2019年安徽省江南十校联考化学参考答案
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1
KReO4 溶解度小于 NaReO4，可实现由 NaReO4 向 KReO4 的转化。加入乙醇可降低 KReO4 的溶解度，有利于 KReO4 晶体析出。 28.（15 分，第 1 小题 3 分，其它每空 2 分） （1）4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）ΔH= (2)①2.00kPa （无 kPa 不扣分，答 2 不扣分） k正 •P(O2 ) ② k正 •P(O2 )+k逆 (3)①酸 H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH ②H2NCH2COO- +2H+=H3N+CH2COOH ③85.0(写了%不扣分) 【解析】37℃、P（O2）=2.00kPa 时，结合度为 80%，由结合度的定义可知，反应达平衡时
3
2
233 NA
× 10
7
（2 分）
【解析】H2PO4-中存在-OH，可形成氢键。气态基态 Na+从 8 电子稳定结构再失去一个电子 最难，气态基态 O+从 p3 半充满较稳定结构再失去一个电子较难。 36.（15 分，第 6 小题 3 分，其它每空 2 分） （1） FeCl3 和 Cl2 或铁粉和 Cl2 （2） 邻氯苯甲酸或 2-氯苯甲酸 （3）
CHO HO
OH
CHO
HO
OH
HO
HO OH
CHO
OH
CHO
HCOO
OH HO
O
CHO
其中能与 NaOH 以 1︰3 的物质的量比发生反应的应为
Biblioteka BaiduHCOO OH
， 1mol 甲酸酚酯需消耗 2molNaOH ， 1mol 酚羟基需消耗
1molNaOH。
3
c（H+ ） c（OH− ）
=-8 时，溶
液中存在的主要是 H2NCH2COO-，它与过量的 HCl 反应生成 H3N+CH2COOH。由图可知纯 甘氨酸溶液呈酸性（实际在 5.9 左右） ，溶液呈中性时 lgc（OH− ）=0，中性时 H3N+CH2COO-> H2NCH2COO- > H3N+CH2COOH。根据滴定曲线的突跃范围，消耗 HClO4 溶液 17.25mL，减 去空白实验的 0.25mL，实际消耗滴定液 17.00mL。 35.（15 分） （1）3d24s2， d（各 1 分） （2）ABC(3 分) （3）sp2（1 分)，<（1 分) N 原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力 大于成键电子对之间的斥力（2 分)。Na 、O、N（或 Na>O>N）（2 分)。 （4）6（2 分)； 2 ×
K 正•P（O2） •P（O2）+k 逆
。 甘 氨酸 的 三种 存 在形 式 ：
c（H+ ）
正
H3N+CH2COOH、 H3N+CH2COO-和 H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在， 由此判断， 图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和 H3N+CH2COOH，lg
COOH Cl
+
OH
+
2NaOH
催化剂
COONa O
+ NaCl + 2H2O
（4）羧基、醚键 （5）6 ， （6）
HCOO OH
2
CH2=CHCH2OH CH3OH
浓硫酸，△
① NaOH NaCN CH2=CHCH2CN CH3COOH ② HCl 一定条件
CH2=CHCH2COOH
CH2=CHCH2COOCH3
2019 年安徽省“江南十校”综合素质检测 理科综合（化学）解析及评分标准
7.C 【解析】水晶的主要成分是 SiO2，红宝石的主要成分为 Al2O3。燃煤加入石灰石可减少 SO2 的污染。甘油属醇类，汽油的成分都属烃类。ClO2 的强氧化性用于消毒杀菌。 8.C 【解析】O2-核外有 10 个电子。NH4Cl 为离子化合物，不存在 H-Cl 键。CrO5 中有一个 O 呈 -2 价，四个 O 呈-1 价，因此有两个过氧键。无论 Na2O2 和 Na2O 的比例为多少，其混合物 中的阴阳离子数目之比均为 1：2。 9.D 【解析】A 中 HCO3-和 SiO 32-不能共存。B 中生成的 FeS 可溶于酸，离子方程式错误。C 中 HClO 和 Fe3+均可氧化 SO32-。 10.A 【解析】X、Y、和 W 分别为 H、N 和 Cl，Z 可能为 O、F 和 Na 中的任一种。若 C 为 NaH， 则含有离子键。 N3-的半径比 O2-、 F-和 Na+的半径都大。 N 元素的非金属性很强， 但由于 N≡N 的存在，其单质并不活泼。HClO4 的酸性比 HNO3 强。 11.B 【解析】瓷坩埚中含 SiO2，高温下可与 Na2CO3 发生反应。SO2 可与 S2-反应生成 H2S，SO2 可氧化 H2S。收集氨气的试管口要放适量的棉花。Br2 可与橡胶发生加成反应。 12.D 【解析】苯不能与溴水发生反应。C5H10 的烯有 5 种（不包括顺反异构体） 。C 中-CH3 上的 一个 H 也可能落在整个分子的平面内，共 17 个原子，漏掉苯环上的 5 个氢原子易错成 12 个。将一个 N 原子换成 C 原子后，分子中要多出一个 H 原子。 13.B 【解析】由 SO42-的移动方向可知右边 Cu 电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过 1mol 电子，左边电极增加 32g，右边电极减少 32g，两极的质量差变为 64g。电解质再生池是利 用太阳能将 CuSO4 稀溶液蒸发，分离为 CuSO4 浓溶液和水后，再返回浓差电池。 26.（14 分，每空 2 分） （1）A 后 （2）①增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应（文字表述不同，所表达的原理相 同也给分） ；②防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响 H2 体积的测定。 （3）量筒内液面不再发生变化 （4）若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大（1 分） ；若导管太长， 导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出（1 分） （文字表述不同，所表达的原理相同也 给分） （5）FeO 【解析】要先用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应，故先点燃 A 处酒 精灯。因反应后装置内会留有 H2，必需将装置内的空气全部收集到量筒中，否则所测气体 的体积将偏小。铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能用不再产生气体 作为反应完成的标志。根据 H2 的量和 Fe 粉的量可计算出产物中 n（Fe） ：n（O）=1：1。 27.（14 分，第 4 小题每空 1 分，其它每空 2 分） （1）1045K≤T<1075K（1045K—1075K 之间也给分，无 K 不得分） （2）Mo 和 C Na2SiO3 （3）2MoS2+9ClO2-+12OH- =2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O （4）蒸发浓缩（1 分） 、冷却至 10℃以下结晶（1 分） （答冰水冷却也得 1 分，只答冷却结 晶不得分） （5）NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl 减小 KReO4 的溶解度 【解析】温度在 1045K 时反应才能开始发生，温度高于 1075K 会发生副反应生成 Mo。反 应中 Mo 和 C 的化合价降低。 原料中的杂质 SiO2 与 Na2CO3 反应， 会生成可溶性的 Na2SiO3。 要获得 Na2MoO4•10H2O，必须在 10℃以下结晶，否则会析出 Na2MoO4•2H2O 晶体。利用
[ CH2一CH ] n
CH2 COOCH3
【解析】 （1） 由合成路线可推出 A→B 发生苯环上的氯代反应， 故反应条件为 FeCl3 和 Cl2 或铁粉和 Cl2 （4） 由合成路线中可推出 H→I 发生—CN 转化为—COOH， 故 I 中含有的官能团为羧基、 醚键 （5） 根据题干要求， E 的同分异构体结构中需含有醛基、 酚羟基、 两个苯环、 6 种 H 原子， 故可以写出以下 6 种：
c（MbO2）
-1 -1
3a+2b+30c 5
kJ/mol
c（Mb）
=4。由平衡常数 K= = 可求出 c（MbO2）= c（Mb）•P（O2） k 逆
c（MbO2） c（MbO2）+c（Mb）
c（MbO2）
k正
k 正 •c（Mb）•P（O2） k逆
，代入
结 合 度 的定 义 ： α=
可 得 α= k
KReO4 溶解度小于 NaReO4，可实现由 NaReO4 向 KReO4 的转化。加入乙醇可降低 KReO4 的溶解度，有利于 KReO4 晶体析出。 28.（15 分，第 1 小题 3 分，其它每空 2 分） （1）4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）ΔH= (2)①2.00kPa （无 kPa 不扣分，答 2 不扣分） k正 •P(O2 ) ② k正 •P(O2 )+k逆 (3)①酸 H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH ②H2NCH2COO- +2H+=H3N+CH2COOH ③85.0(写了%不扣分) 【解析】37℃、P（O2）=2.00kPa 时，结合度为 80%，由结合度的定义可知，反应达平衡时
3
2
233 NA
× 10
7
（2 分）
【解析】H2PO4-中存在-OH，可形成氢键。气态基态 Na+从 8 电子稳定结构再失去一个电子 最难，气态基态 O+从 p3 半充满较稳定结构再失去一个电子较难。 36.（15 分，第 6 小题 3 分，其它每空 2 分） （1） FeCl3 和 Cl2 或铁粉和 Cl2 （2） 邻氯苯甲酸或 2-氯苯甲酸 （3）
CHO HO
OH
CHO
HO
OH
HO
HO OH
CHO
OH
CHO
HCOO
OH HO
O
CHO
其中能与 NaOH 以 1︰3 的物质的量比发生反应的应为
Biblioteka BaiduHCOO OH
， 1mol 甲酸酚酯需消耗 2molNaOH ， 1mol 酚羟基需消耗
1molNaOH。
3
c（H+ ） c（OH− ）
=-8 时，溶
液中存在的主要是 H2NCH2COO-，它与过量的 HCl 反应生成 H3N+CH2COOH。由图可知纯 甘氨酸溶液呈酸性（实际在 5.9 左右） ，溶液呈中性时 lgc（OH− ）=0，中性时 H3N+CH2COO-> H2NCH2COO- > H3N+CH2COOH。根据滴定曲线的突跃范围，消耗 HClO4 溶液 17.25mL，减 去空白实验的 0.25mL，实际消耗滴定液 17.00mL。 35.（15 分） （1）3d24s2， d（各 1 分） （2）ABC(3 分) （3）sp2（1 分)，<（1 分) N 原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力 大于成键电子对之间的斥力（2 分)。Na 、O、N（或 Na>O>N）（2 分)。 （4）6（2 分)； 2 ×
K 正•P（O2） •P（O2）+k 逆
。 甘 氨酸 的 三种 存 在形 式 ：
c（H+ ）
正
H3N+CH2COOH、 H3N+CH2COO-和 H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在， 由此判断， 图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和 H3N+CH2COOH，lg
COOH Cl
+
OH
+
2NaOH
催化剂
COONa O
+ NaCl + 2H2O
（4）羧基、醚键 （5）6 ， （6）
HCOO OH
2
CH2=CHCH2OH CH3OH
浓硫酸，△
① NaOH NaCN CH2=CHCH2CN CH3COOH ② HCl 一定条件
CH2=CHCH2COOH
CH2=CHCH2COOCH3
2019 年安徽省“江南十校”综合素质检测 理科综合（化学）解析及评分标准
7.C 【解析】水晶的主要成分是 SiO2，红宝石的主要成分为 Al2O3。燃煤加入石灰石可减少 SO2 的污染。甘油属醇类，汽油的成分都属烃类。ClO2 的强氧化性用于消毒杀菌。 8.C 【解析】O2-核外有 10 个电子。NH4Cl 为离子化合物，不存在 H-Cl 键。CrO5 中有一个 O 呈 -2 价，四个 O 呈-1 价，因此有两个过氧键。无论 Na2O2 和 Na2O 的比例为多少，其混合物 中的阴阳离子数目之比均为 1：2。 9.D 【解析】A 中 HCO3-和 SiO 32-不能共存。B 中生成的 FeS 可溶于酸，离子方程式错误。C 中 HClO 和 Fe3+均可氧化 SO32-。 10.A 【解析】X、Y、和 W 分别为 H、N 和 Cl，Z 可能为 O、F 和 Na 中的任一种。若 C 为 NaH， 则含有离子键。 N3-的半径比 O2-、 F-和 Na+的半径都大。 N 元素的非金属性很强， 但由于 N≡N 的存在，其单质并不活泼。HClO4 的酸性比 HNO3 强。 11.B 【解析】瓷坩埚中含 SiO2，高温下可与 Na2CO3 发生反应。SO2 可与 S2-反应生成 H2S，SO2 可氧化 H2S。收集氨气的试管口要放适量的棉花。Br2 可与橡胶发生加成反应。 12.D 【解析】苯不能与溴水发生反应。C5H10 的烯有 5 种（不包括顺反异构体） 。C 中-CH3 上的 一个 H 也可能落在整个分子的平面内，共 17 个原子，漏掉苯环上的 5 个氢原子易错成 12 个。将一个 N 原子换成 C 原子后，分子中要多出一个 H 原子。 13.B 【解析】由 SO42-的移动方向可知右边 Cu 电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过 1mol 电子，左边电极增加 32g，右边电极减少 32g，两极的质量差变为 64g。电解质再生池是利 用太阳能将 CuSO4 稀溶液蒸发，分离为 CuSO4 浓溶液和水后，再返回浓差电池。 26.（14 分，每空 2 分） （1）A 后 （2）①增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应（文字表述不同，所表达的原理相 同也给分） ；②防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响 H2 体积的测定。 （3）量筒内液面不再发生变化 （4）若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大（1 分） ；若导管太长， 导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出（1 分） （文字表述不同，所表达的原理相同也 给分） （5）FeO 【解析】要先用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应，故先点燃 A 处酒 精灯。因反应后装置内会留有 H2，必需将装置内的空气全部收集到量筒中，否则所测气体 的体积将偏小。铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能用不再产生气体 作为反应完成的标志。根据 H2 的量和 Fe 粉的量可计算出产物中 n（Fe） ：n（O）=1：1。 27.（14 分，第 4 小题每空 1 分，其它每空 2 分） （1）1045K≤T<1075K（1045K—1075K 之间也给分，无 K 不得分） （2）Mo 和 C Na2SiO3 （3）2MoS2+9ClO2-+12OH- =2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O （4）蒸发浓缩（1 分） 、冷却至 10℃以下结晶（1 分） （答冰水冷却也得 1 分，只答冷却结 晶不得分） （5）NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl 减小 KReO4 的溶解度 【解析】温度在 1045K 时反应才能开始发生，温度高于 1075K 会发生副反应生成 Mo。反 应中 Mo 和 C 的化合价降低。 原料中的杂质 SiO2 与 Na2CO3 反应， 会生成可溶性的 Na2SiO3。 要获得 Na2MoO4•10H2O，必须在 10℃以下结晶，否则会析出 Na2MoO4•2H2O 晶体。利用
[ CH2一CH ] n
CH2 COOCH3
【解析】 （1） 由合成路线可推出 A→B 发生苯环上的氯代反应， 故反应条件为 FeCl3 和 Cl2 或铁粉和 Cl2 （4） 由合成路线中可推出 H→I 发生—CN 转化为—COOH， 故 I 中含有的官能团为羧基、 醚键 （5） 根据题干要求， E 的同分异构体结构中需含有醛基、 酚羟基、 两个苯环、 6 种 H 原子， 故可以写出以下 6 种：
c（MbO2）
-1 -1
3a+2b+30c 5
kJ/mol
c（Mb）
=4。由平衡常数 K= = 可求出 c（MbO2）= c（Mb）•P（O2） k 逆
c（MbO2） c（MbO2）+c（Mb）
c（MbO2）
k正
k 正 •c（Mb）•P（O2） k逆
，代入
结 合 度 的定 义 ： α=
可 得 α= k