最新DOC-高考真题----化学上海卷解析版+Word版含答案优秀名师资料.doc
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1、(DOC)-2013年高考真题-化学(上海卷)解析版 Word版含答案2013年高考真题-化学(上海卷)解析版 Word版含答案 2013年全国普通高等学校招生统一考试 上海 化学试卷 考生注意: 1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分,试卷包括试题和答题要求;所有答案必须凃或写在答题纸上;做在试卷上一律不得分。 3.答题前,考试务必将答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号,并将核后的条形码贴在指定位置上,在答题纸反面清楚地填写姓名。 4.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的,答题时应特别注意,不能错位。 相对原子质量:H-1 C-12
2、 O-8 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 1.D【解析】地沟油属于酯类、矿物油属于烃类,二者点燃时都能燃烧,A项错误;地沟油、矿物油均属于混合物,二者没有固定沸点,B项错
3、误;地沟油、矿物油二者的密度均比水小且都不溶于水,与水混合都浮在水面上,C项错误;加入足量NaOH溶液,矿物油不发生反应,液体混合物分层、地沟油与NaOH溶液反应生成甘油、高级脂肪酸的钠盐,混合液不分层,D项正确。 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 2.C【解析】氰酸铵属于铵盐,是离子化合物,A项错误;尿素是共价化合物,B项错误;氰酸铵与尿素的分子式均为CON2H4,因此属于同分异构体,C项正确;同素异形体是指同种元素形成不同单质,而氰酸铵与尿素属于化合物,D项错误。 3.230Th和232Th是钍
4、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 3.D【解析】Th有质量数为230、232的两种同位素,因此无法确定Th的质量数,A项错误;不知230Th与232Th的丰度,无法确定Th的相对原子质量,B项错误;化学变化过程中原子种 233类不变,而232Th转化为U原子种类发生变化,C项错误; 230Th与232Th互为同位素,二者 化学性质相同,D项正确。 1 4.下列变化需克服相同类型作用力的是 A.碘和
5、干冰的升华 B.硅和C60的熔化 C.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化 4.A【解析】碘与干冰的升华,均为固体分子转化为气体分子,克服的作用力均为分子间作用力,A项正确;硅是原子晶体,熔化时克服的作用力是共价键、C60是分子晶体,熔化时克服作用力是分子间作用力,B项错误; HCl和NaCl溶解克服的作用力分别为共价键、离子键,C项错误;溴与汞的气化克服的作用力分别为分子间作用力、金属键,D项错误。 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
6、现出极性溶剂的特性 5.B【解析】临界水电离出较多的H和OH,其浓度大于常温下水中H和OH的浓度,但水中H和OH的量相等,故该水显中性,pH,7;利用“相似相容原理”,结合题中“临界水具有很强的溶解有机物的能力”可知临界水表现出非极性溶剂的特性,故正确答案为:B。 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 6.A【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程,第一个过程相同,在第二个过程中,索尔维法再用Ca(OH)2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到
7、循环利用的NH3时,有一部分原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了,造成NaCl的利用率降低;侯德榜制碱法在在第二步分离NaCl、NH4Cl的滤液时,是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出,最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液,可循环利用,提高了NaCl的利用率,故答案为:A。 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 X Y 选项 A SO2 H2S B Cl2 CO2 C NH3 CO2 D SO2 Cl2 7.B【解析】A项,会有沉淀(单质硫)生成;B项,Cl2通入BaCl2溶液中无现象,再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成;C
8、项,会有BaCO3沉淀生成;D项,后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4,因此后有BaSO4沉淀生成,故答案为:B。 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 3+B.脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为:Fe-3e?Fe -C.脱氧过程中碳做原电池负极,电极反应为:2H2O+O2+4e?4OH 2 +-+-+-+- 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) 8.D【解析】在脱氧过程中,由铁、碳做电极,氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池
9、,发生吸氧腐蚀,该过程为放热反应;在脱氧过程中,碳做正极,铁做负极,失电子发生氧化反应生成Fe;在脱氧过程中,Fe失电子氧化为Fe,Fe最终还是被氧气氧化为Fe,由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积(标况下)V(O2),22.4L?mol(31.12g/56g?mol)/4,336mL。 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。由此可见 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?
10、+H2O-Q 9.B【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低,即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应,A项错误;因反应为吸热反应,即吸热的热量转化为产物内部的能量,故B项正确;因反应为吸热反应,则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量,C项错误;书写热化学方程式时,应注明物质的状态, D项错误。 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.制备乙酸乙酯时正丁醇过量 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 10.D【解析】制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是采取用酒精灯直接加热法制取,A项错误;制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量,
11、以提高丁醇的利用率的做法,B项错误;制备乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法,待反应后再提取产物,C项错误;制备乙酸乙酯时,为提高乙酸的利用率,采取乙醇过量的方法,D项正确。 11.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH+HS-和HS-H+S2-。若向H2S溶液中 -1-12+2+2+3+ 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 11.C【解析】加水,电离平衡虽向右移动,但因溶液体积变大,c(H)减
12、小,A项错误;通入少量SO2时,因发生SO2+2H2S,3S?+2H2O,平衡向左移动,溶液pH增大、但通入过量SO2,最终溶液为饱和亚硫酸溶液,溶液pH减小,B项错误;加入新制氯水,发生反应:H2S+Cl2,S?+2HCl,平衡向左移动,酸性增强,pH减小,C项正确;加入CuSO4后,发生反应:H2S+Cu,CuS?+2H,溶液中c(H)变大,D项错误。 12.根据有机化合物的命名原则,下列命名正确的是 3 +2+ 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 12.D【解
13、析】A项,利用取代基位次和最小原子可知其名称为:2-甲基-1,3-丁烯;B项,该有机物含有羟基,属于醇类,其名称为:1-甲基丙醇;C项,利用主链最长的原则可知其名称为:3-甲基己烷;D项,该物质为氨基酸,以羧基为主体,氨基为取代基,因此名称为:3-氨基丁酸。 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
14、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 13.C【解析】工业上分离液态空气可获得氧气或氮气,故X为N或O,由Y的最外层电子排布nsnp可知Y为C或Si、Z核外电子数为10,则Z为Mg,价层电子排布为3s3p或3s3p222+2125元素均可满足元素W的结构特点,因此W为Al或Cl。若X为O,H2O为中性,A项错误;若W为Cl,则离子半径:Mg,Cl,B项错误;Mg在一定条件下可与氧气或氮气发生反应生成氧化镁或氮化镁,C项正确;若Y为C,其最高价氧化物CO2的熔、沸点都很低,D项错误。 14.为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度,将镀锌皮
15、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,回导致测定结果偏小 D.若把盐酸换成硫酸,会导致测定结果偏大 14.C【解析】铁皮未及时取出,导致部分铁被消耗,最后称重质量变小,使测定结果偏大;铁皮未洗涤干净,导致最后称重质量偏大,使测定结果偏小;若烘干时间过长,部分铁可能被氧化,导致最后称重质量偏大,使测定结果偏小;若把盐酸换成硫酸,对测定结果无影响,故正确答案为:C。 15.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量
16、为ag,则该混合物 A.所含公用电子对书目为(a/7+1)NA B.所含碳氢键数目为aNA/7 4 -2+- C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D.所含原子总数为aNA/14 15.B【解析】同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等,故可知14g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。ag混合物中含有共用电子对数目为(3a/14)NA;ag混合物中含有碳氢键数目为(2a/14) NA,a NA/7;不知反应所处的温度、压强,无法求算反应消耗氧气的体积;二者最简式相同,均为CH2,因此ag混合物中所含原子总数为3aNA/14,故答案为:B。
17、16.已知氧化性Br2,Fe。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为: 2+-3+- a Fe+b Br+c Cl2?d Fe+ 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 16.B【解析】由题意知,将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe,然后再氧化Br。若a、b、c为2、4、3时,溶液中Fe、Br恰好完全被氧化,则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6;若a、b为0、2,则说明反应先氧化Be,与事
18、实不符;若a、b、c为2、0、1时,即溶液中Fe恰好氧化完全,则利用原子守恒知d、e、f是2、0、2;若a、b、c为2、2、2时,即溶液中Fe完全氧化、Br刚好有一半被氧化,则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4,故答案为:B。 17.某溶液可能含有Cl、SO4、CO3、NH4、Fe、Al和K。取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色衬垫;顾虑,洗涤,灼烧,得到1.6g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g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-)?0.4mol/L 2-+-C.SO
19、4、NH4、一定存在,Cl可能不存在 2-3+D.CO3、Al一定不存在,K可能存在 17.B【解析】加入足量NaOH溶液加热,得到0.02mol气体说明含有0.02molNH4;得到红褐色沉淀说明含有Fe,则不能含有CO3(CO3与Fe发生双水解,不能共存);利用灼烧后得到1.6g固体知溶液中含有0.02molFe;再利用加入BaCl2得到4.66g不溶于盐酸沉淀可知溶液中含有0.02molSO4,Al、K是否存在无法判定,利用“电荷守恒”可知溶液中必含有Cl,若溶液中不含Al、K时,溶液中含有0.04molCl、若溶液中含Al、K时,溶液中含有Cl的物质的量一定大于0.04mol,结合溶液
20、体积(100mL)可知原溶液中一定存在Cl,且c(Cl)?0.4mol/L,由上述分析知,正确答案为:B。 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?。若氧化物比还 5 -3+-3+2-3+3+3+2-2-3+-2-2-+3+3+2+-2+-2+-2+-3+ 原物多1.75mol,则下列判断正确的是 A.生成42.0LN2(标准状况) B.有0.250molKNO3被氧化 C.转移电子
21、的物质的量为1.25mol D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol 18.CD【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物,且氧化产物与还原产物的质量(或物质的量)之比为15:1,因此当氧化产物比还原产物多1.75mol时,生成N2的体积(标准状况)为:16mol1.75mol/(15mol-1mol)22.4L?mol,44.8L;参加反应的KNO3被还原;利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子,结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为102/16,1.25mol,C项正确;利用方程式,结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时,被氧化的
22、氮原子的物质的量为30mol,因此该反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol1.75mol/14mol,3.75mol,D项正确。 19.部分弱酸的电离平衡常数如下表: HCOOH HCN H2CO3 弱酸 电离平衡常数 Ki=1.7710-4 Ki=4.910-10 Ki1=4.310-7 (25?) Ki2=5.610-11 下列选项错误的是 2-A.2CN-+H2O+CO2?2HCN+CO3 -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
23、小于后者 19.AD【解析】因Ka1(H2CO3),Ka1(HCN),Ka2(H2CO3),故HCN可与CO3发生反应生成CN和HCO3,因此向含CN离子的溶液中通入CO2发生反应为:CN+H2O+CO2,HCN+HCO3,A项错误;利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性:HCOOH,H2CO3,则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO2、H2O,B项正确;酸性:HCOOH,HCN,故等pH的HCOOH和HCN相比,HCN的物质的量浓度大,所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者,C项正确;在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中,均存在:c(Na)+c(H
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