2025年高考云南卷化学高考真题（原卷版＋解析版）

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1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Sb 122
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是
A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐
B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子
C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱
D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化
【答案】D
【解析】
本题考查传统文化中物质的成分与性质，核心是区分不同物质的类别及化学稳定性。
选项 A：贝壳的主要成分是碳酸钙（CaCO₃），属于碳酸盐家族，而非硅酸盐（硅酸盐是含 Si、O 及金属元素的化合物，如陶瓷、玻璃的主要成分），故 A 错误。
选项 B：核桃油属于油脂，其分子通式为 C₁₇H₃₅COOCH₂等，相对分子质量仅几百，远未达到有机高分子（相对分子质量≥10⁴）的标准，故 B 错误。
选项 C：赭石的主要成分是氧化铁（Fe₂O₃），氧化铁属于碱性氧化物，能与盐酸、硫酸等酸反应生成盐和水（如 Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O），因此不耐酸，故 C 错误。
选项 D：水墨画的墨汁核心成分是碳单质，碳在常温下化学性质极稳定，不易与氧气、水等物质发生反应，这也是古代墨画能长期保存的原因，故 D 正确。
故选D。
2. 下列化学用语或图示表示正确的是
A. 的VSEPR模型：
B. 的电子式：
C. Cl的原子结构示意图：
D. 溶于水的电离方程式：
【答案】A
【解析】
本题考查化学用语的规范表达，涉及 VSEPR 模型、电子式、原子结构示意图、电离方程式的书写规则。
选项 A：判断 VSEPR 模型需计算中心原子价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）。的中心原子价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，
VSEPR 模型为四面体形，与图示一致，故 A 正确。
选项 B：硫化钠（Na₂S）是离子化合物，电子式需明确标出阴阳离子的电荷及孤对电子，正确写法为，题干中电子式未规范表示离子电荷和孤对电子，故 B 错误。
选项 C：氯原子（原子序数 17）的核外电子排布遵循 “2、8、7” 规则，即 K 层 2 个电子、L 层 8 个电子、M 层 7 个电子，题干中 M 层画为 8 个电子，属于氯离子（Cl⁻）的结构示意图，故 C 错误。
选项 D：属于强电解质，电离时能完全解离，正确电离方程式为 ，故 D 错误。
故选A。
3. 下列化学方程式错误的是
A. 煤制水煤气：
B. 供氧：
C. 覆铜板制作印刷电路板：
D. 铅酸蓄电池放电：
【答案】C
【解析】
本题考查常见化学反应的方程式正误判断，关键是掌握反应的本质（氧化还原规律、物质性质）。
选项 A：煤制水煤气是碳与水蒸气在高温下的置换反应，生成一氧化碳和氢气，反应方程式为，符合反应事实，故 A 正确。
选项 B：过氧化钠（Na₂O₂）是常用供氧剂，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为 2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，能实现供氧目的，故 B 正确。
选项 C：氯化铁（FeCl₃）与铜反应的本质是 Fe³⁺的氧化性，Cu 的还原性强于 Fe²⁺但弱于 Fe，因此只能将 Fe³⁺还原为 Fe²⁺，而非 Fe 单质，正确反应为 2FeCl₃+Cu=2FeCl₂+CuCl₂，题干方程式产物错误，故 C 错误。
选项 D：铅酸蓄电池放电时，负极 Pb 与硫酸反应生成 PbSO₄，正极 PbO₂与硫酸反应也生成 PbSO₄，总反应为 Pb+PbO₂+2H₂SO₄=2PbSO₄+2H₂O，符合电池工作原理，故 D 正确。
故选C。
4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中原子的数目为
B. 所含中子的数目为
C. 粉和足量S完全反应，转移电子的数目为
D. 盐酸与足量反应，生成的数目为
【答案】B
【解析】
本题考查阿伏加德罗常数（Nₐ）的计算，核心是把握气体摩尔体积的适用条件、氧化还原反应电子转移规律等。
选项 A：22.4L 甲烷（CH₄）的物质的量计算需满足 “标准状况（0℃、101kPa）”，题干未明确状态，无法确定其物质的量为 1ml，因此原子总数（CH₄含 5 个原子）无法确定为 5Nₐ，故 A 错误。
选项 B：中子数 = 质量数 - 质子数，¹⁸O 的质量数为 18，质子数为 8，故中子数 = 18-8=10，1ml¹⁸O 含 10ml 中子，即中子数目为 10Nₐ，故 B 正确。
选项 C：铁（Fe）与硫（S）反应时，S 的氧化性较弱，只能将 Fe 氧化为 + 2 价（生成 FeS），28g Fe 的物质的量为 0.5ml，转移电子数 = 0.5ml×2=1ml，即 1Nₐ，而非 1.5Nₐ，故 C 错误。
选项 D：浓盐酸与二氧化锰（MnO₂）的反应需在 “浓盐酸” 条件下进行，随着反应推进，盐酸浓度降低变为稀盐酸，稀盐酸不与 MnO₂反应，因此实际生成氯气（Cl₂）的物质的量小于理论值，故 D 错误。
故选B。
5. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
本题考查化学实验装置与操作的规范性，需结合实验原理和安全规则分析。
选项 A：用 NH₄Cl 和 Ca (OH)₂固体加热制备氨气时，试管口应略向下倾斜，目的是防止加热时产生的冷凝水倒流，炸裂试管，题干中试管口向上倾斜，操作错误，故 A 错误。
选项 B：配制 100mL KCl 溶液时，容量瓶的作用是定容，不能直接在容量瓶中溶解固体（溶解过程可能放热或吸热，影响容量瓶精度），应在烧杯中溶解冷却后再转移至容量瓶，故 B 错误。
选项 C：金属钠与水反应剧烈，生成氢气并放出大量热，若在试管中进行且加水过多，会导致液体飞溅引发危险，应在烧杯中进行，且烧杯中水量不宜超过容积的 1/3，故 C 错误。
选项 D：反应 2NO₂（红棕色）⇌N₂O₄（无色）的 ΔHAl（X）>O（R），即 T>X>R，故 B 错误；
C：Q₂R 为 CO₂，CO₂是直线形分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故 C 错误；
D：电负性规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小→O（R）>C（Q）>Si（Y），即 R>Q>Y，故 D 错误。
故选A。
10. 铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是
A. Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应B. Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C. Ⅳ的示意图为D. 催化剂Cu可降低反应热
【答案】C
【解析】
本题考查铜催化电合成正丙醇的反应机理，需结合氧化还原反应、化学键类型及催化剂作用分析。
选项 A：Ⅰ 到 Ⅱ 的过程中，反应物消耗了 H⁺和电子（e⁻），电子的加入使元素化合价降低，属于还原反应（氧化反应是失去电子、化合价升高），故 A 错误。
选项 B：Ⅱ 到 Ⅲ 的过程中生成的化学键为 C-H 键，C 与 H 的电负性不同（C：2.5，H：2.1），电负性差异导致化学键极性，因此 C-H 键是极性键，而非非极性键（非极性键需相同原子形成，如 C-C、H-H），故 B 错误。
选项 C：根据反应流程，Ⅱ 到 Ⅲ 生成 1 个 C-H 键，Ⅲ 到 Ⅳ 需继续结合 H⁺和 e⁻生成另 1 个 C-H 键，Ⅳ 的结构应含 2 个新生成的 C-H 键，与题干选项 C 的示意图一致，故 C 正确。
选项 D：催化剂（Cu）的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热（反应热由反应物和生成物的能量差决定，与路径无关），故 D 错误。
故选C。
11. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是
A. Pt电极反应：
B. 外加电场可促进双极膜中水的电离
C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D. Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成
【答案】C
【解析】
本题考查双极膜电渗析除硼的工作原理，需结合电极反应、离子迁移及离子交换膜类型判断。
选项 A：由 H⁺的迁移方向（向右侧移动）可知，Pt 电极为阳极，阳极发生氧化反应，水电离的 OH⁻放电生成 O₂，电极反应式为 ，故 A 正确。
选项 B：双极膜中 H₂O 微弱解离为 H⁺和 OH⁻，外加电场使 H⁺向阴极迁移、OH⁻向阳极迁移，降低了双极膜中 H⁺和 OH⁻的浓度，根据勒夏特列原理，会促进水的进一步电离，故 B 正确。
选项 C：Ⅲ 室初始为 NaCl 浓溶液，反应后浓度降低，说明 Na⁺（阳离子）向阴极（右侧）迁移，Cl⁻（阴离子）向阳极（左侧）迁移。离子交换膜的类型由允许通过的离子决定：允许 Cl⁻通过的 X 膜为阴离子交换膜，允许 Na⁺通过的 Y 膜为阳离子交换膜，题干中 “X 膜为阳离子交换膜、Y 膜为阴离子交换膜” 的说法错误，故 C 错误。
选项 D：Ⅳ 室生成 NaOH 的反应与电子转移相关，每生成 1ml NaOH，转移 1ml 电子，同时有 1ml H⁺从双极膜迁移至 Ⅱ 室，生成，故 D 正确。
故选C。
12. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是
A. 是两性氢氧化物
B. 和的晶体类型相同
C. 中Be原子的杂化方式为
D. 与反应：
【答案】B
【解析】
本题考查 Be 及其化合物的性质与结构，需结合晶体类型、杂化方式、两性氢氧化物定义分析。
选项 A：Be (OH)₂既能与盐酸反应生成 BeCl₂和水（Be (OH)₂+2HCl=BeCl₂+2H₂O），又能与 NaOH 反应生成 Na₂[Be (OH)₄]（Be (OH)₂+2NaOH=Na₂[Be (OH)₄]），符合两性氢氧化物 “既能与酸反应、又能与强碱反应生成盐和水” 的定义，故 A 正确。
选项 B：晶体类型可通过熔沸点判断：的熔点为 2200℃（很高），属于离子晶体（离子键作用力强，熔沸点高）；BeCl₂的熔点为 405℃、沸点为 488℃（较低），属于分子晶体（分子间作用力弱，熔沸点低），两者晶体类型不同，故 B 错误。
选项 C：Na₂[Be (OH)₄] 中，Be 原子与 4 个 OH⁻形成 4 个 σ 键，无孤电子对（价层电子对数 = 4+0=4），根据杂化轨道理论，杂化方式为 sp³，故 C 正确。
选项 D：Be₂C 与水反应类似金属碳化物的水解规律（生成对应的氢氧化物和烃），Be₂C 中 Be 为 + 2 价、C 为 - 4 价，水解反应为 ，故 D 正确。
综上所述，本题选B。
13. 是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是
A. 每个晶胞中个数为12
B. 该晶胞在yz平面的投影为
C. 取代后，该电解质的化学式为
D. 若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等
【答案】C
【解析】
本题考查固态电解质的晶胞结构与性质，需结合均摊法、晶胞投影、化学式推导及电化学迁移规律分析。
选项 A：根据均摊法计算 Sc 原子个数：Sc 原子位于晶胞的 8 个棱心和 4 个面心，棱心原子贡献 = 8×1/4=2，面心原子贡献 = 4×1/2=2，总 Sc 原子数 = 4。由晶体化学式可知，O 原子个数是 Sc 原子的4 倍，故 O2-原子数 = 4×3=12，故 A 正确。
选项 B：晶胞在 yz 平面的投影需体现原子在该平面的相对位置，根据题干晶胞结构示意图，投影图与选项一致，故 B 正确。
选项 C：Ce⁴⁺取代 La³⁺时，需满足化合物化合价代数和为 0。，Li+数目减小并产生空位，则化学式应为，故 C 错误。
选项 D：原电池工作时，内电路（电解质中）Li⁺的迁移与外电路电子转移遵循 “电量守恒”，Li⁺带 1 个单位正电荷，电子带 1 个单位负电荷，因此外电路转移的电子数与通过截面 MNPQ 的 Li⁺数目相等，故 D 正确。
综上所述，本题选C
14. 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是
A. 废水中的含量为
B. c点：
C. a点：
D. 的平衡常数
【答案】D
【解析】
本题考查甲醛法测定 NH₄⁺的滴定分析，涉及滴定计算、离子浓度比较及平衡常数计算。
选项 A：滴定反应原理为，NaOH 标准溶液滴定的是反应生成的 (CH₂)₆N₄H⁺和 H⁺，关系式为~[]~4。待测液的体积和标准溶液的体积相同，浓缩后的20.00mL溶液中
故原废水，废水中的含量为
，A错误；
选项 B：c 点时 NaOH 标准溶液过量，溶液中存在电荷守恒：c (Na⁺)+c (H⁺)+c ((CH₂)₆N₄H⁺)=c (OH⁻)+c (Cl⁻)。c 点 NaOH 过量，只过量，而浓缩后的废水中的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，
可估算c点，，B错误；
选项 C：a 点 pH⁻；“氧化” 步骤中，MnO₂将 Fe²⁺氧化为 Fe³⁺，说明氧化性 MnO₂>Fe³⁺，故氧化性顺序为 ⁻。
【小问6详解】
25℃时，pH=8.0，c (OH⁻)=10⁻⁶ ml/L，Ksp [Mn (OH)₂]=c (Mn²⁺)・c²(OH⁻)=1.9×10⁻¹³，代入得 。
【小问7详解】
①Sb 位于晶胞顶点，每个顶点周围最近且等距的 Mn 位于相邻面心，每个顶点连接 8 个晶胞，每个面心连接 2 个晶胞，故 Mn 个数 = 3×4=12（3 个相邻面，每个面 2 个面心）；②晶胞中 Sb 原子数 = 8×1/8=1，Mn 原子数 = 6×1/2=3，晶胞质量 =（122+3×55）/N_A g，晶胞体积 =(a×10⁻⁷ cm)³，密度 = 质量 / 体积 。
16. 三氟甲基亚磺酸锂是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下：
实验步骤如下：
Ⅰ．向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。
Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。
Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。
已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为_______，冷凝管中冷却水应从_______(填“b”或“c”)口通入。
（2）步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为_______。
（3）步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是_______。
（4）步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为_______，判断加入浓盐酸已足量的方法为_______。
（5）步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是_______。
（6）三氟甲基亚磺酸锂产率为_______(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. b
（2）二氧化碳 （3）将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率
（4） ①. ②. 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
（5）作为溶剂，溶解后加快反应速率
（6）40%
【解析】
【小问1详解】
装置图可知，仪器 A 为三颈烧瓶（三口烧瓶）；冷凝管冷却水需 “下进上出”，即从 b 口通入，c 口流出，保证冷凝管充满冷却水，提高冷凝效果。
【小问2详解】
步骤 Ⅰ 中，NaHCO₃与反应生成的 HCl 反应：NaHCO₃+HCl=NaCl+CO₂↑+H₂O，故气泡主要成分为 CO₂。
【小问3详解】
步骤 Ⅱ 中，滤渣含生成的 Na₂SO₄，表面吸附三颈烧瓶中的产物三氟甲基亚磺酸钠，洗涤可将吸附的产物转移至滤液中，减少损失，提高产率。
【小问4详解】
三氟甲基亚磺酸钠（CF₃SO₂Na）与浓盐酸反应生成三氟甲基亚磺酸（CF₃SO₂H，白色固体）和 NaCl，化学方程式为；判断盐酸足量的依据是：若盐酸不足，上层清液中仍含 CF₃SO₂Na，滴加盐酸会继续生成白色沉淀，反之则无沉淀。
【小问5详解】
LiOH 易溶于水，加入蒸馏水可溶解 LiOH，增大反应物浓度，加快与三氟甲基亚磺酸的反应速率。
【小问6详解】
三氟甲磺酰氯（摩尔质量），3.3g 的三氟甲磺酰氯，理论产量为：=2.75g，产率 =（实际质量 / 理论质量）×100%==40%，
17. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素_______乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 则_______。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为_______。
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。
②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）葡萄糖 （2） ①. +44.4 ②. AC ③. 降温冷凝后收集气体
（3） ①. 乙酸选择性最大且反应速率较快 ②. 产物1 ③. 36:5 ④.
【解析】
【小问1详解】
秸秆中的纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖（C₆H₁₂O₆），葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇和 CO₂，故中间产物为葡萄糖。
【小问2详解】
①根据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH=ΔH₁-ΔH₂=(-24.3 kJ・ml⁻¹)-(-68.7 kJ・ml⁻¹)=+44.4 kJ・ml⁻¹；
②A：反应 Ⅰ 是气体分子数增多的反应（1ml 液体 + 1ml 气体→4ml 气体），恒容下压强不变说明反应达平衡；B：混合气体质量和体积均不变，密度始终不变，不能作为平衡标志；C：的体积分数不变，说明其生成速率 = 消耗速率，反应达平衡；
D：生成 和消耗 均为逆反应速率，不能说明平衡。
故选 AC；
③H₂沸点极低（-252.9℃），混合气体中其他物质（乙醇、乙酸等）沸点较高，可通过降温冷凝使其他物质液化，收集剩余气体 H₂。
【小问3详解】
①图 1 中，270℃时乙酸选择性（产物 1）达最大值（0.89），且产氢速率较快，兼顾产率和效率，故为最适宜温度；
②图 2 中，生成产物 1 的活化能最低（反应速率最快），对应图 1 中选择性最高的乙酸，故乙酸为产物 1；
③设投料 n (乙醇)=1ml，n (H₂O)=9ml，乙醇转化率 90%，则反应的乙醇 =0.9ml，乙酸选择性 80%，生成乙酸 = 0.9×80%=0.72ml，生成乙醛 = 0.9×20%=0.18ml。
、
总 n (H₂)=0.72×4 + 0.18×6=1.62ml，平衡时：n (乙醇) 剩余 = 0.1ml，n (H₂O) 剩余 = 9 - (0.72×1 + 0.18×1)=8.28ml，n (乙酸)=0.72ml，n (乙醛)=0.18ml，
总物质的量 = 0.1+8.28+1.62+0.72+0.18=10.9ml。
恒温恒压下，压强比=物质的量之比，0.72:0.1=36:5
kPa。
18. 化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学)。
已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烃和生烯烃复分解反应得到产物。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为_______。
（2）对比C和D的结构，可以推知C和D的_______(填标号)不相同。
a．分子式 b．质谱图中的碎片峰 c．官能团
（3）D→F中另一产物的化学名称为_______。
（4）E发生加聚反应，产物的结构简式为_______。
（5）F→G的反应类型为_______。
（6）羰基具有较强的极性。I→J经历了加成和消去的过程，其中间体的结构简式为_______(填标号)。
a． b． c． d．
（7）的化学方程式为_______。
（8）写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。
①能与发生显色反应；1ml该物质与足量NaOH溶液反应，消耗3mlNaOH。
②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比。
③含有酯基和氨基(或取代的氨基，，和可以是H或烃基)。
【答案】（1）醛基 （2）b
（3）乙烯 （4）
（5）氧化反应 （6）c
（7） （8）或或
【解析】
【小问1详解】
由 A 的结构简式可知，其含氧官能团为醛基（-CHO）。
【小问2详解】
C 和 D 的分子式相同（同分异构体），官能团种类相同（均含溴原子、羰基等），但结构不同导致质谱分析时化学键断裂方式不同，碎片峰的种类和强度不同，故选 b。
【小问3详解】
D 与 E 发生烯烃复分解反应，根据反应规律（端烯烃交换双键两端基团），另一产物为乙烯（CH₂=CH₂）。
【小问4详解】
E 含碳碳双键（C=C），能发生加聚反应，双键打开相互连接，产物结构简式为
【小问5详解】
K→G 的过程中，K 分子中增加 1 个氧原子，属于氧化反应。
【小问6详解】
I→J 经历加成和消去：I 中的氨基（-NH₂）进攻羰基（C=O）发生加成反应，形成含羟基（-OH）的中间体，中间体结构应含七元环、羟基和氨基，，随后，羟基发生消去反应，即可得到J，与选项 c 一致。
【小问7详解】
K 与甲醇发生酯交换反应，酯基（-COO-）与甲醇的 - OH 交换，生成 L 和 CH₃OH
【小问8详解】
同分异构体满足条件：
①能与 FeCl₃显色→含酚羟基（-OH）；1ml 消耗 3ml NaOH→含 1 个酚羟基和 1 个酚酯基（-COO - 直接连苯环，水解生成酚羟基和羧基，共消耗 2ml NaOH，加酚羟基共 3ml）；②核磁共振氢谱 6 组峰，峰面积比 9:2:2:2:1:1→含 (CH₃)₃C-（9 个等效 H），其余 H 环境不同；③含酯基（-COO-）和氨基（-NH₂或取代氨基），结合以上条件可写出符合要求的结构简式。
、、。A．制备
B．配制溶液
C．探究Na与反应
D．探究温度对化学平衡的影响