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  • 2021-05-13 发布

上海高考化学试卷及答案解析

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‎2013年全国普通高等学校招生统一考试 上海 化学试卷(解析版)‎ 相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Br-80 Ba-137‎ 一、选择题(本题共10分,每小题2分,每题只有一个正确选项)‎ ‎1.2013年4月24日,东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是( )‎ A.点燃,能燃烧的是矿物油 B.测定沸点,有固定沸点的是矿物油 C.加入水中,浮在水面上的是地沟油 D.加入足量氢氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油 解析:知识点:生活与化学,考察有机物知识,主要是油脂和矿物油区别。‎ ‎ 难易程度:简单,注重基础知识掌握,没有大的陷阱。‎ ‎ 正确答案:D ‎ 分析原因:地沟油的主要成分是油脂,矿物油的主要成分是烃的混合物。A、油脂和烃都可以燃烧,故无法区分;B、矿物油主要成分是烃的混合物,没有固定的沸点;C、油脂和烃的密度都比水小,都浮在水上面;D、油脂在氢氧化钠溶液可水解而不分层,矿物油不溶于氢氧化钠溶液,分层。故正确答案为:D 易错点:无法区分地沟油和矿物油的主要成分。‎ ‎2.氰酸铵(NH4OCN)与尿素[CO(NH2)2] ( )‎ A.都是共价化合物 B.都是离子化合物 C.互为同分异构体 D.互为同素异形体 解析:知识点:物质的分类,考察共价化合物、离子化合物、同分异构体、同素异形体的概念。‎ ‎ 难易程度:简单,注重基础知识概念。‎ ‎ 正确答案:C ‎ 分析原因:氰酸铵中含有NH4+离子,故氰酸铵是离子化合物,而尿素是共价化合物,故A、B都错误;B、;C、同分异构体是化学式相同、结构不同的物质,故氰酸铵(NH4OCN)与尿素[CO(NH2)2]是同分异构体;D、同素异形体是同种元素组成的不同单质,故不是同素异形体。故正确答案为:C 易错点:不会区分共价化合物和离子化合物。‎ ‎3.230Th和232Th是钍的两种同位素,232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是( )‎ A.Th 元素的质量数是232 B.Th 元素的相对原子质量是231‎ C.232Th 转换成233U是化学变化 D.230Th和232Th的化学性质相同 解析:知识点:同位素,考察质量数、相对原子质量、化学变化和化学性质。‎ ‎ 难易程度:比较简单,注重基础知识掌握,C有陷阱。‎ ‎ 正确答案:D ‎ 分析原因:A、由于Th 元素 有两种同位素原子,所以质量数应指定是哪一种同位素原子,才能确定;B、Th元素的相对原子质量不是同位素原子质量数的平均值,而需要按照各种同位素原子的丰度计算得到的;C、原子是化学变化中的最小微粒,而232Th 转换成233U的过程中,原子发生变化,故不是化学变化(化学变化过程中原子种类不变的);D、230Th和232Th是同种元素的原子,所以化学性质相同。故正确答案为:D ‎ 易错点:遗忘了化学变化的本质。‎ ‎4.下列变化需克服相同类型作用力的是( )‎ A.碘和干冰的升华 B.硅和C60的熔化 C.氯化氢和氯化钠的溶解 D.溴和汞的气化 解析:知识点:化学键,考察范德华力、共价键、离子键的知识。‎ ‎ 难易程度:比较简单,注重基础知识掌握。‎ ‎ 正确答案:A ‎ 分析原因:A、“碘和干冰的升华”需克服的作用力都是范德华力;B、单质硅是原子晶体,熔化时克服共价键,C60是分子晶体,熔化需克服共价键C、氯化氢是分子晶体,溶解时共价键断裂,氯化钠都是离子晶体,溶解需克服离子键;D、溴气化需克服范德华力,而汞气化需克服金属键。故正确答案为:A 易错点:不清楚硅和C60的熔化需克服的作用力。‎ ‎5.374℃、22.1MPa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力,并含有较多的H+和OH-,由此可知超临界水( )‎ A.显中性,pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性 C.显酸性,pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性 解析:知识点:物质的分类,考察共价化合物、离子化合物、同分异构体、同素异形体的概念。‎ ‎ 难易程度:中等,考察的是知识的灵活迁移。‎ ‎ 正确答案:B ‎ 分析原因:A、C:温度为374℃、22.1MPa以上的超临界水,已经超过室温,此时的PH值已经小于7,但溶液中的H+和OH-始终相等,故显中性;B、D:由于374℃、22.1MPa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力,而有机物多数为非极性的,所以表现出非极性溶剂的特性。故正确答案为:B 易错点:不清楚水的离子积与pH的关系。‎ 二、选择题(本大题共36分,每小题3分,每题只有一个正确选项)‎ ‎6.与索尔维制碱法相比,侯德榜制碱法最突出的优点是( )‎ A.原料利用率高 B.设备少 C.循环利用的物质多 D.原料易得 解析:知识点:索维尔制碱法和侯氏制碱法的对比。‎ ‎ 难易程度:简单,对比学习的综合应用。‎ ‎ 正确答案:A ‎ 分析原因:A、B、C、D都是侯氏制碱法的优点,但最突出的优点是原料利用率高。工业生产都是以最少的原料获得最多的产物。故正确答案为:A 易错点:不清楚侯氏制碱法和索尔维制碱法的区别。‎ ‎7.将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体,有沉淀生成。X、Y不可能是( )‎ 选项 X Y A SO2‎ H2S B Cl2‎ CO2‎ C NH3‎ CO2‎ D SO2‎ Cl2‎ 解析:知识点:元素及化合物的性质。‎ ‎ 难易程度:简单,注重基础知识掌握,没有大的陷阱。‎ ‎ 正确答案:B ‎ 分析原因:A、将SO2通入BaCl2溶液,不反应,但通入的H2S发生反应生成2H2S+ SO2→3S↓+2H2O 生成S沉淀;B、始终不反应无现象;C、反应为2NH3+ H2O+ CO2+BaCl2→2NH4Cl+BaCO3↓;D项发生反应:SO2+Cl2+2H2O→H2SO4+2HCl2,BaCl2+H2SO4→BaSO4↓+2HCl。因此选B ‎ 易错点:容易误选C,不清楚C中发生的反应。‎ ‎8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等,其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是( )‎ A.脱氧过程是吸热反应,可降低温度,延长糕点保质期 B.脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为:Fe-3e→Fe3+‎ C.脱氧过程中碳作原电池负极,电极反应为:2H2O+O2+4e→4OH-‎ D.含有1.12g铁粉的脱氧剂,理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况)‎ 解析:知识点:氧化还原反应中铁的吸氧腐蚀。‎ ‎ 难易程度:一般,注重基础知识掌握,D选项容易忘了Fe(OH)2可以进一步被氧化。‎ ‎ 正确答案:D ‎ 分析原因:A、吸氧腐蚀时是放热反应;B、正极反应为Fe-2e→Fe2+;C、脱氧过程中,铁作原电池负极,碳作原电池的正极,电极反应为:2H2O+O2+4e→4OH-;D、总反应生成Fe(OH)2,但Fe(OH)2可以进一步被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O→4Fe(OH)3,所以消耗氧气的总量在标准状况下为336mL。故正确答案为:D 易错点:不清楚反应是最终产物是Fe(OH)3。‎ ‎9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中,然后向小烧杯中加入盐酸,反应剧烈,醋酸逐渐凝固。由此可知( )‎ A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B.该反应中,热能转化为产物内部的能量 C.反应物的总能量高于生成物的总能量 D.反应的热化学方程式为:NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q 解析:知识点:热化学方程式。‎ ‎ 难易程度:简单,注重概念的理解。‎ ‎ 正确答案:B ‎ 分析原因:A、反应后醋酸逐渐凝固 ‎,故该反应为吸热反应;B、吸热反应,能量转化为产物内部能量;C、是吸热反应则反应物的总能量低于生成物的总能量;D、热化学方程式需要标注反应物和生成物的状态。故正确答案为:B 易错点:不了解反应中的热效应。‎ ‎10.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是( )‎ A.均采用水浴加热 B.制备乙酸丁酯时正丁醇过量 C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量 解析:知识点:有机物的制备。‎ ‎ 难易程度:中等,注重基础知识掌握。‎ ‎ 正确答案:D ‎ 分析原因:A、制备乙酸乙酯需要的温度是60℃—70℃可水浴加热,制备乙酸丁酯需要的温度是115℃—125℃,超过100℃,只能用空气浴,直接加热;B、D:制备乙酸丁酯时,乙酸需要过量,因为温度高时,醇过量脱水引入新杂质;制备乙酸乙酯时,乙醇需要过量,一方面是乙醇相对乙酸成本较低,另一方面是乙酸过量可能会使乙酸乙酯在酸性条件下发生水解;C、只有制备乙酸丁酯利用了蒸馏方法;故正确答案为:D 易错点:不熟悉乙酸丁酯的实验室制法。‎ ‎11.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中( )‎ A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大 B.通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液pH值增大 C.滴加新制氯水,平衡向左移动,溶液pH值减小 D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小 解析:知识点:电离平衡和化学平衡。‎ ‎ 难易程度:中等,C理解有一定的争议。‎ ‎ 正确答案:C ‎ 分析原因:A、加水,平衡向右移动,但溶液中氢离子浓度减小;B、通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液pH值减小;C、滴加新制氯水,溶液中H+浓度增大,平衡向左移动,溶液 pH值减小;D、加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),由于生产CuS沉淀,平衡向右移动,溶液中H+、S2-浓度都减小,但OH-浓度增大。故正确答案为:C 易错点:不清楚影响平衡移动的原因。‎ ‎12.根据有机化合物的命名原则,下列命名正确的是( )‎ A. 3-甲基-1,3-丁二烯 B. 2-羟基丁烷 C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷 D.CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸 解析:知识点:有机化合物命名。‎ ‎ 难易程度:简单,对命名总结。‎ ‎ 正确答案:D ‎ 分析原因:A、2-甲基-1,3-丁二烯;B、2-丁醇;C、2-甲基己烷。故正确答案为:D 易错点:没有以最长碳链为主链去命名。‎ ‎13.X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分离液态空气获得其单质;Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等;Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同;W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是( )‎ A.X元素的氢化物的水溶液显碱性 B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径 C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应 D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 解析:知识点:物质结构和元素周期律。‎ ‎ 难易程度:中等,比较注重基础知识掌握。‎ ‎ 正确答案:C ‎ 分析原因:A、X元素为O或N,氢化物的水溶液显中性或碱性;B、Z元素为Mg,W元素为Al或Cl,离子半径无法比较;C、Mg在一定条件下能与O2或N2反应;D、Y元素为C或Si,其中最高价氧化物CO2为分子晶体,熔沸点都低。故正确答案为:C 易错点:没有判断出X元素有两种可能。‎ ‎14.为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度,将镀锌皮与足量盐酸反应,待产生的气泡明显减少时取出,洗涤,烘干,称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是 A.铁皮未及时取出,会导致测定结果偏小 B.铁皮未洗涤干净,会导致测定结果偏大 C.烘干时间过长,会导致测定结果偏小 D.若把盐酸换成硫酸,会导致测定结果偏大 解析:知识点:定量试验之镀锌铁皮锌的厚度测定,测定原理:利用镀锌铁皮质量差除以表面积除以2‎ 难易程度:中 正确答案:C 分析原因: A选项会导致质量差偏大以致结果偏大 ‎ B选项会导致质量差偏小以致结果偏小,‎ ‎ C 烘干时间过长可能铁被氧化质量增重致质量差偏小以致结果偏小,‎ ‎ D对测定结果无影响 易错点:测定原理不能熟练应用 ‎15.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag,则该混合物 A.所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B.所含碳氢键数目为aNA/7‎ C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14 L D.所含原子总数为aNA/14‎ 解析:知识点:原子结构相关考点 难易程度:易 正确答案:B 分析原因:依题意知乙烯与丙烯的混合比例与题无关,可设烯烃的分子式为CnH2n , 则混合物的物质的量为:a/14n A.共用电子对数目为3n * NA *a/14n=3a/14.B.氢键数目为2n*NA*a/14n=aNA/7 C.非标况下不能用气体摩尔体积22.4L/mol.D.所含原子总数为3n*NA*a/14n=3a/14‎ 易错点:相关概念理解不清 ‎16.已知氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为:‎ a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-‎ 下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2‎ C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4‎ 解析:知识点:氧化还原反应 难易程度:中 正确答案:B 分析原因:由氧化性Br2>Fe3+知还原性 Fe2+>Br-,则亚铁优先与Cl2反应,则 先发生2Fe2++Cl2→2Fe3++ 2Cl-,C选项正确,亚铁反应完之后,Br-与Cl2反应,则可能发生 2Fe2++2Br-+2Cl2→2 Fe3++ Br2+ 4Cl- (Cl2量不足,Br-部分被氧化) D选项正确,也可能发生 2Fe2++4Br-+3Cl2→2 Fe3++ 2Br2+ 6Cl- (Cl2量充足,Br-被全部氧化),A选项正确。B选项是Br-优先与Cl2反应,错误 易错点:氧化还原氧化性还原性强弱比较不清楚,反应物量对反应的影响没有考虑到。‎ ‎17.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到1.6 g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A.至少存在5种离子 B.Cl-一定存在,且c(Cl)≥0.4 mol/L C.SO42-、NH4+一定存在,Cl-可能不存在 D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在 解析:知识点:溶液中离子间的反应及其计算 难易程度:易 正确答案:B 分析原因:分析知0.02mol气体为NH3.则原溶液中含有NH4+0.02mol,红褐色沉淀灼烧,得到1.6 g固体,可计算知Fe3+0.02mol,4.66 g不溶于盐酸的沉淀知原溶液中有SO42-0.02mol,由离子共存知CO32-一定不存在,由电荷守恒知Cl-一定存在。Al3+、K+可能存在。‎ ‎ A、至少存在4种离子,错误。‎ ‎ B、当只存在NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子时,计算出Cl-浓度等于0.4 mol/L,假如原溶液还含有Al3+或K+等,则c(Cl)>0.4 mol/L ‎。故B正确 C、错误。Cl-一定存在 D、错误。Al3+、K+可能存在。‎ 易错点:这种溶液中无化合价升降的离子反应较易,分析清楚一般不会做错。‎ 三、选择题(本题共20分,每小题4分,每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的,多选不给分;有两个正确选项的,选对一个给2分,选错一个,该小题不给分)‎ ‎18.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol,则下列判断正确的是 A.生成40.0 L N2(标准状况)‎ B.有0.250molKNO3被氧化 C.转移电子的物质的量为1.25 mol D.被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol 解析:知识点:氧化还原反应的有关计算 难易程度:难 正确答案:CD 分析原因:首先分析出氧化产物与还原产物均为N2,设还原产物为Xmol,则氧化产物为(X+1.75)mol,利用关系式30X=2*(X+1.75)得X=0.125mol ‎ A、生成氮气物质的量=16×0.125mol=2mol V=22.4L/mol×2mol=44.8L B、错误。有0.250molKNO3被还原 C、2molKNO3被还原时转移10mol电子,则转移电子的物质的量=0.250mol×5=1.25mol D、被氧化的NaN3的物质的量为y,则10/y=16/2 可得y=1.25mol,则被氧化的氮原子的物质的量=1.25mol×3=3.75mol 易错点:对氧化还原反应中氧化剂、氧化产物,还原剂,还原产物的判断不熟练。不会分析反应中得失电子的量 ‎19.部分弱酸的电离平衡常数如下表:‎ 弱酸 HCOOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎(25℃)‎ Ki=1.77×10-4‎ Ki=4.9×10-10‎ Ki1=4.3×10-7‎ Ki2=5.6×10-11‎ 下列选项错误的是 A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-‎ B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑‎ C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者 解析:知识点:电离平衡常数 难易程度:难 正确答案:AD 分析原因:根据电离平衡常数,离子反应向着离子总量减小的方向进行,即强制弱。‎ HCOOH > H2CO3 > HCN > HCO3-‎ A、 H2CO3 制HCN ,合理,但产物是HCO3-而不是CO32- 故不正确 B、 HCOOH制H2CO3 ,合理,H2CO3 不稳定,分解为H2O和CO2 正确 C、 HCOOH > HCN 等体积、等pH的HCOOH和HCN,HCN的酸浓度较大, 故 消耗NaOH的量多,正确 D、 电离常数HCOOH > HCN ,则水解程度 HCN > HCOOH,故NaCN溶液中所含离子总数较多,选项不正确 易错点:容易漏选A ‎20.某恒温密闭容器中,可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积,重新达到平衡时,C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是 A.产物B的状态只能为固态或液态 B.平衡时,单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1‎ C.保持体积不变,向平衡体系中加入B,平衡可能向逆反应方向移动 D.若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C,达到平衡时放出热量Q 解析:知识点:化学反应速率及化学平衡 难易程度:易 正确答案:BC 分析原因:由题意知:缩小体积平衡向逆反应方向移动了,即平衡向体积减小的方向移动。‎ 不正确。产物B固、液、气三态均可,平衡时,正,逆反应速率相等,正确 假如B是气态,则反应向逆反应方向移动,若B是固态或液态,则平衡不移动。故选项C正确首先没有告诉B,C状态,其次状态相同达到等效平衡状态,由于转化率不等,放出或吸收的热量也不等。故D不正确 易错点:相对较易,审题思路清晰容易做对 ‎21.一定条件下,将0.1 L CO、0.2 L CO2、0.1 L NO、0.2 L NO2和0.2 L NH3混合,然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶(洗气瓶排列顺序不确定)。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气(已干燥)‎ A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳 C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关 解析:知识点:气体的除杂 难易程度:难 正确答案:AC 分析原因:‎ A、CO2可以被氢氧化钠溶液完全吸收,若混合气体最先通入氢氧化钠溶液则NO 和 NO2可以被强氧化钠完全吸收:NO + NO2 + 2NaOH →2NaNO2 + H2O 2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O NH3可以被饱和碳酸氢钠溶液完全吸收。可能尾气只含CO。B、不正确。尾气一定有CO。C、若混合气体先通过蒸馏水再通入氢氧化钠溶液中则尾气中可能NO、CO均有。D、分析A、C选项知D选项错误。‎ 易错点:容易漏选A ‎22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到气体VL(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO 12.0 g,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1﹕1,则V可能为 A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L 解析:知识点:氧化还原反应的有关计算 难易程度:中 考察氧化还原反应得失电子相等的计算题 正确答案:A 分析原因:由CuO 12.0 g知铜元素的物质的量=12g/80g/mol=0.15mol 该题使用极值法 ‎1、假设原混合物全部是CuS,设生成NO物质的量为X,则NO2物质的量为X根据电子得失列等式:3X+X=0.15×8 得x=0.3mol 则生成气体体积=0.3×2×22.4L=13.44L ‎2、假设原混合物全部是Cu2S,设生成NO物质的量为X,则NO2物质的量为X根据电子得失列等式:3X+X=0.15×1+0.15÷2×8 得x=0.1875mol 则生成气体体积=0.1875×2×22.4L=8.4L ‎ ‎ 由8.4