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华中师大一附中2025届能力素养综合测评（一）
化学试题评分参考
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D B D D B D B C
题号 11 12 13 14 15
答案 C C D D D
选择题部分
1．C
【知识点】氧化还原反应在生活、生产中的应用、碳酸氢钠的俗称、物理性质及用途、铝
与强碱溶液反应、沉淀转化
【详解】A．小苏打能够与胃酸(即盐酸)发生反应，因此可降低胃酸浓度，故可用于治疗胃
酸过多；但由于反应产生CO 气体，会使人胃中气体压强增大，病人若同时患有胃溃疡，
2
容易引发胃穿孔，因此胃溃疡病人应谨慎使用，A正确；
B．铝粉能够和氢氧化钠溶液反应产生H，反应时放出大量热量，可以加快氢氧化钠对毛
2
发等淤积物的腐蚀，从而有助于管道的疏通。但由于H 是可燃物，因此在使用时应避免接
2
触明火，防止引发火灾，B正确；
C．牙膏中添加氟化物可预防龋齿，利用了氟化物可以与口腔中牙齿溶解电离产生的
Ca2+、 反应产生更坚硬的氟磷酸钙Ca F(PO )，因此可预防龋齿，C错误；
5 4 3
D．绿矾是FeSO ·7H O，可用作补铁剂，由于其具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧
4 2
化变为硫酸铁，若将其与具有还原性的维生素C同服，维生素C可以将硫酸铁还原为
FeSO ，防止其变质，因此同时服用效果会更佳，D正确；
4
故合理选项是C。
2．B
【知识点】含硅的无机非金属材料、金属的化学腐蚀与电化学腐蚀、常见合金的组成
【详解】铜铺首、铜炉、铜鼎的主要成分是青铜，在潮湿的空气中铜合金易发生电化学腐
蚀；元青花罐的主要成分是陶瓷(硅酸盐)，不会发生电化学腐蚀，B正确；
故选B。
3．D
【知识点】蒸馏与分馏、硅的制备、四种基本反应类型
【分析】由题干工艺流程图可知，石英砂(主要成分SiO)在高温下与焦炭反应转化为粗硅，
2
反应原理为： ，粗硅与HCl在高温下转化为粗SiHCl ，反应原理为：
3
Si(粗硅)+3HCl SiHCl +H ，粗SiHCl 经过蒸馏得到纯SiHCl ，然后再高温下用H 还
3 2 3 3 2
原SiHCl 即可得到高纯硅，反应原理为：SiHCl +H Si(高纯硅)+3HCl，石英砂与焦
3 3 2
炭、N 在高位下反应制得氮化硅，据此分析解题。
2
【详解】A．由题干流程图可知，过程①中焦炭过量，故生成CO，而不是CO，则发生的
2
反应有 ，A错误；
B．由于Si是亲氧元素，故自然界中不存在游离态的硅，而是全部以化合态的形成存在主
要以SiO 和硅酸盐的形成存在，B错误；
2
C．由分析可知，过程②发生的反应方程式为：Si(粗硅)+3HCl SiHCl +H ，该反应不
3 2
属于化合反应，过程④发生的反应方程式为：SiHCl +H Si(高纯硅)+3HCl，该反应
3 2
属于置换反应，C错误；
D．由题干已知信息可知，粗SiHCl (沸点33.0℃)中含有少量的SiCl (沸点57.6℃)和HCl(沸
3 4点-84.7℃)，则过程③提纯的方法为蒸馏，D正确；
故答案为：D。
4．B
【知识点】缩聚反应机理及判断、化学科学对人类文明发展的意义
【详解】A．化工工程师在医药开发中制备长效缓释降压药的方法之一是将高分子与药物
混合压成黏结性很强的片剂，这种方法利用高分子材料的黏结性，与药物混合后制成片剂，
以达到缓释效果，职业的工作内容以及工作实例描述恰当，A不符合题意；
B． 断代法主要适用于生物体遗骸(如动物骨骼、植物纤维等)的断代，青铜不含碳元素，
不能用 断代法测定曾侯乙编钟的铸造年代，职业的工作内容以及工作实例描述不恰当，
B符合题意；
C．滴定法是一种常用的测定水中氨氮含量的方法，其基本原理是通过调节水样的pH值，
加入氧化镁使水样呈微碱性，然后加热蒸馏释放出的氨被硼酸溶液吸收，使用标准酸溶液
滴定吸收液中的铵，通过测量消耗的酸量来计算氨氮的含量，职业的工作内容以及工作实
例描述恰当，C不符合题意；
D．在制造高质量钢铁产品的过程中，精确测定各种元素的含量至关重要，测试工程师在
进行材料测试时，可以用高精度化学检测仪器检测武钢出厂钢材的元素含量，职业的工作
内容以及工作实例描述恰当，D不符合题意；
故选B。
5．D
【知识点】根据原子结构进行元素种类推断、电离能的概念及变化规律、利用杂化轨道理
论判断化学键杂化类型
【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z带一个正电荷，X能形成3
个共价键，Y能形成2个共价键，且X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X
的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y
为O，X为B，Z为Na，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化
合物中O、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误；
B．由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个σ
键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B错误；
C．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且
非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O＞B＞Na，即
Y> X > Z，C错误；
D．由分析可知，X为B ，则X最高价氧化物对应的水化物为HBO，即硼酸为弱酸，D
3 3
正确；
故选D。
6．D
【知识点】同分异构体确定途径——碳链异构、同分异构体确定途径——官能团位置异构、
根据要求书写同分异构体、同分异构体的数目的确定
【详解】A．C H 含三个甲基的同分异构体有三种：(CH)CH(CH )CH、
7 16 3 2 2 3 3
CHCHCH(CH )CHCHCH、CHCHCH(CH CH)CHCH，故A错误；
3 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 3
B．有四种： 、 、 、
，故B错误；
C． 有4种结构，但由于两个取代基相同，有6种结构重复，根据排列组合规律共
有4+3+2+1=10种，故C错误；
D．含有碳碳双键和羧基时有三种： 、 、
，含有碳碳双键和酯基时有五种： 、
、 、 、 ，
故D正确。
综上所述，答案为D。
7．B
【知识点】硫代硫酸钠、二氧化硫与其他强氧化剂的反应、氧化还原反应方程式的书写与配平、离子方程式的正误判断
【详解】A． 溶液中加入稀硫酸的离子反应为 ，A
错误；
B．草酸是二元弱酸，离子方程式不拆，所给离子方程式正确，B正确；
C． 是一元弱酸，离子方程式不拆，离子方程式为
，C错误；
D．将过量 通入漂白粉溶液中，ClO-全部被还原为Cl-，SO 被氧化为 ，与Ca2+反应
2
生成CaSO 沉淀：离子方程式为 ，D错误；
4
故选B。
8．D
【知识点】化学实验方案的设计与评价、盐类水解规律理解及应用、弱电解质在水溶液中
的电离平衡、硝酸的强氧化性
【详解】A．浓硝酸受热易分解， ，将灼热的木炭加入到浓
硝酸中，有红棕色气体产生，不能证明木炭在加热条件下能与浓硝酸反应，故A错误；
B．用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CHCOONa溶液的pH，前者pH
3
大于后者，则ClO-的水解能力大于CHCOOH-，根据越弱越水解的规律，则酸性：
3
CHCOOH＞HClO，故B错误；
3
C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5HC O+2 +6H+=2Mn2+
2 2 4
+10CO ↑+8H O，0.1mol/L2mL酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为0.1mol/
2 2
L×0.002L× =0.0005mol，则加入的0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液均不足
量，高锰酸钾溶液不能褪色，故C错误；
D．向NaSO 溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，原因是存在水解平衡
2 3
，加入BaCl 溶液后发生离子反应 ，产生白
2
色沉淀，亚硫酸根离子被消耗导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，使溶液红色褪去，
因此可以证明NaSO 溶液中存在水解平衡，故D正确；
2 3
故选D。
9．B
【知识点】根据原子结构进行元素种类推断、“位构性”关系理解及应用
【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素，W和Y同族，Y的原子序数是
W的2倍，W为O元素，Y为S元素，Z为Cl元素，据此分析解题。
【详解】A． 是氯化铝，氯化铝是共价化合物，A错误；
B．根据化合物的化合价代数和为0可知，铝与硫元素形成的化合物化学式为Al S，B正
2 3
确；
C．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别硫酸和高氯酸，两者均为强酸，次氯酸也是氯
的氧化物对应的水化合物，但次氯酸为弱酸，C错误；
D．同主族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，非金属性：S＜O，得电子能力：S＜O，D
错误；
答案选B。
10．C
【知识点】氨气的实验室制法、反应速率的测定、酸碱中和滴定实验相关仪器、盐类水解
在生活、生产中的应用
【详解】A．NaOH溶液应置于碱式滴定管，A错误；
B．HC O 和KMnO 的物质的量比分别为10:1，5:1，草酸均过量，KMnO 溶液滴入
2 2 4 4 4
HC O 溶液均看不到颜色变化，B错误；
2 2 4
C．在HCl氛围中加热MgCl ·2H O可抑制MgCl 水解，最终得无水MgCl ，C正确；
2 2 2 2
D．干燥的pH试纸遇氨气无现象，不能检验氨气的生成，D错误。
答案选C。
11．C【知识点】元素周期表提供的元素信息、根据晶胞结构确定晶体化学式、晶胞的有关计算、
离子配位数
【详解】A．图中Cs原子位于顶点，每个Cs原子上、下、左、右、前、后共有6个位于棱
上的Cl原子，其配位数为6，A正确；
B．根据均摊法可知，该晶胞中含有Cs原子的个数为 ，含Pb原子的个数为1，含
Cl原子的个数为 ，因此该卤化物钙钛矿的化学式为 ，B正确；
C．该卤化物钙钛矿的化学式为 ， ，故该晶体密度为
，C错误；
D．Pb是第IVA族元素，其价电子排布式为 ，Cl是第VIIA族元素，其价电子排布
式为 ，二者均属于p区元素，D正确；
故答案选C。
12．C
【知识点】同素异形体、非电解质、电解质物质类别判断、酸、碱、盐、氧化物
【详解】①同素异形体是同种元素组成的不同种单质之间的互称， 和 均为化合
物，①错误；
②酸性氧化物可能是金属氧化物，如七氧化二锰；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有
可能是不成盐氧化物，如NO、CO等，②错误；
③碱性氧化物一定是金属氧化物，一定含有金属元素，③正确；
④胆矾是纯净物、碱石灰(NaOH、CaO)是混合物、纯碱是盐，④错误；
⑤不能通过观察酸根离子中是否含有氢来判断酸式盐，如NaHPO 为正盐，⑤错误；
2 3
⑥ 溶于水形成的碳酸溶液具有导电性， 是非电解质，⑥错误；
⑦ 属于碱性氧化物， 属于过氧化物，⑦错误；
故正确的是③，答案选C。
13．D
【知识点】溶度积常数相关计算、溶度积规则及其应用、沉淀的溶解与生成
【分析】BaCO 、BaSO 均为难溶物，饱和溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c( )]}=-lg[c(Ba2＋)×c(
3 4
)]=-lg[K (BaSO)]，同理可知溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c( )]}=-lg[K (BaCO)]，因
sp 4 sp 3
K (BaSO)＜K (BaCO)，则－lg[K (BaCO)]＜－lg[K (BaSO)]，由此可知曲线Ⅱ为－
sp 4 sp 3 sp 3 sp 4
lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系，曲线I为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系，由曲线Ⅰ
上(5，3.3)可知，K (BaCO)= c(Ba2+)c( )=10-5×10-3.3=10-8.3，由曲线Ⅱ上(7，3)可知，
sp 3
K (BaSO)= c(Ba2+)c( )=10-7×10-3=10-10。
sp 4
【详解】A．根据分析知，曲线I为 的沉淀溶解平衡曲线， 的数量级是
，A正确；
B．向m点饱和溶液中加适量 固体，钡离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小，
K (BaSO)不变，则可使溶液由m点变到n点，B正确；
sp 4
C．由分析可知，曲线Ⅰ是 的溶解平衡曲线，p点相比 饱和点，c(Ba2+)和c(
)较小，不能生成 沉淀，曲线Ⅱ是 的溶解平衡曲线，p点相比 饱和
点，c(Ba2+)和c( )较大，能生成 沉淀，C正确；
D．46.6gBaSO 物质的量为0.2mol，设每次用这种NaCO 溶液能处理xmol BaSO ，根据
4 2 3 4
，到达平衡时，c( )=(1.8-x)mol/L，c()=x mol/L，根据 ，求得x=0.0353，次数为
，即6次，D错误；
故选D。
14．D
【知识点】电解原理的应用、电解原理的理解及判断、电解池电极反应式及化学方程式的
书写、电解池有关计算
【分析】电极A中氧气转化双氧水，发生得到电子的还原反应，电极A是阴极，电极B是
阳极，所以溶液中 移向阳极即电极B，据此分析。
【详解】A．根据分析可知，电极B是阳极，所以溶液中 移向阳极即电极B，A正确；
B．电极A是阴极，电极B是阳极，所以电极B的电势高于电极A的电势，B正确；
C．电极B为阳极，发生氧化反应，阳极发生的反应为：
，C正确；
D．阳极电极反应式为： ，理论上消耗
，此时转移6mol电子，则电极B消耗乙二醇的物质的量是1mol，质量是62g，D
错误；
故答案选D。
15．D
【知识点】共价键的形成及主要类型、沉淀的溶解与生成、硝酸的强氧化性、限定条件下
的离子共存
【分析】由实验可知，向A溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且常温下气体甲与空气
反应生成气体乙，可知甲为NO、乙为NO ，则溶液A中含有Fe2+和 ，根据共存原理
2
可知溶液中不含 、 ；加入盐酸发生反应①后的溶液B与溶液A中的阴离子种类
相同，说明反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中一定含有Cl-；原溶液中
存在五种离子，目前含有Fe2+和 、Cl-且浓度均为0.01mol/L，正好电荷守恒。根据电中
性原则，剩余两种离子所带电荷量相等，阴离子一定含有 ，不能与Ba2+共存，故另一
种阳离子只能是Cu2+。
【详解】A．根据分析，溶液A中一定 ，不存在Fe3+，A错误；
B．过滤时需要用到的硅酸盐材料指玻璃仪器，有烧杯、玻璃棒、普通漏斗，B错误；
C．溶液B加入固体C后调pH=4，根据溶度积可知，此时生成Fe(OH) 沉淀，溶液D中还
3
含有Cu2+，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜溶于氨水生成
，每个NH 中含存在3个共价键，N与Cu之间形成配位键，OH-与配离
3
子之间为离子键，因此1mol 中含 =18mol 键，但题干
未指明生成物或反应物的量，C错误；
D．溶液B生成沉淀甲是通过条件pH实现，即Fe3+→Fe(OH) ，不是氧化还原反应，D正确；
3
故选D。
非选择题部分
16．(1)
(2) 溶液温度升高， 被还原为 使溶液中 降低，都会促进
正向移动，出现红褐色 沉淀
锌粉加入稀盐酸，产生大量气泡(合理答案，均可得分)
(3)5mL0.2mol/L的盐酸
【知识点】物质性质的探究、影响盐类水解程度的主要因素、铁盐、氧化还原反应方程式
的书写与配平【详解】（1） 溶液呈酸性是因为氯化铁水解的结果，故为：
；
（2）向反应瓶中加入6.5g锌粉物质的量= =0.1mol，然后加入50mL 1.0mol•L-1的
FeCl 溶液，溶液中铁离子物质的量=0.050L×1.0mol/L=0.05mol，2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，根
3
据反应定量关系可知锌过量，搅拌溶液温度迅速上升，说明发生的反应为放热反应，稍后
出现红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，同时出现少量气泡，收集检验反应过程中产生的气体，
集气管口靠近火焰，有爆鸣声证明为氢气，说明锌和铁离子水解生成的酸反应生成氢气，
促进水解平衡正向进行生成氢氧化铁沉淀；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色为氯
化亚铁溶液，反应瓶底部有黑色固体，可能为过量的锌和氯化亚铁反应生成的金属铁，Zn
的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH═Na ZnO+H ↑。
2 2 2
①根据上述分析，出现红褐色沉淀的原因是Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋，Zn消耗H+，同
2 3
时放出热量，都会促进Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋正向移动，出现红褐色Fe(OH) 沉淀，
2 3 3
故答案为Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋，Zn消耗H+，同时放出热量，都会促进Fe3＋＋
2 3
3HO Fe(OH) ＋3H＋正向移动，出现红褐色Fe(OH) 沉淀；
2 3 3
②反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液，反应的离
子方程式为：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+，故答案为2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+；
③i．黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生
气泡，证明含有锌；iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，
证明为金属铁；
iv．向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子。
分析可知黑色固体中一定含有的物质是Zn，故答案为Zn；
用NaOH除去锌后，加入稀盐酸，产生大量气泡，说明有铁；
（3）要使得溶液中立即产生大量气泡，可以用5mL 0.2 mol·L-1的盐酸与锌反应，根据探究
目的：比较1.0mol·L−1FeCl 溶液中 和 氧化性的相对强弱；将 的FeCl
3 3
溶液与0.65g锌粉混合，溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡，说明发生铁离子与锌
的氧化还原反应，而不是水解生成的氢离子与锌反应，从而说明在1.0mol·L−1FeCl 溶液中，
3
Fe3+的氧化性比H+更强，故答案为：5mL 0.2 mol·L-1的盐酸。
17．(1)还原剂
(2)
(3)分液
(4) 将溶液C中的Fe3+还原为Fe2+，减少铁元素进入有机相pH<1时，
逆向移动， 减小，提取率降低1.0
(5)
(6)煤焦油相
【知识点】氧化还原反应在生活、生产中的应用、化学平衡的移动、元素金属性与非金属
性递变规律的理解及应用、相似相溶原理
【分析】废渣(赤泥)中含有Al O、Fe O、TiO，加焦炭和碳酸钠经煅烧、冷却、淋洗，残
2 3 2 3 2
渣A为Fe、TiO，Al O 与碳酸钠反应，得到的滤液中溶质的主要成分 ，残
2 2 3
渣A通过磁选，将Fe和TiO 分离，残渣B为TiO 和极少量的Fe，TiO 与硫酸反应得到
2 2 2
主要含有 的溶液C，通入SO ，将溶液C中的Fe3+还原为Fe2+，而后加入煤焦油和萃
2
取剂HA，经萃取、分液后得到水相和煤焦油E，煤焦油E中再加碳酸钠溶液得到煤焦油F
和水相G，水相G经过滤分离得到TiO(OH) ，最后烧结得到产物TiO。
2 2
【详解】（1）根据分析可知，废渣(赤泥)中Fe O 经过反应后得到Fe，因此焦炭的作用是
2 3
还原剂。
（2）三氧化二铝具有两性，因此煅烧时生成NaAlO 的化学方程式：
2。
（3）操作⑥所得的是煤焦油F和水相G，因此⑥的实验操作名称是分液。
（4）i．由图可知， 在酸性条件下的萃取率较高，且pH稍增大，钛的萃取效果更好，
但是pH大于1.0时，钛的萃取几乎不变化，而在酸性条件下Fe3+的萃取率相对于Fe2+高出
很多，导致在萃取时，会同时有 、Fe3+进入有机相，因此通入SO 目的是：从将溶液
2
C中的Fe3+还原为Fe2+，减少铁元素进入有机相；
ii．pH<1时，HA对钛的提取率明显降低，结合平衡移动原理解释原因：pH<1时，
逆向移动， 减小，提取率降低；
iii．根据分析可知，提取过程中控制溶液的最佳pH约为1.0。
（5）有机相E的主要成分为 ，酸性 ，因此加入 后发生
反应的离子方程式： 。
（6）根据题中所给信息， 可以与钛、铁和稀土金属等元素的离子络合，形成易溶于有
机溶剂的配合物，因此稀土元素可在煤焦油相中富集。
18．(1) FeO＋＋CO Fe＋＋CO 大于
2
(2) > 0.000 5 mol·L-1·s-1 0.0044 D>C>A 向逆反应方向
(3) CH O A
2
【知识点】化学平衡常数的计算、影响化学平衡的因素、活化能对反应速率的影响
【详解】（1）由催化剂定义可知，第一步反应+第二步反应=总反应，则第二步反应的方
程式为FeO＋＋CO Fe＋＋CO；第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反
2
应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第一步反应的活化能大于
第二步反应的活化能，故答案为：FeO＋＋CO Fe＋＋CO；大于；
2
（2）①由图乙可知，升高温度，一氧化二氮的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，
该反应是焓变大于0的吸热反应，故答案为：＞；
②由图乙可知，370℃容器Ⅰ中反应达到平衡时，一氧化二氮的转化率为40%，由方程式可
知，平衡时，一氧化二氮、氮气、氧气的浓度为 =0.03mol/L、
=0.02mol/L、 =0.01mol/L，则0 20s内氧气的反应速率为
∼
=0.000 5 mol·L-1·s-1、反应的平衡常数K= ≈0.0044，温度不变，平衡常
数不变，则B点对应的平衡常数为0.0044，故答案为：0.000 5 mol·L-1·s-1；0.0044；
③该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化二氮的
转化率增大，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的的转化率减小，由质量守恒
定律可知，反应前后气体的质量相等，由图可知，A、C、D三点容器内气体质量相等、一
氧化二氮的转化率相等，说明容器的体积大小顺序为A＞C＞D，则密度的大小顺序为
D>C>A，故答案为：D>C>A；
④由图可知，370℃时，容器Ⅳ中浓度熵Q= =0.04> K，则反应向逆反应方向进
c
行，故答案为：向逆反应方向；
（3）由图可知，生成一氧化碳反应的活化能为0.95eV—0.28eV=0.67eV，生成CHO反应
2
的活化能为2.73eV—(—0.60)eV=3.33eV，反应的活化能越大，反应速率越小，产物的量越
小，则较少的副产物为CHO；化学反应的决速步骤为活化能较大的慢反应，由图可知，
2
反应 的活化能最大，反应速率最慢，则要使反应速率加快，主要
降低 的能量变化，故选A，故答案为：CHO；A。
2
19．(1) 浓硝酸，浓硫酸(2)增加了反应物苯胺的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动
(3) +H O +CH CHOH
2 3 2
(4) 消去反应
(5) 7
(6)1：1
【知识点】有机反应类型、同分异构体的数目的确定、有机合成路线的设计、有机推断综
合考查
【分析】根据流程图，转化关系分析如下：
【详解】（1）根据以上分析可知：试剂a为浓硝酸和浓硫酸，B中的官能团为氨基，其电
子式为： 。
（2）根据上述分析可知：B的结构简式为 ， 具有碱性， 转化为
的反应中，如果 过量可以中和生成的HCl，相当于增加了反应物
的浓度，减小生成物的浓度，使化学平衡正向移动，提高ClCH COOC H 的平衡转化率。
2 2 5
（3）根据以上分析可知：C的结构简式为 ，D的结构简式为
，C转化为D是酯在酸性条件下的水解反应，所以C→D的化学方程
式为： +H O +CH CHOH。
2 3 2
（4）根据以上分析可知：H的结构简式为 ，H→I的反应类型为消去反应。
（5）根据以上分析可知：F的结构简式为CH=CHCHCHOH，再结合已知条件碳碳双键
2 2 2
直接与羟基相连不稳定，得到其同分异构体能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构有
CH=CHCH(OH)CH ，CHCH=CHCH OH，CH=C(CH )CHOH，CH=CHOCH CH，
2 3 3 2 2 3 2 2 2 3
CH=CHCHOCH ，CHOCH=CHCH ，CH=C(CH )OCH 共7种，其中核磁共振氢谱有3
2 2 3 3 3 2 3 3
组峰，峰面积之比为2:3:3的结构简式为CH=C(CH )OCH 。
2 3 3
（6）根据以上分析可知：D的分子式为C HON，I的分子式为C HO，J的分子式为
8 9 2 4 6
C HON，所以两者反应的方程式为：C HON+C HO+xO→C HON+yHO，根据氢原
12 9 2 8 9 2 4 6 2 12 9 2 2子守恒，可知水为3mol，再根据氧原子守恒，可知消耗氧气为1mol，所以理论上该过程中
消耗的O 与生成的J的物质的量之比为1:1。
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