0.12mol,故形成误；(5)容量瓶不能用来溶解物质，错误。沉淀的质量为2.64g十0.12mol×17g·mol-1=4.68g。2.烧杯、托盘天、量筒4.D【解析】根据电荷守恒得：2c(Mg2+)十3c(A13+)=2c(S星)（忽略溶3.B【解析】在题十的实验操作中，需要用到的仪器有烧杯、量简、玻璃液中、OH),c(As+)=2X6.5mol·L-1-2X2molL棒、容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，不需要用到分2液漏斗，B项符合题意。3mol·L1,加入Na(OH溶液使Mg2+、Al3+分离，此时NaOH转化为第三单元金属及其化合物NaSO,和NaAIO,由电荷守恒得：V(NaOH=2nS)+(ANO方)c(NaOH)第6讲钠及其化合物2X65m.L Xa21+3mlL 1X02L-2 L考点1钠的性质及应用1.6mol·L1学基础知识5.B【解析】28g铁粉溶丁稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的知识梳理·系统化N2O2固体，因为N2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也①银白②小③小④还原⑤2Na十0，△NO,⑥小⑦低具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强⑧放⑨气体0剧烈热，最终得到的周体为FezO3,根据铁原子守恒，n(Fe2O3)=之n(Fe)易错练·重累积28g1.(1)×(2)/(3)(4)×(5)×(6)X(7)/(8)×=之×56g-mol=0.25mo,所得Fe,0固休的质量为0.25m0l(9)X×160g·mol-1=40g。2.A6.(1)3Cu+8H++2NO5=3Cu2++2NO*+4H2O3.B【解析】根据得失电子守恒，不论是加热还是缓慢氧化，最终都是Na(2)14(3)0.03mol(4)0.04mol>Na+,故二者失去的电子数一样多；但加热时生成Na2O2,而常温【解析(2题意有cHN0,)=100=100X1.40X0.63mml·L163时尘成Na2O,故第一块钠的反应产物的质量大。14nml·I1。(3)金属离子全部沉淀时，得到的2.54g沉淀为氢氧化4.D【解析】2Na+2H2O一2NaOH+H2↑。①中Mg2++2OH-铜、氢氧化镁，故沉淀中OH的质量为2.54g-1.52g=1.02g,根据Mg(OH)2￥；③中反应消耗水，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低电子转移守恒可知，转移的电子的物质的量n(e)-(OH一)=析出Ca(OH)2沉淀；④中C2++HC)s+(O)H-CC()3↓+H2():⑤1.02生成的Cu(OH)2是蓝色沉淀，不符合题意：⑥水减少，c(Na+)增大，使17mol=0.06mol,设铜的物质的量为xmol,镁的物质的量为Na(Cl(s)一Na+(ag)+(CI-(aq)衡向左移动。ymol,则有{222v052解得x=0.02,y=0.01,则该合金中铜讲考点考向1.C【解析】向饱和NOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成与镁的物质的量之和为0.03mol。（4)n=寸一22.4L·m0l可1.121NaOH,同时生成氢气，恢复至室温会有部分NaOH品体析出，由于溶液仍是饱和溶液，故溶液的H不变，A项错误：钠与水反应生成氢气0.05mol,令二氧化氮的物质的量为amol,则a×1+(0.05-a)×2=和NaOH,NaOH与CuSO4反应会出现蓝色沉淀，B项错误；钠与水反0.06,a=0.04应生成NOH和H2,NaOH与MgC2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，C项正确；钠与水反应放热，生成的NaOH与NHt反应生成NH3·8·23XKA(新)·化学一LN