贵州省贵阳市2023届高三化学上学期8月摸底考试题（Word版附解析）

贵阳市2023届高三年级摸底考试试卷化学供参考的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ca40第I卷(选择题共42分)选择题(14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意)1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.可用白醋洗水壶中的水垢B.医疗上常用95%的酒精作消毒剂C.煤经过气化和液化等物理变化可获得洁净的燃料D.葡萄糖和蛋白质进入人体内都是经水解后被吸收【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，所以可用白醋洗水壶中的水垢，故A正确；B．医疗上常用75%的酒精作消毒剂，故B错误；C．煤的气化和液化有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．葡萄糖是单糖，葡萄糖不能水解，故D错误；选A。2.下列化学用语使用正确的是A.KCl的电子式：B.乙烯的比例模型：C.氯离子的结构示意图：D.中子数为8的N原子：【答案】D【解析】【详解】A.KCl的电子式：，A错误； B.乙烯的比例模型：，B错误；C.氯离子的结构示意图：，C错误；D.中子数为8的N原子：，D正确；故选D。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.22.4L氩气所含的质子数为B.标准状况下，7.2g戊烷中共价键数为C.溶液中含有的数为D.3mol与完全反应转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．不确定是否为标况，不能计算物质的量，故A错误；B．1分子戊烷中含有共价键16个，7.2g戊烷的物质的量为7.2g÷72g/mol=0.1mol，则共价键数为，故B正确；C．不确定溶液的体积，不能计算物质的量，故C错误；D．二氧化氮与水反应方程式为3+=2HNO3+NO，可知每3分子二氧化氮反应转移电子数目为2，故3mol与完全反应转移的电子数为，故D错误；故选B。4.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.具有氧化性，可漂白纸浆B.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂C.明矶溶于水生成胶体，可用于净水 D.氢氟酸能与反应，可刻蚀石英制作艺术品【答案】A【解析】【详解】A．SO2可漂白纸浆是因为它具有漂白性(与有色物质化合生成不稳定无色物质)，故A错误；B．浓硫酸可做干燥剂，是因为它具有吸水性，故B正确；C．明矾溶于水产生的铝离子水解可以生成氢氧化铝胶体，可用于净水，故C正确；D．石英的主要成分是SiO2，氢氟酸能与SiO2反应，可刻蚀石英制作艺术品，故D正确；故选A。5.分离下列混合物所采用的方法中错误的是A.乙醇和乙酸混合：蒸发B.花生油和水混合：分液C.碘和细砂石混合：升华D.泥沙和食盐水混合：过滤【答案】A【解析】【详解】A．乙醇和乙酸是互溶液体，应利用蒸馏将两者分开，A错误；B．花生油和水不互溶，混合后会分层，可以用分液的方法将二者分开，B正确；C．碘和细砂石为固体混合，碘易升华而细砂石不易升华，可以用升华的方法将二者分开，C正确；D．泥沙不溶于水，则泥沙和食盐水混合，可以用过滤的方法将二者分开，D正确；故选A。6.下列变化过程对应的离子方程式正确的是A.把铜片放入稀硫酸中：B.将氯气通入水中制氯水：C.向溶液中加入过量：D.用氯化铁溶液蚀刻铜印刷电路板；【答案】C【解析】【详解】A．铜和稀硫酸不反应，A错误； B．次氯酸是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：，B错误；C．铝离子和一水合氨反应生成氢氧化铝，离子方程式为：，C正确；D．电荷不守恒，正确的离子方程式为：，D错误；故选C。7.一种活性物质的结构简式如图所示。有关该物质的叙述正确的是A.分子式为B.所有原子可能共面C.能发生取代反应，不能发生加成反应D.1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应得1mol【答案】D【解析】【详解】A.由结构式，知该物质的分子式为C10H18O3，A错误；B.甲烷是正四面体结构，故甲基和亚甲基中4个原子不可能共平面；该物质含有亚甲基（如图），故该物质所有原子不可能共平面，B错误；C.该物质含有羟基和羧基，可以发生取代反应；也含有碳碳双键，可以发生加成反应，C错误；D.一个该物质分子含有一个羧基，可以与碳酸氢钠反应生成一个CO2分子，故1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应得1molCO2，D正确；故选D。8.关于反应：，下列判断正确的是 A.中碘元素为+5价B.HI做还原剂，发生还原反应C.n(还原产物)∶n(氧化产物)D.生成0.2mol时，转移0.35mol电子【答案】D【解析】【详解】A．K2H3IO6中钾元素为+1价，氢元素为+1价，氧元素为-2价，则碘元素为+7价，故A错误；B．HI中碘元素化合价升高，HI是还原剂，发生氧化反应，故B错误；C．碘单质既是氧化产物，又是还原产物，利用得失电子守恒可知，n(还原产物)∶n(氧化产物)=1∶7，故C错误；D．生成4个碘单质转移7个电子，生成0.2molI2时，转移0.35mol电子，故D正确；故选D。9.某反应由两步反应构成，其反应能量曲线如图所示。下列叙述错误的是A.反应1为吸热反应B.反应2对总反应速率起决定作用C.使用催化剂会改变A→C反应的反应热D.反应2逆反应的活化能大于正反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，对于反应1来说，反应物能量低，产物能量高，吸热反应，A正确；B．由图可知，反应2的活化能较大，决定总反应的反应速率，B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应热，C错误；D．由图可知，反应2为放热反应，其逆反应的活化能大于正反应的活化能，D正确； 故选C。10.在恒温恒容的密闭容器中加入一定量X，发生反应，，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是A.该反应B.升高温度，增大C.加入一定量氧气，反应速率不变，平衡不移动D.加入等物质量的Y和Z，重新平衡后平衡常数K增大【答案】D【解析】【详解】A．正反应气体物质的量增大，所以该反应，故A正确；B．正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，增大，故B正确；C．加入一定量氧气，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故C正确；D．平衡常数只与温度越高，加入等物质的量的Y和Z，重新平衡后平衡常数K不变，故D错误；选D。11.为了达到实验目的，下列装置和试剂选用合理的是A.图甲中可用于实验室制取氯气B.图乙可测定氢氧化钠溶液的浓度C.图丙可比较Zn与Cu的金属性强弱D.图丁可制取乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备氯气应该用浓盐酸，A错误；B．醋酸属于弱酸，应该用酸式滴定管，B错误；C．图示原电池中Zn电极上发生反应：，Cu电极上发生反应： 则Zn为负极，Cu为正极，可以比较Zn与Cu的金属性强弱，C正确；D．收集乙酸乙酯的试管中应该是饱和的碳酸钠溶液，不能使用氢氧化钠溶液，D错误；故选C。12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种核素可用于鉴定古文物的年代，Y的最外层电子数等于其电子层数；Z元素的气态氢化物和它的氧化物在常温下反应生成Z单质和水。下列说法正确的是A.原子半径：Y<Z<WB.气态氢化物的稳定性：W>ZC.是形成酸雨的主要物质D.将水溶液蒸干并灼烧可得固体【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种核素可用于鉴定古文物的年代，X是C元素；Y的最外层电子数等于其电子层数，Y是Al元素；Z元素的气态氢化物和它的氧化物在常温下反应生成Z单质和水，Z是S元素、W是Cl元素。【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径：Al>S>Cl，故A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，气态氢化物的稳定性：HCl>H2S，故B正确；C．不是大气污染物，不能形成酸雨，能形成酸雨的是SO2和氮氧化物，故C错误；D．易水解，将水溶液蒸干并灼烧得到的是固体，故D错误；选B。13.电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是 A.电极a的反应式为：B.电流由a电极沿导线流向b电极C.隔膜允许通过D.标准状况下，1molK参与反应，消耗22.4L【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池装置，b极氧元素的化合价降低，b为正极，故a为负极，电极材料为钾，隔膜为阳离子交换膜，允许钾离子通过。【详解】A．根据分析，电极a极的反应式为：K-e-=K+，A正确；B．电流从正极流出，由b极沿导线流向a极，B错误；C．根据分析，隔膜为阳离子交换膜，允许钾离子通过，C正确；D．1molK参与反应失去1mol电子，正极得到1mol电子，根据O2+e-+K+=KO2，消耗1molO2，标况下O2的体积为22.4L，D正确；故选B。14.常温下，下列各溶液中，微粒的浓度关系式正确的是A.的溶液；B.的溶液：C.的溶液：D.的盐酸和的氨水等体积混合：【答案】B【解析】 【详解】A．根据溶液电荷守恒可知，的溶液中，=+2+，则，故A错误；B．根据物料守恒可知，的溶液中，故B正确；C．的溶液中，由于少数醋酸根水解成醋酸分子，则，故C错误；D．的盐酸和的氨水等体积混合，由于氨水是弱碱，混合后氨水有剩余，溶液显碱性，结合电荷守恒可知，+=+，由于，则，混合液中离子的浓度大小应为，故D错误；答案B。第II卷(非选择题共58分)15.钠、铝、铜及其化合物在生产生活中有广泛应用。按要求回答下列问题：（1）既是一种肥料，又是一种普遍应用的杀菌剂。根据物质的分类方法，属于_______(填序号)。a.混合物　　b.酸　　c.盐　　d.弱电解质　　e.强电解质　　f.难溶于水的物质（2）常置于潜水艇和消防员的呼吸面具中，写出与发生反应的化学方程式_______；检验其组成中所含阳离子的方法和现象是_______。（3）工业上用铝热反应制取金属锰，铝与二氧化锰在高温下反应制取锰的化学方程式为____。【答案】（1）ce（2）①.②.焰⾊试验，火焰呈黄⾊（3）【解析】 【小问1详解】硫酸铜是有铜离子和硫酸根离子组成的，属于盐；硫酸铜在水中可以完全电离，所以是强电解质，故选ce；小问2详解】过氧化钠可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：；其中所含的阳离子是钠离子，可以用焰色反应来检验，具体方法和现象为：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，后蘸取试样继续灼烧，观察到火焰颜色为黄色证明有钠，故答案为：焰⾊试验，火焰呈黄⾊；【小问3详解】在高温下铝可以置换出二氧化锰中锰，方程式为：。16.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某兴趣小组模拟和改进侯氏制碱法制备纯碱(碳酸氢钠固体分解而得)，并进行后续实验，实验如下：已知：饱和氨盐水是指将氨气通入饱和食盐水中形成的溶液。回答下列问题：（1）装置甲中盛装盐酸的仪器名称是_______；装置乙中的试剂是_______。（2）装置丙中使用雾化装置的优点是_______，该装置中生成的总反应化学方程式为_______。（3）检验纯碱样品中是否混有，选择下列装置中的_______(填字母编号)组装并进行实验，可观察到的实验现象是_______。 （4）若该纯碱样品中所含杂质只有碳酸氢钠，测定该纯碱样品纯度的方法为：称取42.0g样品，加热到质量不再改变，收集到标准状况下的气体112mL，则该纯碱样品的纯度为_______。【答案】（1）①.分液漏⽃②.饱和NaHCO3溶液（2）①.增⼤接触⾯积，使反应更充分②.NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl或NaCl+CO2+NH3∙H2O=NaHCO3+NH4Cl（3）①.AB②.澄清⽯灰⽔变浑浊（4）98%【解析】【分析】侯德榜制碱法原理是NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，要注意NaHCO3的沉淀符号以及先通入NH3营造碱性环境。【小问1详解】装置甲是CaCO3和盐酸反应制备CO2，滴加盐酸的装置是分液漏斗，制备的CO2中含有挥发的HCl气体，需用饱和的NaHCO3溶液吸收杂质HCl气体；【小问2详解】饱和氨盐水是指将氨气通入饱和食盐水中形成的溶液，形成碱性溶液同时利用雾化装置将其雾化，增⼤接触⾯积，使反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl更充分；【小问3详解】检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，选择下列装置中的AB，A装置是对固体样品进行强热，若有NaHCO3将会发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，产生CO2气体使澄清石灰水变浑浊。 【小问4详解】称取42.0g样品，加热到质量不再改变，收集到标准状况下的气体112mL，该气体是0.005molCO2,根据发生方程的化学计量系数比知样品含有0.0052=0.01molNaHCO3，故纯度为。17.已知草酸镍晶体()难溶了水，常用于制镍粉。工业上从废镍催化剂(主要成份为Ni，含有一定量的、、、CaO等)制备草酸镍的流程如图所示：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金底离子开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.28.85.09.5②③当某物质浓度小于时，视为完全沉淀。请问答下列问题：（1）写出一种能提高“酸浸”速率的措施_______。滤渣I的成分为和_______(填化学式)。（2）“氧化”时反应的离子方程式为_______。（3）“调pH”的范围为_______，用化学反应原理的相关知识简要说明滤渣II的形成原因_______。（4）“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中_______(列出计算式即可)。（5）“沉镍”时的离子方程式为_______。（6）操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110 ℃下烘干等步骤，其中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和_______。【答案】（1）①.将原材料粉碎或适当增加酸的浓度或加热或搅拌②.（2）（3）①.②.，，加入后，溶液中减少，平衡正向移动，形成沉淀（4）（5）（6）便于快速干燥【解析】【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入稀硫酸酸浸时，镍和金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化镍调节溶液pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有镍离子、钙离子的滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸镍滤液；向滤液中加入草酸铵溶液，将镍离子转化为二水草酸镍沉淀，过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干得到二水草酸镍晶体。【小问1详解】将原材料粉碎、适当增加酸的浓度、加热、搅拌等措施能提高酸浸速率；由分析可知，滤渣I的成分为硫酸钙、二氧化硅，故答案为：将原材料粉碎或适当增加酸的浓度或加热或搅拌；SiO2；【小问2详解】由分析可知，氧化的目的是过氧化氢溶液酸性条件下将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】溶液中的铁离子、铝离子在溶液中存在如下平衡：， ，加入氢氧化镍调节溶液pH在范围内，使溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：；，，加入后，溶液中减少，平衡正向移动，形成沉淀；【小问4详解】由氟化钙的溶度积可知，当钙离子完全沉淀时，溶液中的氟离子的浓度为==mol/L，故答案为：；【小问5详解】沉镍时发生的反应为溶液中的镍离子与草酸根离子反应生成二水草酸镍沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问6详解】操作a中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和乙醇挥发是带走水分便于晶体快速干燥，故答案为：便于快速干燥。18.甲醇()是一种可再生能源，在日用化工、制药、农药等方而均有广泛用途。催化合成甲醇的反应为。回答下列问题：（1）已知反应①：反应②：则_______。（2）某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2mol，加入催化剂反应合成，测得的物质的员随时间(t)的变化如下表：t/min0510152025 /mol1.000.790.630.540.500.50①0〜20min内，用表示该反应平均速率为_______；②CO的平衡转化率为_______；③该温度下的平衡常数K=_______。（3）在不同温度和压强下发生反应：，测得平衡时CO的体积分数(％)与温度(T)和压强的关系如图所示，判断T1、T2、T3由大到小的顺序为____，理由是____。【答案】（1）-92（2）①.②.50%③.4（3）①.②.根据反应可知，增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小；升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大；由图可知，2MPa、T2与3MPa、T3时CO体积分数相等，故T3>T2，而1MPa、T1CO体积分数<2MPa、T2，故T2>T1，因此【解析】【小问1详解】由题分析可知：方程式②-①即可得到目标方程式，所以；【小问2详解】①0~20min内，CO的反应速率；根据各物质化学反应速率之比等于化学计量数之比可知 ；②20min和25min时刻，n(CO)没有发生变化，说明20min时已经达到平衡，所以CO的平衡转化率；③由反应三段式：可知平衡时各物质浓度分别为，所以平衡常数；【小问3详解】正反应为气体体积减小的放热反应，加压，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，升温，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，由图可知，2MPa、T2与3MPa、T3时CO体积分数相等，故T3>T2，而1MPa、T1CO体积分数<2MPa、T2，故T2>T1，故。[选修3：物质结构与性质］19.某些含硫有机物可用于医药领域，如化合物I和II是重金属元素汞的解保剂。回答以下问题：（1）已知汞位于第六周期，与锌同族，则基态汞原子的价电子排布式为_______。（2）化合物I中S原子的杂化方式为_______，其中H、C、O三元素的电负性由小到大的顺序是_______。（3）下列有关说法正确的是_______。 a.II中C—C—C键角是180°　　　　b.II中存在离子键与共价键c.III中硫氧键的键能均相等　　　　d.III中的δ键与π键之比为4∶1（4）化合物I的结构与甘油()相似，但是甘油在水中的溶解度更大，其原因可能是_______。（5）理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)，锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体(晶胞如图a所示)可视为Ge晶体(晶胞如图b所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。①锗晶体类型为_______，Ge与C同族，但Ge不能像C原子那样原子之间可以形成双键或叁键，从原子结构角度解释原因_______。②X最简式为_______；X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______。③设必为阿伏伽德罗常数的值、X的最简式的摩尔质量为，用和M时的代数式表示出X晶体的密度为_______(列出计算式即可)。【答案】（1）3d104s2（2）①.sp3②.H＜C＜O（3）bd（4）甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水（5）①.共价晶体②.Ge的原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠轨道程度很小，或几乎不能重叠，难以形成键，所以Ge不能像C原子那样原子之间可以形成双键或叁键③.HgGeSb2④.4⑤.g/cm3【解析】【小问1详解】汞位于第六周期，与锌同族，已知锌为第四周期元素，价电子排布式为3d104s2 ，则基态汞原子的价电子排布式为3d104s2；【小问2详解】-SH中S的中心原子中含有3个孤电子对和1个σ键，杂化轨道数3+1=4，故硫原子采取sp3杂化；C、H、O三种元素非金属性：H＜C＜O，所以电负性由小到大的顺序：H＜C＜O，故答案为：H＜C＜O；【小问3详解】a.II中中间的C为sp3杂化，价层电子互斥模型为四面体形，故在I中C—C—C键角小于180°，选项a错误；　　　　b.根据II的结构，存在C-H、C-S、S-H、C-C等共价键，还存在钠离子与另外一个阴离子团，因此存在离子键，选项b正确；c.III中有硫氧单键、也有硫氧双键，故硫氧键的键不相等，选项c错误；　　　　d.III中存在6个单键和2个双键，δ健与π键之比为8：2=4∶1，选项d正确；答案选bd；【小问4详解】甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水，故化合物I的结构与甘油()相似，但是甘油在水中的溶解度更大；【小问5详解】根据晶胞的结构可知，和同族的金刚石晶型一样，面心立方基础上在（,,）等几个位置各补上一个原子，每个配位数4,为共价晶体；虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4；Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，最简式为HgGeSb2； 以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；1个晶胞的质量=g，1个晶胞的体积V==，则X晶体的密度=g/cm3。[选修5：有机化学基础］20.帕比司他是治疗某些恶性肿瘤的药物。其中间体(E)的合成路线如下：回答下列问题：（1）A物质的名称为_______。C中含氧官能团名称是_______。（2）要检险有机物B中的官能团“-CHO”，可以选用的试剂是_______，所发生反应的化学方程式为_______。（3）反应IV的反应类型为_______。（4）反应II分两步进行：。第一步反应为加成反应，则X的结构简式为_______。（5）C生成D的化学反应方程式为_______。（6）B的同分异构体中，能发生水解反应的芳香族化合物有_______种；其中核磁共振氢谱5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的同分异构体结构简式为_______。【答案】（1）①.对苯二甲醛②.羟基、羧基（2）①.新制氢氧化铜/银氨溶液②. +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O（3）取代反应（4）（5）+CH3OH+H2O（6）①.6②.【解析】【分析】A在KBH4，N2，-5℃条件下发生反应，其中一个醛基被还原成醇羟基，得到B，B与CH2(COOH)2反应得到C，C与甲醇发生酯化反应得到D，D与发生取代反应生成E，据此分析解答。【小问1详解】根据A的结构简式可知，A的名称是对苯二甲醛；根据C的结构简式可知，C中含氧官能团名称是羟基、羧基；【小问2详解】醛基可以发生银镜反应，也可以被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，故可以选用的试剂是新制氢氧化铜/银氨溶液；对应的方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；【小问3详解】应IV为D与发生取代反应生成E，中-Cl原子取代了D中的羟基，故反应类型为取代反应；【小问4详解】对比B和C的结构可知，B的醛基先发生加成反应，得到；【小问5详解】对比C和D的结构简式的区别可知，C→D为C中羧基和甲醇的酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；【小问6详解】能发生水解反应的芳香族化合物说明既有苯环，又有酯基，可能含有两个支链，一个—OOCH，一个—CH3，这样的结构有3种，也可能是一个支链，—CH2OOCH，或者—COOCH3，或者—OOCCH3，一共有6种结构；其中核磁共振氢谱5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的同分异构体结构简式为。