四川省 2023-2024学年高三上学期12月考试理综试卷（Word版附解析）

成都七中2024届高三理科综合测试可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16S—32Ni—59第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题：共13个小题，每小题6分，共78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.下列说法不正确的是A.天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇B.水果罐头中常加入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质C.煤的干馏和石油分馏都属于物理变化D.人造脂肪又称硬化油，可用于制造肥皂和人造奶油【答案】C【解析】【详解】A．天然气作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，故A正确；B．抗坏血酸是维生素C，维生素C具有还原性，水果罐头中常加入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质，故B正确；C．煤的干馏属于化学变化，故C错误；D．人造脂肪又称硬化油、氢化油，是植物油与氢气发生加成反应的产物，可用于制造肥皂和人造奶油，故D正确；选C。2.下列叙述正确的有①将FeC13溶液滴入沸腾的水中，得到带正电荷的氢氧化铁胶体②CO2、NO2、P2O5均属于酸性氧化物③离子化合物中不一定含有金属元素④SO2、SO3、FeC12、FeC13均可通过化合反应制得⑤用一束可见光照射纳米铜材料，可观察到丁达尔现象⑥爆炸、变色、导电一定属于化学变化A.1项B.2项C.3项D.4项【答案】B【解析】【详解】①将FeC13 溶液滴入沸腾的水中，得到氢氧化铁胶体，胶体不带电，氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，错误；②能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均属于酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，错误；③离子化合物中不一定含有金属元素，例如氯化铵等，正确；④硫和氧气化合生成SO2，二氧化硫和氧气化合生成SO3，铁和氯化铁化合生成FeCl2，铁和氯气化合生成FeCl3，因此均可通过化合反应制得，正确；⑤纳米铜材料不是胶体，用一束可见光照射纳米铜材料，不能观察到丁达尔现象，错误；⑥导电：有物理变化如：金属导电，例如：铜通电后仍为铜，无新物质生成；自行车车胎爆炸是物理变化，是气压过大造成；活性炭吸附能使溶液褪色，是物理变化，错误；答案选B。3.将工业废气中的吸收能有效减少对大气的污染，并实现资源化利用。下列离子方程式书写正确的是A.硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：B.用过量饱和溶液吸收废气中的：C.用过量氨水吸收废气中的：D.用溶液吸收废气中的：【答案】B【解析】【详解】A．方程式没有配平：，A错误；B．用过量饱和溶液吸收废气中的反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠：，B正确；C．过量氨水吸收废气中生成亚硫酸根离子：，C错误；D．用溶液吸收废气中的，次氯酸根离子具有强氧化性，反应生成硫酸钙沉淀：，D错误；故选B。4.利用下列装置(夹持装置已省略)进行对应实验。下列说法正确的是 A.装置甲打开分液漏斗下方活塞，水不能持续流下B.装置乙加热时，品红溶液中红色褪去，冷却后溶液变红C.装置丙加热一段时间后气球鼓起，高锰酸钾溶液褪色D.加热丁蒸发AlCl3溶液，完全蒸干后得到AlCl3晶体【答案】C【解析】【详解】A．如图所示装置中橡皮管可以平衡气压，能使水持续流下，故A错误；B．加热时，主要是亚硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈红色，冷却后二氧化硫溶于水，使品红溶液红色褪去，故B错误；C．铜和浓硫酸制取SO2，气体鼓起，SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．AlCl3易水解，蒸干AlCl3溶液应得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，故D错误。综上所述，答案为C。5.W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，四种元素可形成航天飞船的火箭推进剂［XW4]+[ZY4]-，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。下列说法错误的是A.W、X、Y、Z的最高正价均等于其最外层电子数B.X的液态简单氢化物常用来做制冷剂，与其存在分子间氢键有关C.简单阴离子还原性：W＞X＞YD.W、X、Z均可与Y形成两种或两种以上的化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y 位于同周期，则W位于第一周期，W为H；X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X和W可以形成［XW4]+，则X为N，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为O；Z和Y可以形成[ZY4]-，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl。【详解】A．W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl，O没有+6价，其最高正价为+2价，A错误；B．X为N，氮的液态简单氢化物NH3常用来做制冷剂，氨分子之间存在分子间氢键，B正确；C．非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，非金属性：O>N>H，则简单阴离子还原性：W＞X＞Y，C正确；D．H、N、Cl均可与O形成两种或两种以上的化合物：H2O、H2O2，NO、NO2、N2O5等，Cl2O、ClO2等，D正确；答案选A。6.利用Heck反应合成一种药物中间体需要经历下列反应过程，有关说法错误的是A.a、b、c中只有a是苯的同系物B.c既可发生氧化反应也可发生聚合反应C.上述反应过程所涉及的有机物中共含3种官能团D.b的同分异构体中属于芳香化合物的有6种(不包含b)【答案】D【解析】【详解】A．苯的同系物是含有1个苯环，侧链为烷烃基的芳香烃，由结构简式可知，a分子含有1个苯环，侧链为烷烃基，是苯的同系物；b分子中含有氯原子，属于卤代烃，不可能是苯的同系物；c分子中含有碳碳双键，不可能是苯的同系物，故A正确；B．由结构简式可知，c分子中含有的碳碳双键可发生氧化反应也可发生加聚反应，故B正确；C．由有机物的转化关系可知，b分子的官能团为氯原子、乙醇的官能团为羟基、c分子的官能团碳碳双键，属于反应过程所涉及的有机物中共含3种官能团，故C正确；D．乙苯的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，乙苯的一氯代物除b外有4种，邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯的一氯代物分别有3、4、2，则b的同分异构体中属于芳香化合物的有13种(不包含b)，故D错误； 故选D。7.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是A.电极a和电极d上都发生氧化反应B.c电极上的电极反应式为N2O4—2e—+H2O=N2O5+2H+C.乙装置d电极附近溶液的pH增大D.电路中每转移2mole—，甲池质子膜右侧溶液质量变化为18g【答案】D【解析】【分析】由图可知，甲池为原电池，电极a为负极，在水分子作用下，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2—2e—+2H2O=SO+4H+，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O；乙池为电解池，与正极相连的电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，电极d为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极区的氢离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电极附近溶液pH不变。【详解】A．由分析可知，电极d为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故A错误；B．由分析可知，与正极相连的电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，故B错误；C．由分析可知，电极d为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极区的氢离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电极附近溶液pH不变，故C错误；D．由分析可知，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，则电路中每转移2mole—，甲池质子膜右侧溶液质量变化为2mol××18g/mol=18g，故D正确； 故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共174分)三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分8.镍矾(NiSO4·7H2O)常用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其他镍盐等。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料合成镍矾的流程如下：该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.93.2A13+3.04.7Fe2+7.09.0Ni2+7.19.2回答下列问题：（1）"碱浸"的目的是___________；为提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任写两条)。（2）"转化"过程中加入H2O2的目的是___________(用离子方程式表示)；Fe2＋的转化率随温度的变化如图，温度高于40℃，Fe2+转化率急速降低的原因可能是___________。（3）"除铁"过程需要调节pH至a，a的取值范围是___________；从化学平衡移动角度解释加入氧化镍除去铁元素的原理___________。 （4）准确称取ωg镍矾产品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于锥形瓶中，用cmol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考虑杂质反应)，三次实验消耗标准溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、19.40mL，则镍矾的纯度为___________(只列计算式)。【答案】（1）①.除去Al和Al2O3②.将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.温度过高，双氧水分解速率加快（3）①.3.2≤a＜7.1②.Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀（4）【解析】【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解镍废渣，除去Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO4•7H2O；小问1详解】“碱浸”过程中用NaOH溶液溶解镍废渣，目的是除去Al和Al2O3，为提高浸出率，可采取的措施是将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等，故答案为：除去Al和Al2O3；将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等；【小问2详解】“转化”过程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低的原因可能是温度过高，双氧水分解速率加快，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高，双氧水分解速率加快；【小问3详解】调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范围为3.2≤a＜7.1；Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀而除去铁元素；故答案为：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀；【小问4详解】舍去误差明显偏大的数据19.40mL，消耗EDTA标准溶液平均体积为=20.00mL，由滴定反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4•7H2O的质量为m=nM=c×0.02mol××281g/mol=70.25cg，产品的纯度为。9.钢材在社会发展中应用广泛。为研究某种碳索钢(含少量碳和硫) 的成分，科研小组进行了如下探究活动。称取碳素钢(已除表面氧化物)24.Og放入耐高温反应管中与O2反应，除去未反应的O2，收集到干燥混合气体X1.12L(已折算成标准状况下的体积)。(1)科研小组用如图所示实验装置检验混合气体X的组成。①装置B中的试剂是___________，装置C的作用是_________。②若观察到________(填实验现象)，证明X中含有CO。(2)反应后，耐高温反应管内固体中除含有Fe3+之外，还可能含有Fe2+。要确定其中的Fe2+，可选用_______(填序号)。aKSCN溶液和氯水bKSCN溶液和铁粉c稀盐酸和K3[Fe(CN)6]溶液d稀H2SO4和KMnO4溶液(3)科研小组用如图所示装置(部分)测定SO2的体积分数，并计算碳素钢的含碳量。将气体X缓慢通过实验装置，当观察到_____(填实验现象)时，停止通气，此时气体流量仪显示的流量为112mL(已换算成标准状况)。则气体X中SO2的体积分数为_____，碳素钢中碳元素的质量分数为_________(保留1位小数)。【答案】①.品红溶液②.验证X中是否含有CO2③.E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊④.cd⑤.Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色⑥.5%⑦.2.4%【解析】【详解】（1）①X中的气体可能是CO、CO2、SO2，酸性高锰酸钾可以除去SO2，B装置装品红溶液检验SO2是否除干净，装置C可以用来检验CO2气体，故答案为品红溶液；验证X中是否含有CO2。②装置E和F用来检验CO，如果观察到E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊，说明X中有CO。（2）首先用酸将耐高温管中的Fe的氧化物转化为离子，K3[Fe(CN)6]溶液遇到亚铁离子会产生蓝色沉淀，KMnO4溶液会将亚铁离子氧化，紫色褪去，故选cd。 （3）该实验是通过二氧化硫与碘单质反应测定二氧化硫的含量，碘遇淀粉变蓝，当Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色时说明碘恰好反应完了，测试可以测得消耗二氧化硫的量。发生反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，参与反应的二氧化硫的量为n(SO2)=n(I2)=0.01×0.025=0.00025mol，n(X)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，二氧化硫体积分数为0.00025÷0.005=0.05，体积分数为5%。混合气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，X中C原子的物质的量为0.05mol×(1-0.05)=0.0475mol，碳素钢中碳元素的质量分数为(12g/mol×0.0475mol)÷24g×100%=2.4%，故答案为Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色；5%；2.4%。点睛：碳素钢高温与氧气反应后生成气体中包含了SO2、CO或者CO2，计算出SO2后剩余气体可能为CO、CO2、或者二者混合气。10.处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=_______kJ·mol-1；该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______（2）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒压时，再充入N2OD.恒压时，再充入N2（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示： ①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；②T1_______T2(填“>”或“＜”)；③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。（4）间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。从A口中出来的气体是_______(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为_______，用化学方程式表示吸收池中除去N2O的原理：_______。 【答案】（1）①.-361.22②.①③.反应①的活化能是149.6kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22kJ·mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步（2）A（3）①.II②.>③.3.4（4）①.O2②.③.【解析】【小问1详解】由图2可知，总反应为：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=-361.22kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22kJ·mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；【小问2详解】由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，A．升温，k增大，速率加快，A正确；B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，速率不变，B错误；C．恒压时，再充入N2O，c(N2O)不变，速率增大，C错误；D．恒压时，再充入N2，c(N2O)减小，速率减慢，D错误；故选A；【小问3详解】①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化；②曲线I表示N2O的转化率随的变化，由于△H<0，则越大，N2O的转化率越大，故T1>T2；③由图3曲线1可知，，温度为T4时，N2O的转化率为65%,利用“三段式”计算法可知平衡时p(N2O)=17.5kPa，p(CO)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，Kθ=；【小问4详解】由图可知，电解池的阳极电极反应式为，故从A口中出来的气体是O2，电解池的阴极电极反应式为，由装置图可知吸收池中除去N2O的原理是 。(二)选考题(共45分)：请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.人类对第二周期的元素及化合物认识最早。（1）第二周期的元素中，(第一电离能)从大到小排前三位的是___________。（2）溶于水可生成Xe和，写出反应的化学方程式：___________。（3）解释和酸性强弱不同的原因：___________。（4）中C原子的杂化轨道类型为___________，其中含有两个相同的大键，其形式为___________(用表示，n为原子数，m为电子数)，检验时，以S原子配位不以N原子配位的原因是___________。（5）如图，在NaCl的晶体中，和互相占据对方的正八面体空隙，晶体中，占据由构成的所有正四面体空隙。钛镍合金具有形状记忆功能。某钛、镍原子个数比为2∶1的合金的晶体结构为镍原子呈面心立方排列，钛原子填充在由镍原子围成的所有八面体空隙和一半的四面体空隙中，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为___________；钛原子和镍原子的半径分别为和，该晶体的空间利用率为___________(用含r的代数式表示，不必化简，空间利用率)。【答案】（1）（2）（3）中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使极性增强，易发生电离 （4）①.sp②.③.S元素的电负性小，离子中原子易给出孤电子对（5）①.4②.【解析】【小问1详解】第二周期的元素中，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，则I1（第一电离能）从大到小排前三位的是Ne＞F＞N，故答案为：；【小问2详解】溶于水可生成Xe和氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式：。故答案为：；【小问3详解】解释和酸性强弱不同的原因：中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使极性增强，易发生电离。故答案为：中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使极性增强，易发生电离；小问4详解】SCN-和CO2互为等电子体，与CO2空间构型相同，都是直线形分子，SCN-中C原子的价层电子对个数是2，中C原子的杂化轨道类型为sp，离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大π键，其形式为，检验时，以S原子配位不以N原子配位的原因是S元素的电负性小，离子中原子易给出孤电子对。故答案为：sp；；S元素的电负性小，离子中原子易给出孤电子对；小问5详解】该晶胞中Ni原子个数为8×+6×=4，Ti原子个数为12×+1+4=8，若最近的钛原子和镍原子紧密接触，镍原子周围距离最近的钛原子数为4；钛原子和镍原子的半径分别为和，体对角线的长度为4（r1+r2），则晶胞中钛原子和镍原子的体积为πr13×8+πr23×4= π（8r13+4r23 ），晶胞的边长为 ，体积为[]3，该晶体的空间利用率为。故答案为：。12.苯氧乙酸()是一种重要的化工原料和制药中间体，下列有关苯氧乙酸衍生物的合成与应用的路线如下。回答下列有关问题：（1）试剂BrCH2COOCH3中的含氧官能团名称为___________。C的核磁共振氢谱中，除苯环上的氢外有___________组峰。（2）写出苯酚A与K2CO3反应产物有___________和___________。化合物B的分子式为C9H10O3，B的化学名称为___________。（3）B生成C步骤的反应类型为___________，D的分子式为___________。（4）化合物E不发生银镜反应，也不与饱和NaHCO3溶液反应，写出E的结构简式___________。（5）D在稀酸条件下与过量甲酸反应生成二酯的化学方程式为___________。（6）化合物B的同分异构体中，能同时满足下列条件的分子结构有___________种。a.苯环上只有两个对位取代基；b.能与新制Cu(OH)2反应，产生砖红色沉淀；c.与FeCl3发生显色反应；d.可发生水解反应。【答案】（1）①.酯基②.5（2）①.②.KHCO3③.苯氧乙酸甲酯（3）①.加成反应②.C10H14O3（4）（5）（6）2 【解析】【分析】对比A、C的结构简式并结合两步反应的条件及B的分子式可推出B的结构简式为，由A⟶B可知，反应类型为取代反应，B⟶C发生乙醛羰基上的加成反应，C发生还原反应生成D，D发生醇的催化氧化反应生成E，根据E不发生银镜反应，也不与饱和NaHCO3溶液反应，说明E分子不含醛基和羧基，可推出E的结构简式为，据此分析解答。【小问1详解】试剂BrCH2COOCH3中的含氧官能团名称为酯基；C的核磁共振氢谱中，除苯环上的氢外，有5种类型的氢原子，每一种氢原子有1组峰，即有5组峰，故答案为：酯基；5。【小问2详解】苯酚与K2CO3反应生成苯酚钾和碳酸氢钾，故产物有和KHCO3；由分析可知，B的结构简式为，其化学名称为苯氧乙酸甲酯，故答案为：；KHCO3；苯氧乙酸甲酯。【小问3详解】对比B、C的结构简式并结合反应条件可知，B⟶C发生乙醛羰基上的加成反应；根据D的结构简式可知，不饱和度为4，D的分子式为C10H14O3，故答案为：加成反应；C10H14O3。【小问4详解】D发生醇的催化氧化反应生成E，根据E不发生银镜反应，也不与饱和NaHCO3溶液反应，说明E分子不含醛基和羧基，可推出E的结构简式为，故答案为：。【小问5详解】D的结构简式为，其分子中含有2个羟基，在稀酸条件下与过量甲酸反应生成二酯和水，反应的化学方程式为，故答案为： 。【小问6详解】