浙江理综化学试题详解.docx
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浙江理综化学试题详解
2011年浙江理综化学试题详解
7.下列说法不正确的是
A.化学反应有新物质生成,并遵循质量守恒定律和能量守恒定律
B.原子吸收光谱仪可用于测定物质中的金属元素,红外光谱仪可用于测定化合物的官能团
C.分子间作用力比化学键弱得多,但它对物质熔点、沸点有较大影响,而对溶解度无影响
D.酶催化反应具有高效、专一、条件温和等特点,化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义
【解析】化学变化发生的是质变,产生了新物质,这是化学变化的笫一个特点;化学变化是原子的重新分配与组合,反应前后原子的种类、原子的数目、原子的质量都没有改变,因而质量是守恒的,这是化学变化的笫二个特点;化学变化也遵循能量守恒定律,这是化学反应的笫三个特点,故A正确。
B选项中,用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子基团,用原子吸收光谱仪可以确定物质中含有哪些金属元素,故B正确。
化学键影响物质的化学性质和物理性质,分子间作用力影响着物质熔沸点和溶解性,故C错。
酶是一类具有催化作用的蛋白质,酶的催化作用具有条件温和、高效性和专一性特点,对人体健康和环境无毒、无害,符合绿色化学理念,所以化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义,D正确。
【答案】C
8.下列说法不正确的是
A.变色硅胶干燥剂含有CoCl2,干燥剂呈蓝色时,表示不具有吸水干燥功能
B.硝基苯制备实验中,将温度计插入水浴,但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触
C.中和滴定实验中,容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用,滴定管和移液管用蒸馏水
洗净后,必须干燥或润洗后方可使用
D.除去干燥CO2中混有的少量SO2,可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
【解析】变色硅胶干燥剂则含有CoCl2,无水CoCl2呈蓝色,硅胶吸水后,蓝色无水CoCl2转化成水合物CoCl2·6H2O,呈粉红色,硅胶就不再具有吸水干燥作用,所以A错;B中温度计的水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触,以防止测量的温度不准确(因为玻璃容器的温度与液体温度不一样),故B正确;容量瓶和锥形瓶中有水不影响溶质的量,而滴定管或移液管中有水,就把溶液稀释了,浓度减小,故滴定管和移液管用蒸馏水洗净后,必须干燥或润洗后方可使用,则C正确;酸性KMnO4溶液能将SO2氧化成硫酸,故D正确。
【答案】A
9.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。
X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期
元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化
合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质
子数之和的1/2。
下列说法正确的是
A.原子半径:
W>Z>Y>X>M
B.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C.由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键
【解析】由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度,就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17,从而确定M为H元素,最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2,推出W为Na元素。
所以,原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H),则A错;B选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物,而Na2O2不是共价化合物,故B错;C选项是正确的,如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体;D选项中,X、Y、Z、M四种元素可形成化合物(NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等,前二种为离子化合物,而尿素为共价化合物,故D错。
【答案】C
10.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上,一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)
已被腐蚀而变暗,在液滴外沿棕色铁锈环(b),如图所示。
导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。
下列说法正确的是
A.液滴中的Cl-由a区向b区迁移
B.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为:
O2+2H2O+4e-
4OH-
C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀,生成的Fe2+由a区向b区迁移,与b区的OH―形成Fe(OH)2,进一步氧化、脱水形成铁锈
D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板,在铜铁接触处滴加NaCl溶液,则负极发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+
【解析】液滴边缘O2多,在碳粒上发生的是正极反应:
O2+2H2O+4e-
4OH-;液滴下的Fe发生负极反应:
Fe-2e-
Fe2+[为腐蚀区(a)],是氧化反应,故C错;在液滴外沿,由于Fe2++2OH―=Fe(OH)2,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3形成了棕色铁锈环(b);若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板,在铜铁接触处滴加NaCl溶液,由于Fe的金属活动性比铜强,Fe仍为负极,负极发生的电极反应为:
Fe-2e-=Fe2+,故D错;根据在原电池中,阳离子移向正极,阴离子移向负极的规律,Cl-应由b区向a区迁移,故A错。
【答案】B
11.褪黑素是一种内源性生物钟调节剂,在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法不正确的是
A.色氨酸分子中存在氨基和羧基,可形成内盐,具有较高的熔点
B.在色氨酸水溶液中,可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C.在一定条件下,色氨酸可发生缩聚反应
D.褪黑素与色氨酸结构相似,也具有两性化合物的特性
【解析】氨基酸分子中同时含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2),不仅能与强碱或强酸反应生成盐,而且还可在分子内形成内盐(偶极离子):
,盐的熔沸点都较高,故A正确;氨基酸在水溶液中,形成如下的平衡体系:
,当调节溶液的pH为某一特定值时,可以使溶液中阴、阳离子的浓度相等,净电荷为零,此时的pH称为该氨基酸的等电点,
在等电点时,氨基酸的溶解度最小,因此可使不同的氨基酸在各自的等电点结晶析出,以分离或提纯氨基酸,故B正确;在一定条件下,氨基酸可发生缩聚反应形成高分子(多肽),故C正确;很明显,色氨酸为α-氨基酸,具有两性化合物的特性,而褪黑素不是α-氨基酸,不具有两性化合物的特性,故D错误。
【答案】D
12.下列说法不正确的是
A.已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1,冰中氢键键能为20kJ·mol-1,假设1mol冰中有2mol氢键,且熔化热完全用于破坏冰的氢键,则最多只能破坏冰中15%的氢键
B.已知一定温度下,醋酸溶液的物质的量浓度为c,电离度为α,
。
若加入少量醋酸钠固体,则CH3COOH
CH3COO-+H+向左移动,α减小,Ka变小
C.实验测得环己烷(l)、环己烯(l)和苯(l)的标准燃烧热分别为-3916kJ·mol-1、-3747kJ·mol-1和-3265kJ·mol-1,可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
D.已知:
Fe2O3(s)+3C(石墨)
2Fe(s)+3CO(g),△H=+489.0kJ·mol-1
CO(g)+
O2(g)
CO2(g);△H=-283.0kJ·mol-1
C(石墨)+O2(g)
CO2(g);△H=-393.5kJ·mol-1
则4Fe(s)+3O2(g)
2Fe2O3(s);△H=-1641.0kJ·mol-1
【解析】若冰的熔化热全用于打破冰的氢键,由计算可知,至多只能打破冰中全部氢键的6.0/(20.0×2)×100%=15%,故A正确;B选项中,电离常数Ka只与温度有关,随温度的变化而变化,而与浓度无关,不随浓度的变化而变化,故B错;C中,假如苯分子中有独立的碳碳双键,则苯应是凯库勒式所表示的环己三烯,由环己烯(l)与环己烷(l)相比,形成一个碳碳双键,能量降低169kJ·mol-1,苯(l)与环己烷(l)相比,形成三个碳碳双键,则能量应降低169kJ·mol-1×3=507kJ/mol,而实际测得苯的燃烧热仅为3265kJ·mol-1,能量降低了3916kJ·mol-1-3265kJ·mol-1=691kJ·mol-1,远大于507kJ·mol-1,说明苯分子不是环己三烯的结构,故C正确。
D选项中,根据盖斯定律,
Fe2O3(s)+3C(石墨)
2Fe(s)+3CO(g);△H=+489.0kJ·mol-1……①
CO(g)+
O2(g)
CO2(g);△H=-283.0kJ·mol-1…………②
C(石墨)+O2(g)
CO2(g);△H=-393.5kJ·mol-1…………③
4Fe(s)+3O2(g)
2Fe2O3(s);△H=-1641.0kJ·mol-1………④
则④=(③-②)×6-①×2,可得:
4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s);△H=-1641.0kJ·mol-,故D正确。
【答案】B
13.海水中含有丰富的镁资源。
某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案:
模拟海水中的
离子浓度(mol/L)
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl―
HCO3―
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注:
溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol/L,可认为该离子不存在;
实验过程中,假设溶液体积不变。
已知:
Ksp(CaCO3)=4.96×10-9;Ksp(MgCO3)=6.82×10-6;
Ksp[Ca(OH)2]=4.68×10-6;Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。
下列说法正确的是
A.沉淀物X为CaCO3
B.滤液M中存在Mg2+,不存在Ca2+
C.滤液N中存在Mg2+、Ca2+
D.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体,沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
【解析】步骤①中n(NaOH)=0.001mol,依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律,OH―恰好与HCO3―完全反应:
OH―+HCO3―=CO32-+H2O,生成0.001molCO32―,由于Ksp(CaCO3)< Ca2++CO32-=CaCO3↓,所以沉淀物X为CaCO3,故A选项正确。 由于CO32―只有0.001mol,反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol,滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010mol·L-1,故滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+,选项B错误。 步骤②中当滤液M中加入NaOH固体,调至pH=11时,此时滤液中c(OH―)=1×10-3mol·L-1,则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=0.010×(10-3)2=10-8<Ksp[Ca(OH)2],无Ca(OH)2生成。 Q[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8>Ksp[Mg(OH)2],有Mg(OH)2沉淀生成。 又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.6×10-12,c(Mg2+)=5.6×10-6<10-5,无剩余,滤液N中不存在Mg2+,故C选项错误。 步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体,则n(NaOH)=0.105mol,与0.05molMg2+反应: Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,生成0.05molMg(OH)2,剩余0.005molOH―;由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(OH―)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7<Ksp[Ca(OH)2],所以无Ca(OH)2沉淀析出,沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀,故D选项错误。 【答案】A 26.(15分)食盐中含有一定量的镁、铁等杂质,加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。 已知: 氧化性: IO3->Fe3+>I2;还原性: S2O32->I- 3I2+6OH- IO3-+5I-+3H2O;KI+I2 KI3 (1)某学习小组对加碘盐进行如下实验: 取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2+、 Fe3+),用适量蒸馏水溶解,并加稀盐酸酸化,将所得溶液分为3份。 第一份试液中滴加 KSCN溶液后显红色;第二份试液中加足量KI固体,溶液显淡黄色,用CCl4萃取,下层 溶液显紫红色;第三份试液中加入适量KIO3固体后,滴加淀粉试剂,溶液不变色。 ①加KSCN溶液显红色,该红色物质是_________(用化学式表示);CCl4中显紫红色的物质是___________________(用电子式表示)。 ②第二份试液中加入足量KI固体后,反应的离子方程式为___________________________、______________________________________。 (2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中,由于空气中氧气的作用,容易引起碘的损失。 写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式: _____________________________。 将I2溶于KI溶液,在低温条件下,可制得KI3·H2O。 该物质作为食盐加碘剂是否合适? ______ (填“是”或“否”),并说明理由________________________________________。 (3)为了提高加碘盐(添加KI)的稳定性,可加稳定剂减少碘的损失。 下列物质中有可能作 为稳定剂的是___________________。 A.Na2S2O3B.AlCl3C.Na2CO3D.NaNO2 (4)对含Fe2+较多的食盐(假设不含Fe3+),可选用KI作为加碘剂。 请设计实验方案,检验该 加碘盐中的Fe2+。 ____________________________________________________________。 【解析】 (1)某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+,用蒸馏水溶解,并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份。 从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色,可知该加碘盐中含有Fe3+,反应离子方程式为: Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,Fe(SCN)呈血红色;从第二份试液中加足量KI固体,溶液显淡黄色,用CCl4萃取,下层溶液显紫红色,可知有碘生成。 这是因为“氧化性: IO3->Fe3+>I2”,加足量KI后,IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2,由此也可以知道该加碘盐添加KIO3;第三份试液中加入适量KIO3固体后,滴加淀粉试剂,溶液不变色。 由此可知该加碘盐中不含KI。 第二份试液中加入足量KI固体后,反应的离子方程式为: IO3-+5I-+6H+ 3I2+3H2O;2Fe3++2I― 2Fe2++I2。 ⑵KI作为加碘剂的食盐在保存过程中,KI会被空气中氧气氧化,KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为: 4KI+O2+2H2O 2I2+4KOH。 根据题目信息,KI3·H2O是在低温条件下,由I2溶于KI溶液可制得。 再由题给的信息: “KI+I2 KI3”,可以推出: KI3在常温下不稳定性,受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2,KI又易被空气中的氧气氧化,I2易升华,所以KI3·H2O作为食盐加碘剂是不合适的。 ⑶提高加碘盐(添加KI)的稳定性,减少碘的损失,主要是防止I―被氧化,根据题给信息“还原性: S2O32->I-”和氧化还原反应的强弱规律,可以选Na2S2O3作稳定剂;又由题给信息“3I2+6OH- IO3-+5I-+3H2O”,可知I2与OH―会发生反应生成IO3-和5I-,而Na2CO3水解呈碱性,因而也可以用Na2CO3作稳定剂,防止加碘盐(添加KI)在潮湿环境下被氧气氧化。 至于AlCl3,水解后呈酸性,且还原性I~>Cl―,不能作稳定剂;亚硝酸钠有毒,不能作稳定剂。 ⑷实际上就是设计实验方案检验Fe2+。 首先取足量该加碘盐溶于蒸馏水中,然后用盐酸酸化后,滴加适量氧化剂(如: 氯水、过氧化氢等),使溶液中Fe2+转化为Fe3+,再滴加KSCN溶液,若显血红色,则该加碘盐中存在Fe2+。 【答案】 (1)①Fe(SCN)3 ; ②IO3-+5I-+6H+ 3I2+3H2O2Fe3++2I― 2Fe2++I2。 (2)4KI+O2+2H2O 2I2+4KOH 否KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2,KI被氧气氧化,I2易升华。 (3)AC (4)取足量该加碘盐溶于蒸馏水中,用盐酸酸化,滴加适量氧化剂(如: 氯水、过氧化氢等),再滴加KSCN溶液,若显血红色,则该加碘盐中存在Fe2+。 27.(14分)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应的平衡常数和水解反应速率的测定。 (1)将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡: NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。 实验测得不同温度下的平衡数据列于下表: 温度(℃) 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡气体总浓度(×10-3mol/L) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4 ①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。 A.2 (NH3)= (CO2)B.密闭容器中总压强不变 C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变 ②根据表中数据,列式计算25.0℃时的分解平衡常数: __________________________。 ③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在25℃下达到分解平衡。 若在恒温下压缩容器体积,氨基甲酸铵固体的质量______(填“增加”、“减小”或“不变”)。 ④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0,熵变△S___0(填>、<或=)。 (2)已知: NH2COONH4+2H2O NH4HCO3+NH3·H2O。 该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率,得到c(NH2COO-)随时间变化趋势如图所示。 ⑤计算25℃时,0~6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。 ⑥根据图中信息,如何说明水解反应速率随温度升高而增大: _______________________。 【解析】 (1)①根据“同边异,异边同,量相当”原则,A不能说明正逆反应速率相等,所以不能依据A判断该分解反应已经达到化学平衡状态;(NH2COONH4)为固体物质,(NH2COONH4)分解反应为气体体积增大的反应,由此可以判断,随着反应的进行密闭容器中总压强增大,所以,依据B可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态;同理,恒容条件下,随着反应的进行,密度增大,故C可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态;由于反应物(NH2COONH4)是固体物质,所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变,为2/3,故D不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态。 ②可将25℃的平衡总浓度4.8×10-3mol·L-1转化为NH3和CO2的平衡浓度;根据反应 NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)可知,平衡时NH3的体积分数为2/3,CO2的体积分数为1/3。 所以,25.0℃时的平衡浓度: c(NH3)= 4.8×10-3mol·L-1,c(CO2)= ×4.8×10-3mol·L-1; 则 。 ③恒温下压缩容器体积,平衡会向逆反应方向移动,氨基甲酸铵固体的质量增加。 ④由于氨基甲酸铵固体分解反应是气体体积增大的反应,根据表中实验测得不同温度下的 平衡数据分析可知,升高温度时,平衡总压强(kPa)增大,平衡气体总浓度增大,反应是正向移动,正反应为吸热反应,焓变△H>0。 氨基甲酸铵固体分解为气体,体系混乱度增大,熵变△S>0。 ⑵⑤根据图中25℃曲线,可查得0~6min氨基甲酸铵的变化浓度数值,由此可计出此时段的平均反应速率: 。 ⑥将图中25℃曲线和15℃曲线进行比较,可以看出25.0℃时反应物的起始浓度较小,但0~6min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大,可以说明25.0℃时反应物氨基甲酸铵的平均速率比15.0℃时的平均速率大,由此可以推断氨基甲酸铵水解反应速率随温度升高而增大。 【答案】 (1)①BC ② ③增加;④>> (2)⑤0.05mol·L-1min·-1 ⑥25.0℃时反应物的起始浓度较小,但0~6min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15.0℃时大。 28.(15分)二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂,可由二苯基羟乙酮氧化制得,反应的化学方程式及装置图(部分装置省略)如下: +2FeCl3 +2FeCl2+2HCl 在反应装置中,加入原料及溶剂,搅拌下加热回流。 反应结束后加热煮沸,冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出,用70%乙醇水溶液重结晶提纯。 重结晶过程: 加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥 请回答下列问题: (1)写出装置图中玻璃仪器的名称: a___________,b____________。 (2)趁热过滤后,滤液冷却结晶。 一般情况下,下列哪些因素有利于得到较大的晶体: ____。 A.缓慢冷却溶液B.溶液浓度较高 C.溶质溶解度较小D.缓慢蒸发溶剂 如果溶液中发生过饱和现象,可采用__________等方法促进晶体析出。 (3)抽滤所用的滤纸应略_______(填“大于”或“小于”)布氏漏斗内径,将全部小孔盖住。 烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时,杯壁上往往还粘有少量晶体,需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗,下列液体最合适的是________。 A.无水乙醇B.饱和NaCl溶液C.70%乙醇水溶液D.滤液 (4)上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质: ___________。 (5)某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反应进程,分别在反应开始、回流15min、30min、45min和60min时,用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。 该实验条件下比较合适的回流时间是________。 A.15minB.30min C.45minD.60min 【解析】⑴装置图中的两种玻璃仪器分别为三颈烧瓶和球形冷凝管(或冷凝管)。 ⑵晶体颗粒的大小与结晶条件有关,溶质的溶解度越小,或溶液浓度越高,或溶剂的蒸发速度越快,或溶液冷却越快,析出的晶粒就越小;反之可得到较大的晶体颗粒,所以A、D可得到较大的晶体。 当溶液发生过饱和现象时,振荡容器,用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁,或投入几粒晶体(晶种),都可促使晶体析出。 ⑶减压过滤也称抽滤或吸滤。 抽滤时所用的滤纸应略小于布氏漏斗内径,能将布氏漏斗上全部小孔盖住。 将烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时,杯壁上往往还粘有少量晶体,需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗,目的是为了用减少晶体的损失。 所以选择用滤液来物冲洗的液体是最好的,这是因为滤液是饱和溶液,冲洗时不会使二苯基乙二酮晶体晶体溶解,同时又不会带入杂质。 ⑷重结晶
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