甘肃定西市岷县第一中学、第二中学、第三学校、第四中学2025-2026学年下学期高三三诊模拟考试 化学试卷（高考模拟）

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模拟考试（化学）试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分）
1. 过氧化氢、苯酚、二氧化氯及高铁酸盐均可作消毒剂，下列有关上述消毒剂的离子方程式书写正确的是
A. 向溶液中滴加少量：
B. 向碳酸钠溶液中加入足量苯酚：
C. 在酸性溶液中用草酸还原氯酸钠制备二氧化氯：
D. NaClO碱性条件下制备绿色消毒剂：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是分解的催化剂，该反应的离子方程式为：，A错误；
B．，故苯酚与碳酸钠反应只能生成离子，正确方程式为+=+，B错误；
C．草酸为弱电解质，应保留分子形态，正确离子方程式为，C错误；
D．碱性条件下NaClO氧化Fe3+制备高铁酸钠的方程式书写正确，D正确；
故选D。
2. 软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素基态原子最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. 第一电离能：
D. 相同条件下，在水中的溶解度：
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，则X为Li元素；W和Q同主族，由阴离子的结构示意图可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素。
【详解】A．S2-有3个电子层，离子半径最大，Li+只有1个电子层，半径最小，F-和O2-电子层数结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径小于氧离子，故离子半径：，故A正确；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞S，则氢化物的稳定性强弱顺序为HF＞H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但是N原子价电子为半满结构，失电子困难，第一电离能比O大，故第一电离能：，故C错误；
D．O2是非极性分子，O3是极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，相同条件下，在水中的溶解度：，故D正确；
答案选C。
3. NaCl被称为“化学工业之母”。下列工业生产中不使用NaCl的是
A. 生产玻璃B. 氯碱工业C. 制取金属钠D. 侯氏制碱
【答案】A
【解析】
【详解】A．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英砂，生产过程中不使用NaCl，A符合题意；
B．氯碱工业通过电解饱和NaCl溶液制取烧碱和氯气，原料为NaCl，需要使用NaCl，B不符合题意；
C．工业上制取金属钠采用电解熔融NaCl的方法，原料为NaCl，需要使用NaCl，C不符合题意；
D．侯氏制碱法以NaCl、氨气、二氧化碳为原料制备纯碱，需要使用NaCl，D不符合题意；
故答案为A。
4. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列“类比”结果正确的是
A. CH4的沸点低于SiH4，HF的沸点也低于HCl
B. FeCl3溶液低温蒸干得到Fe (OH)3，AlCl3溶液低温蒸干也可得到Al(OH)3
C. SiCl4是非极性分子，SF4也是非极性分子
D. NCl3水解生成NH3与HClO，NF3水解同样生成NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷；HF因分子间存在氢键沸点高于HCl，与CH4和SiH4的沸点关系不具可比性，故A错误；
B．FeCl3和AlCl3均为强酸弱碱盐，均能微弱水解生成相应的氢氧化物和HCl，低温蒸干可促进水解且水解生成的HCl易挥发，最终得到对应氢氧化物，故B正确；
C．SiCl4的中心原子Si的孤电子对数为，Si的价层电子对数为4，SiCl4为正四面体形，分子结构对称、为非极性分子；SF4的中心原子S的孤电子对数为，S的价层电子对数为5，分子结构不对称、为极性分子，故C错误；
D．NCl3​(N显负价、Cl显正价)水解生成NH3​和HClO，但NF3​水解时，由于 F 的电负性大于 N，F显负价而N显正价，水解产物不是NH3​，故D错误；
选B。
5. 下列关于乙烷、乙烯、乙炔的说法正确的是
①它们既不是同系物，也不是同分异构体
②乙烷是饱和烃，乙烯、乙炔是不饱和烃
③乙烯、乙炔能使溴水褪色，乙烷不能使溴水褪色
④它们都能燃烧，乙炔燃烧火焰最明亮，有浓烟
⑤它们都能使酸性KMnO4溶液褪色
A. ①③④B. ①②③⑤C. ②③④⑤D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】关于乙烷、乙烯、乙炔，①它们结构不相似，不是同系物，分子式不同，也不是同分异构体，故①正确；②乙烷只有碳碳单键和碳氢键，是饱和烃，乙烯、乙炔中有碳碳双键、三键是不饱和烃，故②正确；③乙烯、乙炔中有碳碳双键、三键能使溴水褪色，乙烷不能使溴水褪色，故③正确；④它们都能燃烧，乙炔含碳量最高，燃烧火焰最明亮，有浓烟，故④正确；⑤乙烯、乙炔中有碳碳双键、三键能使酸性KMnO4溶液褪色，乙烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，故⑤错误；故选D。
6. 只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液区分开，这种试剂是
A. NaOH溶液B. AgNO3溶液
C. Ba(OH)2溶液D. BaCl2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH溶液仅能与含的、反应生成刺激性气味的氨气，无法区分两种铵盐，也无法区分和，A错误；
B．溶液与含的溶液反应生成白色沉淀，与含的溶液反应生成微溶的白色沉淀，四种溶液均出现白色沉淀，无法区分，B错误；
C．溶液与反应只生成刺激性气味的氨气；与反应既生成白色沉淀，又生成氨气；与无明显现象；与反应只生成白色沉淀，四种现象各不相同，可以区分，C正确；
D．溶液仅能与含的、反应生成白色沉淀，无法区分两种硫酸盐，也无法区分和，D错误；
故选C。
7. 药物瑞德西韦的主要成分结构如图。下列说法错误的是
A. 分子中含有5个手性碳原子
B. 同周期元素中第一电离能比O大的有3种
C. 分子中N原子的杂化方式只有
D. 该分子中含有极性较强的化学键，化学性质比较活泼
【答案】C
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连接4种不同原子/基团的碳原子，该分子中含有5个手性碳原子：，A正确；
B．O位于第二周期，同周期元素第一电离能顺序为：，第一电离能比O大的有共3种，B正确；
C．分子中N原子存在多种杂化方式：与P相连的、侧链的N，均为杂化；氰基的N为杂化，并非只有杂化，C错误；
D．分子中含有等多种极性较强的化学键，含羟基、酯基、磷酸酯、氰基等活泼官能团，化学性质比较活泼，D正确；
答案选C。
8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L 1氨水中含有分子的数目为
B. 1L 0.05 溶液中数目等于0.05
C. pH=12的NaOH溶液中数目为0.01
D. 常温常压下，46g 和的混合气体中含有的氧原子数目为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中存在电离，所以1L 1氨水中含有的分子数小于，A错误；
B．溶液中存在，1L 0.05 溶液中数目小于0.05，B错误；
C．H=12的NaOH溶液中体积未知，无法求出数目，C错误；
D．和的最简式都是，所以由46g 和组成的混合气体可看作物质的量为1ml的NO2，含有的氧原子数为2，D正确；
故选D。
9. 氢氟酸是一种弱酸，其电离过程放热，已知下列反应。下列说法正确的是
①
②
③
④
A. B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应②为强酸强碱的中和反应，中和反应都是放热反应，故；反应①为HF与OH⁻的中和反应，HF电离也放热，总放热量大于反应②，放热越多焓变越小，故，A错误；
B．根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，因此焓变关系为，即，已知HF电离过程放热，故，B正确；
C．HF电离放热，故；反应④是F⁻的水解反应，为反应①的逆过程，属于吸热反应，故，C错误；
D．由可得，反应④是反应①的逆过程，故，且，D错误；
故答案选B。
10. 下列表示正确的是
A. 钠原子由时，吸收能量，由激发态转化成基态
B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 的结构示意图为：
D. 基态C原子2p能级的电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．钠原子由时，放出能量，由激发态转化成基态，A错误；
B．镁的3s轨道电子处于全充满稳定状态，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，B错误；
C．的结构示意图为：，C正确；
D．基态C原子2p能级的电子轨道表示式为：，D错误；
答案选C。
11. 化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—为芳香基团，除—外，P和Q分子中所有原子共平面)的说法错误的是
A. P为非极性分子，Q为极性分子
B. 第一电离能：
C. X是氧化剂，Y是还原剂
D. 除—外，P和Q分子中C原子、N原子均为杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．扩环卟啉分子P和Q均不对称，正负电荷中心均不重合，故都是极性分子，故A错误；
B．同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、第ⅤA比同周期相邻主族的大，故第一电离：C＜O＜N，故B正确；
C．由图可知，反应物 P 含有更多氢，双键比Q少，PQ去氢被氧化，则 X 为氧化剂，逆反应中试剂 Y 则起还原剂作用，故 C 正确；
D．除去芳环基团(—Ar)外，P和Q分子中所有原子共平面，卟啉大环体系要保持平面共轭，环上所有C、N原子均为杂化，故 D 正确；
故选A。
12. 镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A. 电流方向：
B. 石墨M电极的电极反应式为
C. 水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应
D. 导线中通过1ml电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为电解池，氢离子向右移动，则N为阴极，n为负极，M为阳极，m为正极，以此解题。
【详解】A．根据双极膜中解离生成的、的迁移方向，可以判断石墨M是阳极、石墨N是阴极，电流方向：，A错误；
B．由分析可知，M为阳极，电极反应为：，B错误；
C．Ⅱ室中发生转化：，水解离出的与反应，促进的转化，C错误；
D．由原理可知，导线中流过1ml电子，Ⅰ室移入Ⅱ室和总物质的量为0.5ml，同时有0.5ml氯气生成，镍、钴的相对原子质量都近似为59，Ⅰ室质量约减少65g，Ⅲ室中阴极反应消耗的H+由水解离出的H+等量补充，溶液质量不变，故两室溶液质量变化之差约为65g，D正确；
故选D。
13. 部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法正确的是
A. b与经过一步反应生成d
B. c通入a的水溶液中出现浑浊，体现了c的氧化性
C. f的浓溶液具有脱水性，可使胆矾晶体由蓝色变为白色
D. c能使品红溶液和酸性高锰酸钾溶液均褪色，其褪色原理相同
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐。
【详解】A．硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故A错误；
B．二氧化硫具有弱氧化性，能与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，故B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，可使胆矾晶体由蓝色变为白色，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液漂白褪色，二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，则两者褪色原理不相同，故D错误；
故选B。
14. 在两个体积分别为、的恒容密闭容器中均充入和，在不同温度下发生反应：，测得的平衡转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A. 点时，的物质的量分数为
B. 两容器体积关系为：
C. 降低温度，该反应的化学平衡常数减小
D. 增大的投料比，可提高的平衡转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．点时，的平衡转化率为60%，即的转化量为0.6 ml，则平衡时、、、的物质的量分别为0.4 ml、1.4 ml、0.6 ml、0.3 ml，总物质的量为2.7 ml，因此的物质的量分数为，A正确；
B．该反应正方向为气体分子数减小的反应，增大压强（减小体积），平衡正向移动，的平衡转化率增大，由图可知，相同温度下，代表的转化率大于代表的转化率，即两容器体积关系为：，B错误；
C．由图可知，升高温度，的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，化学平衡常数增大，C错误；
D．增大的投料比，即在投料不变时减小的物质的量，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，D错误；
故答案选A。
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
15. 硫化氢的消除与资源化利用是天然气开采、煤化工等诸多行业中的关键研究课题。回答下列问题：
已知：在水溶液中的物质的量分数随的分布曲线如图1所示。
（1）通过图中数据可知的为_______。
（2）常温下，NaHS溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性，原因是_______(计算说明)。
（3）已知25℃时碳酸的电离平衡常数：，用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是_______。
（4）天然气中含有杂质，某科研小组用氨水吸收得到溶液，已知25℃时，，溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
（5）常温下，在废水处理领域中常用将转化为MnS除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的pH=a，当浓度为时，开始沉淀，则a=_______[已知]。
（6）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中的杂质气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如图2所示(X、Y均为石墨电极)。通电前，先通入一段时间含的甲烷气，使部分NaOH吸收转化为，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。
①b极为_______(填“正”或“负”)极；X极的电极反应式为_______。
②电解过程中，右池中的_______(填“增大”“基本不变”或“减小”)。
【答案】（1）
（2） ①. 碱 ②. 的水解平衡常数，可知水解程度大于电离程度，则溶液中，溶液呈碱性
（3） （4）AC
（5）5 （6） ①. 正 ②. ③. 基本不变
【解析】
【分析】随增大，在水溶液中的物质的量分数减小，在水溶液中的物质的量分数先增大后减小，在水溶液中的物质的量分数增大，故Ⅰ代表、Ⅱ代表、Ⅲ代表。则根据Ⅰ、Ⅱ交点，；根据Ⅱ、Ⅲ交点，。
【小问1详解】
根据上述分析，。
【小问2详解】
NaHS溶液中存在的电离平衡和水解平衡，、，由小于，的电离程度小于其水解程度，溶液中，溶液显碱性。
【小问3详解】
根据可知，酸性强弱为，根据强酸制弱酸，与反应不能生成，只能生成，而只能转化为不能转化为，故离子方程式为。
【小问4详解】
溶液中存在的电离平衡和水解平衡以及的水解平衡，、、，由于>，该溶液显碱性，，溶液中离子浓度大小关系为即A正确，即C正确；故选AC。
【小问5详解】
根据计算开始沉淀时，溶液中硫离子浓度为，当浓度为时，，=5，即a=5。
【小问6详解】
①该装置为电解池，Y电极区通入含有杂质气体的甲烷，使（与氢氧化钠反应生成硫化钠）转化为硫单质，该电极反应式为，则Y电极为阳极，b为电源正极，a为电源负极，X为阴极，发生还原反应，电极反应式为；
②电解过程中，右池发生、，电路中每转移电子，消耗1 ml，同时有从左池迁移到右池，而控制好通入有杂质的甲烷气体的速率1 ml消耗2 ml同时生成1 ml，则右池基本不变。
16. MnO2的用途很多，如用作电极材料和催化剂等。下图为由富锰废料(含MnO2、MnCO3、FeCO3和少量Al2O3、NiO)制备MnO2和回收金属资源的工艺流程图。
已知：有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）KMnO4中，Mn元素的化合价为___________；基态K原子核外电子占据的轨道数有___________种；基态Mn原子的价电子排布图为___________。
（2）提高“化浆”速率的措施是___________(任写一种)。
（3）流程中加入H2O2的主要目的是___________；“调pH”时，应当调节pH的范围是___________。
（4）“转化”过程中主要反应的离子方程式为___________。
（5）“沉镍”时，当Ni2+恰好完全沉淀时，溶液中的c(S2-)=___________ml·L-1，所发生的反应为：MnS(s)+Ni2+(aq)NiS(s)+Mn2+(aq)，则此反应的平衡常数K=___________。[已知此温度下Ksp(NiS)=1.1×10-21，Ksp(MnS)=4.4×10-14]（已知离子浓度≤1.0×10-5 ml·L-1时，可认为沉淀完全）
【答案】（1） ①. +7 ②. 10 ③.
（2）升温、搅拌、增大酸的浓度、或将废料粉碎等
（3） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. 4.7≤pH＜7.5
（4）
（5） ①. 1. 1×10-16 ②.
【解析】
【分析】富锰废料(含MnO2、MnCO3、FeCO3和少量Al2O3、NiO)在化浆操作中加入稀硫酸，MnCO3、FeCO3、Al2O3、NiO溶于稀硫酸形成离子进入溶液中，MnO2在吸收操作中被SO2还原进入溶液，在氧化，调pH操作中H2O2氧化Fe2+成Fe3+，再加入NaOH调pH将Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3形式除去，过滤后向滤液中加入MnS进行沉镍，最终用酸性KMnO4氧化Mn2+经系列操作得到MnO2；
【小问1详解】
根据化合价代数和为零可知，KMnO4中，Mn元素的化合价为+7价；基态K原子的原子序数为19，电子排布式为，有10种空间运动状态不同的电子；基态Mn原子为25号，价电子排布图；
【小问2详解】
提高“化浆”速率的措施可以为升温、搅拌、增大酸的浓度、或将废料粉碎等；
【小问3详解】
溶液中有Fe2+杂质，加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；调pH将Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3形式除去，而杂质Ni2+留在溶液中，故pH范围为4.7≤pH＜7.5；
【小问4详解】
过滤后向滤液中加入MnS进行沉镍，最终用酸性KMnO4氧化Mn2+得到MnO2，离子方程式为；
【小问5详解】
完全沉淀时溶液中的c(Ni2+)≤10-5，Ksp(NiS)=1.1×10-21，c(S2-)=1.1×10-16；
；
17. 化合物J具有抗缺血性脑卒中的作用，合成J的一种路线如图：
已知：①；
②E的核磁共振氢谱只有1组峰。
请按要求回答下列问题：
（1）化合物J所含官能团的名称为___________。
（2）由生成的化学方程式为___________，其反应类型为___________。
（3）写出有机物C的化学名称___________。C的某同系物X，相对分子质量比C大14，X的结构有___________种，写出其中一种核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为的有机物的结构简式___________(写出一种)。
（4）的结构简式为___________。
（5）参照上述合成路线，设计由甲醛和化合物为原料制备2-苯基乙醇()的合成路线___________。
【答案】（1）酯基 （2） ①. +Br2+HBr ②. 取代反应
（3） ①. 2-溴苯甲醛或邻溴苯甲醛 ②. 17 ③. 或者
（4） （5）
【解析】
【分析】由A分子式及J的结构，可知A中含有苯环，故A为，而D能与HBr反应生成E，D中含有碳碳双键，E的核磁共振氢谱只有1组峰，则D为、E为(CH3)3CBr，结合信息可知F为(CH3)3CMgBr，A与溴发生苯环取代反应生成B，结合J的结构可知发生甲基邻位取代，故B为，结合题干已知信息①以及B到C的转化条件可知，则B发生氧化反应生成C，故C为，结合信息与J的结构可知G为，H为，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干合成路线图可知，化合物J所含官能团的名称为酯基，故答案为：酯基；
【小问2详解】
由分析可知，A的结构简式为：，B的结构简式为：，则由生成的化学方程式为：+Br2+HBr，其反应类型为取代反应，故答案为：+Br2+HBr；取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，C的结构简式为：，故有机物C的化学名称为：2-溴苯甲醛或邻溴苯甲醛，C的某同系物X即含有醛基、碳溴键和苯环，相对分子质量比C大14即多一个CH2，则X的结构若苯环上只有一个取代基即：-CHBrCHO1种，若两有2个取代基则有：-Br和-CH2CHO；-CH2Br和-CHO两组，每组有邻间对三种位置异构，连3个取代基则有：-Br、-CH3和-CHO，则有10种位置异构，则一共有1+2×3+10=17种，其中一种核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2的有机物的结构简式为：或者，故答案为：2-溴苯甲醛或邻溴苯甲醛；17；或者；
【小问4详解】
由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
【小问5详解】
本题采用逆向合成法，即由题干已知信息①可知，可由HCHO和制备得到，可由和乙醚、Mg反应得到，可由和Br2在光照条件下制得，由此分析确定合成路线为： ，故答案为：。
18. 物质E是一种具有生物活性的多官能团化合物，其部分合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）物质E中手性碳原子的个数为_______个，物质E中所含碳原子的杂化方式为_______。
（2）用系统命名法为物质A命名，其化学名称是_______。
（3）B的结构简式为_______。
（4）C中能与Na2CO3反应的含氧官能团的名称为_______。
（5）D与足量氢氧化钠溶液共热，反应的化学方程式为_______。
（6）已知：M为A的同系物，其相对分子质量比A大14。M的同分异构体中，含有苯环且能发生银镜反应的结构有_______种；其中能发生水解反应，且苯环上只有2种氢原子的同分异构体的结构简式为_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. sp2杂化、sp3杂化
（2）2-羟基苯甲醛 （3）
（4）酚羟基、羧基 （5）
（6） ①. 25 ②.
【解析】
【分析】根据合成路线中D的结构简式结合A的分子式可知A的结构简式为；根据A生成B的反应条件可知，A与CH3CHO在NaOH的水溶液中发生题给的已知反应生成B为；B与KMnO4反应，醛基、醇羟基被氧化（酚羟基形成酚钠而被保护，不被氧化），再酸化得到C为，C再与CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到D，D再转化为E。
【小问1详解】
E中手性碳原子（标*的碳原子）有2个：；其中苯环、连接双键上的碳原子采用sp2杂化，而饱和碳原子采用sp3杂化。
【小问2详解】
物质A为，根据官能团优先原则，醛基所连的碳为“1”号碳，羟基相连的碳为“2”号，所以名称为2-羟基苯甲醛。
【小问3详解】
由上述分析可知，B的结构简式为。
【小问4详解】
C为，其中能与Na2CO3反应的含氧官能团为酚羟基、羧基。
【小问5详解】
D与足量氢氧化钠溶液共热，会发生水解反应，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
已知：M为A的同系物，其相对分子质量比A大14，则M比A多一个-CH2，M的同分异构体中，含有苯环且能发生银镜反应，则含有醛基，符合条件的同分异构体有：（10种）、（3种）、（3种）、（3种）、（3种）、、、，共有10+3+3+3+3+1+1+1=25种同分异构体；其中能发生水解反应，且苯环上只有2种氢原子的同分异构体的结构简式为。金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀时的pH
2.2
3.6
7.5
7.5
8.8
完全沉淀时的pH
3.2
4.7
9.5
9.5
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