高考全国新课标理综卷化学部分解析：

2010年高考全国新课标理综卷 (宁夏、吉林、黑龙江、陕西、辽宁)
化学部分分析
第I卷
一、选择题(共42分)
7、分析：A选项考察电子式的书写，离子化合物的电子式的阴离子需用中括号，在其
右上角标上所带负电荷数，故 A项错误；B选项考察有关物质的量及气体摩尔体积的计算，
因为乙醇和丙醇的总质量已知但其比率未知，因此没法求出CO2的量，B项错误；C项考察
同位素和核素的观点，氮元素的质子?为7，但有不一样有核素(即原子)，故中子数不必定为7，故C项正确；D项考察原子构造表示简图的书写，Cl－的最外层电子数为8，故D项错误。

答案：
C
评论：该题考察的是化学用语、基本计算及基本观点，本题拥有综合性，属于基础题。

8．分析：不考虑立体异构共有4种构造：两个氯原子同时连在同一个碳原子上有
2种；
分别连在不一样的碳原子上又
有2种，共
4种。

答案：
B
评论：该题考察的是卤代烃同分异构体的书写，属于基础题，所以化学复习要重视基础、抓好基础。

9、分析：A项，由溴丙烷水解制丙醇是代替反响；由丙烯与水反响制丙醇属加成反响，故A
项错误；B项。

由甲苯硝化制对硝基甲苯是代替反响；由甲苯氧化制苯甲酸是氧化反
应，B项错；C项，由氯代环己烷消去制环己烯属消去反响；由丙烯加溴制1,2
加成反响，故C项也是错误；D项的酯化反响和酯的水解反响均属于代替应，所以
二溴丙烷属
D项正确。

答案：
D
评论：该题考察的是有机反响种类，仍旧属于基础题，再次说明化学复习要重视基础、
抓好基础，所以考前回归课本很必需。

10．分析：amolNa2SO4与BaCl
2反响生成amolBaSO4，则说明一份中含
BaCl2amol；
bmolAgNO34与BaCl2和
KCl反响会生成
－
BaCl2中含Cl为2amol,则一份中含bmolAgCl，说明一份中总的
KCl为(b-2a)mol,因为原溶液为
Cl－为bmol；而amol
5等份，应含KCl为
5(b-2a)mol。

故该混淆溶液中钾离子浓度为
5(b-2a)＝10(b2a)mol/L。

答案：
D
评论：该题考察的是学生的化学计算能力，化学计算解题方法好多，本题可用元素守恒
法，还能够用方程式计算等方法解题。

化学计算经常波及一些方法技巧的问题，所以在平常练习时要娴熟掌握依据化学化学方程式的计算以及计算技巧等。

11、分析：HCl(aq)与NaOH(aq)反响的
H=
kJ/mol，说明＋
H(aq)+OH－
(aq)=H2O(aq)H=kJ/mol，而
HCN是弱酸，弱酸在水溶液中电离时
要吸热，其HkJ/mol－kJ/mol＝kJ/mol。

答案：C
评论：该题考察的是中和热的计算，也是一道考察学生理解能力的题。

化学反响及其能
量变化是高考取常考的知点，特别是反响热的计算，盖斯定律的应用等。

12分析：如图原电池中，Cd为负极，其电极总反就式为Co2+(aq)+Cd(s)==Co(s)+Cd2+(aq)，B项研确；右图原电池
中，Co为负极，其电极总反就式为2Ag+(aq)+Co(s)==2Ag(s)+Co2+(aq)，D项正确。

再由B、D两式可得，氧化性为Ag+＞Co2+＞Cd2+，所以可得2Ag+(aq)+Cd(s)==2Ag(s)+Cd2+(aq)，
故C项也正确；氧化性为Ag+＞Cd2+，所以A项方程式的反响不可以发生，A错。

答案：A
评论：该题考察的是原电池的两电极反响式以及原电池的总反响式，考察了氧化复原反
应的有关规律，同时还考察了考生的变通能力和心理素质，可否适应陌生的情境下应用所学
知识解决新的问题等，是一道考察能力的好题。

13．下表中评论合理的是().
分析：A项注意的是HNO3把+2价的铁也氧化为+3价了，但HNO3应复原为NO气体，故A项评论错误；B项的碳酸镁为微溶物，写离子方程式时应保持化学式；B项评论正确；
C
项答案：B
的评论：该题考察的是离子方程式的正误判断方法。

离子方程式正误判断是个年年必考的
离型，如题A选项常有；B选项是个重现率很高的的经典题，C选项也是学生常有且重现率
子高的的经典题；很D选项也是经典题。

该题属于基础题，所以化学复习要重视基础、抓好基
方。

础
程第Ⅱ卷
式必考：二、非选择题(共43分)
错26．分析：（1）本题的G为题眼，因G为砖红色积淀，明显是Cu2O，则F为铜的化
合物，再联合“单质C可与E的浓溶液发生反响生成B和F”，而B与O2
反响生成D，D 误
溶于水生成E，，可得出B为SO
，2，D为SO3，E为H2SO4，C为Cu(由“A为某金属矿的
主要成分”的信息能够获得证明)，故F为CuSO
4。

正
确（2）该问考察的是铜的电解精华的知识，在铜的电解精华中，应用粗铜作阳极，精铜作
阴极，CuSO
4溶液为电解质溶液。

为
2（3）反响②的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。

N
+SO 42-
+Ba
2
＋－＝BaSO4
32
项的反响是正确的，故D项评论错误。

+2OH↓+2NH·HO；D
4）此问考察的是均衡常数的计算，是一道化学均衡的惯例计算题。

依据题给条件，经计算分别列出各物质的开端量、变化量和平权衡，可表示以下：
2SO2+O22SO3
开端浓度(mol/L)
浓度变化(mol/L)
均衡浓度(mol/L)
故该反响的化学均衡常数Kmol/L)2mol/L)2·mol/L)]=L/mol。

若温度不变，再加入molO2后从头达到均衡，因为均衡要向右挪动，所以SO2的平衡浓度要减小，即B的均衡浓度减小；氧气的转变率降低；依据勒夏特列原理，SO3的体积
分数减小。

答案：22SO42O(2)粗铜精铜CuSO4溶液
(3)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O(4)L/mol减小降低减小
评论：该题为无机框图推测题，波及到元素及其化合物的性质，同时又综合考察了基本理论中的化学均衡部分，考察了化学均衡及其均衡常数的计算，影向化学均衡的要素及其平
衡浓度、转变率、体积分数的定性判断等。

该题主要考察了学生的计算能力、综合剖析和理
解能力等。

本题综合性较强，难度中等偏高，划分度较好，是一道考察学生运用所学知识进
行综合剖析的好题。

27．分析：(1)装置A是实验室制取
SO2的发生装置，A中盛放亚硫酸
钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，此中发
生反应的化学方程式为：
Na2SO3+H2SO4(浓)==Na2SO4+SO2
+H2O
(2)A中反响生成的SO2在B中
会使 KMnO4溶液由紫红色变成无
色，装置B中发生反响的离子方程
式为5SO
+2H2O==2SO42
+5Mn
2+
+4H
+，这说明SO
拥有复原性；装置C中生成硫
2+2MnO42
单质，现象为无色溶液出现黄色污浊，说明SO2又拥有氧化性。

(3)SO2还拥有漂白性，可使品红溶液退色，但SO2的漂白是不稳固的，物质受热会恢复本来的颜色，表现为可逆性。

装置D的目的是研究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验
操作及现象：品红溶液退色后，封闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色。

(4)尾气为SO2酸性气体，可用NaOH溶液汲取。

答案：(1)蒸馏烧瓶Na2SO3+H2SO4(浓)==Na2SO4+SO2+H2O
(2)溶液由紫红色变成无色，无色溶液出现黄色污浊复原性和氧化性
5SO2+2MnO4+2H2O==2SO
2
+5Mn
2+
+4H
+ 4
品红溶液退色后，封闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色
(4)NaOH
评论：该题为综合实验题，主要考察的是SO2的性质及其实验操作，是一个惯例的实验
题，源于课本，主要考察了学生的剖析能力、察看能力及文字表述能力等。

该题既拥有基础
知识的考察，又拥有能力提高的考察。

28．分析：(1)上述实验中发生反响的化学方程式有
Zn+CuSO4==ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4==ZnSO4+H2。

(2)因为生成了铜，所以已经构成了Zn—Cu原电池，这样便加速了氢气产生的速率。

(3)依据金属活动性次序表，能与Zn发生置换反响的只有Ag2SO4。

和
要加速上述实验中气体产生的速率，还可采纳的举措有高升反响温度、适合增添硫酸的浓度、增大锌粒的表面积等。

(5)①因为生成同样体积的气体，而金属Zn是过度的，则4mol/LH2SO4的体积应同样，
所以V1=V2=V3=V4=V5=30mL。

又由F可知，溶液的整体积为V5+20=30+20=50mL，所以
V=50mL－10mL－30=10mL；V=50mL－mL－30mLmL。

69
②因为A中未加入饱和CuSO4溶液，则实验A中的金属呈灰黑色；而E中加入了10mL
的饱和CuSO4溶液，与金属Zn发生了反响生成了单质Cu并堆积在Zn的表面，故实验E
中的金属呈暗红色。

③当加入少许CuSO4溶液时，因为构成了Zn—Cu原电池，因此生成氢气的速率会大大
提高。

当加入必定量的CuSO4后，生成的单质铜会堆积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触
的表面，使得氢气生成速率反而降落。

答案：(1) Zn+CuSO4==ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4==ZnSO4+H2
(2)CuSO4与Zn反响产生的铜与Zn形成微电池，加速了氢气产生的速率。

(3)Ag2SO4
(4)高升反响温度，适合增添硫酸的浓度，增添锌粒的表面积(答两个)。

(5)①V1=30
V6=10V9②灰黑色，暗红色。

③当加入必定量的
CuSO4后，生
成的单质铜会堆积在
Z
n 的表面降低了
Z
n
与溶液接触的表面。

评论：该题为实验基础题，与电化学知识和影响化学反响速率的知识有关系，
拥有必定
(1)的综合性。

第(1)～(4)问难度较小，第(5)难度较大，该题主要考察的是学生的剖析能力、数
据办理能力和综合理解能力，划分度很好。

选考：37．分析：
W原子最外层电子数是次外层的3倍，说明W为O；在由元素W、X、Y、Z构成的
全部二组分化合物中，由元素W、Y形成的化合物M的熔点最高，可知化合物M为
MgO，
则
Y 为Mg；由此可得，W为第二周期的氧，Y为第三周期的镁，又因为主族元素
W、X、
Y、Z的原子序数挨次增大，
且X，Y和Z分属于不一样的周期，它们的原子序数之和是W原
子序数的5倍，可得X为第二周期的氟，则Z为第周围期的钾。

W为O，所以W原子L
层电子排布式为2s22p4；W3为O3，其空间构形是V形。

(2)X为F，故X单质与水反响的主要化学方程式是2F2+2H2O==4HF+O2。

化合物M的化学式是MgO，MgO熔点较高的原由是晶格能大。

碳酸二甲酯分子的构造简式为CH3O—CO—OCH3，此中羰基(—CO—)上的碳原子为平面构
型，采纳的是sp2杂化，而两个甲基(—CH3)中的碳原子为周围体构型，采纳sp3杂化。

因为
中心碳原子无孤对电子，依据价层电子对互斥理论推测，OCO的键角约为120。

X据有棱的中心，则X个数为12×1/4=3；Y位于顶角，则Y个数为8×1/8=1；Z
位于体心地点，则Z个数为1，故该晶体的构成为X:Y:Z=3:1:1。

(5)Z为K，所以含有元素Z的盐的焰色反响为紫色。

很多金属盐都能够发生焰色反响，其
原由是激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量低的轨道时，以必定的波长(可见光地区)光的形式开释能量。

答案：(1)2s22p4V形(2)2F2+2H2O==4HF+O2(3)MgO晶格能大sp3和sp2120(4)3:1:1(5)紫激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量低的轨道时，以必定
的波长(可见光地区)光的形式开释能量。

评论：该题综合性较强，难度较大，波及了元素推测、电子排布式、空间构形、有机物
构造简式的书写、杂化种类、晶体计算、光谱等知识，覆盖面较大。

要点考察了学生的综合
剖析能力、推测能力、空间想象能力和信息迁徙能力。

选考：38．
分析：(1)由已知信息，A分子式为C3H6，且A可使溴的CCl4溶液退色，故A为丙烯，构造简式为CH3CH=CH2。

(2)A与苯加成生成了B(C9H12)，B为正丙基苯或异丙基苯，又因为已知信息“B中有
五种不一样化学环境的氢”，可
得B中异丙基苯。

(3)由已知“C可与FeCl3溶液发生显色反响”，而C的分子式为C6H6O，可得C为苯
酚。

“D不可以使溴的CCl4退色，其核磁共振氢谱为单峰”，D的分子式为C3H6O，说明D 为丙酮。

再由2C与D生成E，E与CO2生成PC，可得E的构造简式为，
则C与D反响生成E的化学方程式为：。

(4)D有多种同分异构体，此中能发生银镜反响的是丙醛CH3CH2CHO。

(5)B的同分异构体中含有苯环的还有7种：
此中在核磁共振氢谱中出现丙两组峰，且峰面积之比为 3∶1的是 。

答案：(1)丙烯(2) (3)
(4)CH 3CH 2CHO (5)7 评论：该题为有机物的转变关系推测题，考察的是依旧是骨干知识，难度不大，主要考
查学生的剖析推理能力和信息迁徙能力。

参照答案：
22SO 42O (2)粗铜 精铜 CuSO 4溶液 (3)Cu+2H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2+2H 2O 减小 降低 减小
27．(1)蒸馏烧瓶 Na 2SO 3+H 2SO 4(浓)==Na 2SO 4+SO 2+H 2O (2)溶液由紫红色变成无色，无色溶液出现黄色污浊 复原性和氧化性 5SO 2+2MnO 4+2H 2O==2SO 42+5Mn 2++4H +
品红溶液退色后，封闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色 (4)NaOH 28.(1) Zn+CuSO 4==ZnSO 4+Cu Zn+H 2SO 4==ZnSO 4+H 2 (2)CuSO 4与Zn 反响产生的铜与 Zn 形成微电池，加速了氢气产生的速率
(3)Ag 2SO 4
高升反响温度，适合增添硫酸的浓度，增添锌粒的表面积(答两个)
(5)①V=30 V=10
V
②灰黑色，暗红色
1
6
9
③当加入必定量的 CuSO 4后，生成的单质铜会堆积在
Zn 的表面降低了 Zn 与溶液接触
的表面
选考：37．(1)2s 22p 4
V 形(2)2F 2 +2H 2O==4HF+O 2
(3)MgO晶格能大sp3和sp2120(4)3:1:1
(5)紫激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量低的轨道时，以必定的波长(可见光地区)光的形式开释能量
选考：38．(1)丙烯(2)
(3)
(5)7
(4)CH3CH2CHO。