上海高考化学试卷及答案解析

上海高考化学试卷及答案解析

‎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

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