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1、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
2、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】C8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
3、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CoCl26H2O ，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
4、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】A9X、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0.76 gL-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：WZYXMBXZ2、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
5、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WXYZM（即NaCNOH），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
6、共价化合物，故D错。【答案】C10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：O22H2O4e-4OHC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Cu2e- = Cu2【解析】液滴边缘O2多，在碳粒上发生的是正
7、极反应：O22H2O4e4OH；液滴下的Fe发生负极反应：Fe2eFe2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：Fe2e-=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】B11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
8、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
9、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-氨基酸，具有两性化合物的特性，而褪黑素不是-氨基酸，不具有两性化合物的特性，故D错误。【答案】D12下列说法不正确的是A已知冰的熔化热为6.0 kJmol-1，冰中氢键键能为20 kJmol-1，假设1 mol冰中有2 mol 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，。若加入少量醋酸钠固体，则CH3COOHCH3COOH向左移动，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3916 kJmol-1、37
10、47 kJmol-1和3265 kJmol-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)，H489.0 kJmol-1CO(g)O2(g)CO2(g)；H283.0 kJmol-1C(石墨)O2(g)CO2(g)；H393.5 kJmol-1则 4Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s)；H1641.0 kJmol-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/(20.02)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
11、；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169 kJmol-1，苯(l)与环己烷(l)相比，形成三个碳碳双键，则能量应降低169 kJmol-13 = 507 kJ/mol，而实际测得苯的燃烧热仅为3265 kJmol-1，能量降低了3916 kJmol-13265 kJmol-1 = 691 kJ mol-1，远大于507 kJmol-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)；H489.0 kJmol-1CO(g)O2(g
12、)CO2(g)；H283.0 kJmol-1C(石墨)O2(g) CO2(g)；H393.5 kJmol-1 4Fe(s)3O2(g) 2Fe2O3(s)；H1641.0 kJmol-1则 = ()6 2,可得：4Fe(s) + 3O2(g) = 2Fe2O3(s); H= -1641.0 kJmol-，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)NaMg2Ca2ClHCO30.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0105 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中
13、，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)4.96109； Ksp(MgCO3)6.82106；KspCa(OH)24.68106； KspMg(OH)25.611012。下列说法正确的是A沉淀物X为CaCO3B滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C滤液N中存在Mg2、Ca2D步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物【解析】步骤中n(NaOH ) = 0.001 mol，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：OHHCO3=CO32-H2O，生成0.001mol CO32，由于Ksp(CaCO3) KspMg(OH)2，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于KspMg(OH)2c(Mg2)(103)25.61012，c(Mg2)5.6106105，无剩余，滤液N中不存在Mg2，故C选项错误。步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05mol Mg2反应：Mg2+ 2OH= Mg(OH)2，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH；由于QCa(OH)2=c(Ca2)(OH)2 = 0.010(0.005)22.510-7KspCa(OH)2，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀
