2019年银川市高三质量检测理科综合能力测试(化学部分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ni-59一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故D正确。
故选D。
2.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的B. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C. 在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大【答案】A【解析】【详解】A.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故A正确；B.在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；C.步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，故C错误；D.步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D错误。
故选A。
3.下列关于有机化合物的说法正确的是A. C4H9Cl的同分异构体数目为3B. 用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应D. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.C4H9Cl的同分异构体包括CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，共4种，故A错误；B.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故C错误；D.油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，故D错误。
故选B。
4.N A代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A. 6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2N AB. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为10N AC. 1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中，HCO3－离子数为0.1N AD. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mo1氧气转移的电子数为0.4N A【答案】B【解析】【详解】A.1个醋酸分子中含有1个非极性键，6.0g醋酸的物质的量为6.0g÷60g/mol=0.1mol，故含有非极性键总数为0.1N A，故A错误；B.标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1mol，氖气是单原子分子，1个氖气分子中含有10个质子，故含有的原子数约为N A，故B正确；C.NaHCO3的物质的量为1L×0.1mol·L－1=0.1mol，HCO3-在溶液中能电离为CO32-和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的HCO3-、CO32-、H2CO3之和为0.1N A个，故C错误；D.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol 电子即0.2N A个，故D错误。
故选B。
5.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。
W的族序数是周期数的3倍，Ⅹ原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。
下列说法错误的是A. X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2B. 可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M>WC. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M<ZD. 盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。
W的族序数是周期数的3倍，则W是O，X原子的最外层只有一个电子，且在O的后面，则X是Na，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，Z在同周期中原子半径最小，则Z为Cl，M在W、X之间，则M为F，据此答题。
【详解】由上述分析可知：W是O，M为F，X是Na，Y为Al，Z为Cl。
A.X和W形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子数之比均为1：2，故A正确；B.氟气与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，氟能够将氧从其化合物中置换出来，说明非金属性：F ＞O，故B正确；C.M、Z位于同一主族，非金属性：F＞Cl，形成气态氢化物的稳定性HF＞HCl，故C错误；D.NaClO与浓盐酸反应的化学方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑，有黄绿色气体产生，氯气与冷的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，又得到NaClO溶液，故D正确。
故选C。
【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。
6.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B.向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，原溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子，也可能为原溶液中含有铁离子，因此不能判断原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质，故B错误；C.将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中，有刺激性气味产生，说明有乙醛生成，乙醇在催化剂条件下被氧化为乙醛，发生氧化反应，故C错误；D.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al(OH)3，说明结合H+的能力：AlO2－>CO32－，故D正确。
故选D。
7.一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是A. 电极a发生的反应为还原反应B. 充电时a极与电源的正极相连C. 正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e－=CaFeO2.5+1/2O2－D. 放电时，每当有N A个Na+移向b极，外电路中一定转移2N A个电子【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，电极a发生的反应为Na-e-=Na+，为氧化反应，故A错误；B.充电时a极发生的反应为Na++e-=Na，还原反应，则a为电解池的阴极，阴极与电源的负极相连，故B错误；C.由图可知，电极b为正极，发生的电极反应可能为：CaFeO3+e－=CaFeO2.5+1/2O2－，故C正确；D.放电时，每当有N A个Na+移向b极，外电路中转移N A个电子，故D错误。
故选C。
三、非选择题：共174分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8.Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。
某科研小组制备并探究其性质。
资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。
Ⅰ．制备Na2S2O4 (部分加热等辅助仪器略去)(1)仪器①的名称是___________。
(2)B装置用于制备Na2S2O4。
第一步反应：Zn+2SO2ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于28~35℃下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为___________。
(3)实验时，先向B中通入SO2的原因，除产生ZnS2O4之外，另一原因是___________。
(4)反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。
加入NaCl固体的作用是___________Ⅱ．探究Na2S2O4的性质(5)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。
请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。
实验方案是___________。
(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液)(6)制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。
在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式___________。
(7)为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度(其它杂质均不参加反应)设计如下方案，并进行实验：①准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用nmol·L－1I2标准溶液滴定(发生反应：2S2O32－+I2=S4O32－+2I－)，至滴定终点。
③滴定终点的现象为___________，平均消耗I2标准溶液VmL，样品中Na2S2O4的纯度为___________(用代数式表示)。
【答案】(1). 圆底烧瓶(2). ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4 + Zn(OH)2↓(3). 排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化) (4). 加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以(5). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质(6). 2Ag++S2O42—+4OH—＝2Ag↓+2SO32—+2H2O (7). 滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色(8). 3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m×100%) 【解析】【分析】装置A中的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和Cu反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，装置C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气，据此答题。