湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考卷（四）化学（解析版）.docx

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湖南师大附中2024届高三月考试卷(四)化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16S～32Cr～52Mn～55一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学无处不在，与人类生产、生活联系密切。下列有关说法正确的是A.霓虹灯发出的五颜六色的光属于化学变化B.氯化钠不能使蛋白质变性，所以不能用作食品防腐剂C.生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维都属于新型无机非金属材料D.古壁画颜料中所用的铁红的主要成分为，可用铁与水蒸气在高温下制得【答案】C【解析】【详解】A．霓虹灯发出的五颜六色的光属于物理变化，A错误；B．高浓度的氯化钠溶液可以使细菌细胞脱水死亡，可用作食品防腐剂，B错误；C．碳化硅陶瓷和碳纤维性能优良，都属于新型无机非金属材料，C正确；D．古壁画颜料中所用的铁红，其主要成分为，但铁与水蒸气在高温下反应生成的是，D错误；故选C。2.下列化学用语正确的是A.的电子式：[Failedtodownloadimage:https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2023/12/17/54ea5f1e-22c2-437a-8a43-41d3caaed460.svg]B.铁原子的原子结构示意图：C.分子的球棍模型：D.空间填充模型，可表示分子，也可表示分子【答案】B【解析】 【详解】A．的电子式中碳原子周围是6个电子[Failedtodownloadimage:https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2023/12/17/209a122c-3669-476a-804f-a22793781a66.svg]，A错误；B．Fe为26号元素，核外电子排布式，B正确；C．分子中，中心原子最外层有一个孤电子对，对成键电子有排斥作用，则分子呈型结构，C错误；D．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体形，但原子半径为，分子填充模型为，D错误；故答案为：B。3.每年10月23日上午的6：02到晚上的6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数相似。通常用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为B.石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为C.完全溶于所得溶液中，微粒数目为D.反应中，生成时，转移的电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，与充分反应，由于该反应可逆，生成的分子数目小于，故A错误；B．根据均摊原则，每个六元环完全占用碳原子数，石墨烯中碳原子的物质的量为1mol，含有六元环的个数为0.5，故B错误；C．完全溶于所得溶液中，根据物料守恒，、微粒总数为，故C错误； D．根据反应，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+5降低为0，得出关系式，生成时，反应转移电子数为，故D正确；选D。4.下列实验中，所选用的实验方法和仪器(夹持装置略)都正确的是A.灼烧干海带：选用①、⑥、⑦、⑧B.利用加热法分离氯化铵和碘单质的混合物：选用①、②C.制备无水乙醇可向酒精中加后过滤：选用③、④、⑥D.配制的溶液：选用③、⑤、⑥、⑨【答案】D【解析】【详解】A．灼烧干海带需要用到酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，故A错误；B．氯化铵受热易分解，碘单质受热易生化，不能用加热的方式分离二者，故B错误；C．制备无水乙醇可向酒精中加后蒸馏，故C错误；D．配制的溶液需要用到：烧杯、100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故D正确；故选D。5.缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(路易斯结构是指通过共用电子使原子价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是A.、为缺电子化合物B.的键角大于的键角 C.和都是极性分子D.与可通过形成配位键发生化合反应【答案】D【解析】【详解】A．NH3中N达到了8电子结构、H达到了2电子结构不是缺电子化合物，故A错误；B．NH3的空间结构是三角锥形，键角107°，BF3的空间结构是平面正三角形，键角120°，故B错误；C．NH3是极性分子，BF3是非极性分子，故C错误；D．BF3与NH3发生化合反应时，B提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，故D正确；故答案为：D。6.下列离子方程式书写正确的是A.用铜作阳极，碳作阴极，电解稀硫酸：B.向溶液中通入一定量氯气，有50%的被氧化时：C.草酸使酸性溶液褪色：D.向溶液中加入粉末生成红褐色沉淀：【答案】B【解析】【详解】A．用铜作阳极，阳极上Cu失电子生成Cu2+，碳作阴极，溶液中阳离子移至阴极得电子，电解稀硫酸中阳离子得电子顺序：Cu2+>H+，则阴极生成铜单质，不产生氢气，故A错误；B．FeI2溶液中通入一定量的氯气，碘离子优先被氧化，当50%的被氧化时，离子方程式为：，故B正确；C．草酸为弱酸应写化学式，反应为：，故C错误；D．溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁和HCl，加入NiO与盐酸反应生成NiCl2和水，促进盐的水解正向移动，生成氢氧化铁红褐色沉淀，电荷不守恒，正确的离子方程式为：，故D错误；故选B。7.短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族；W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A.简单气态氢化物的沸点：X>W>RB.含氧酸的酸性：R>ZC.Y和R形成的化合物是离子化合物D.第三电离能：W>X【答案】A【解析】【分析】W的气态氢化物常用作制冷剂，则W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，则Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；故W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A．NH3中形成氢键比H2S的沸点高，水常温下是液态其余两种氢化物常温是气态，简单气态氢化物的沸点：X>W>R，故A正确；B．HClO的酸性比硫酸弱不能说含氧酸的酸性：R>Z，故B错误；C．AlCl3是共价化合物，因此不能说Y和R形成的化合物是离子化合物，故C错误；D．O半径小于N因此第三电离能：W＜X，故D错误；故选A。8.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向溶有的溶液中通入气体产生白色沉淀一定是B常温下，将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中铁片表面有气泡产生金属活动性：C向溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸>碳酸>硅酸D向盛有前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀产生溶液中含有和 溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．如果气体是氨气，同样也可以产生白色沉淀，故A错误；B．铁在冷的浓硝酸中发生了钝化，并不是金属活动性：Cu>Fe，故B错误；C．盐酸具有挥发性，因此需要先将产生的气体通过饱和碳酸氢钠溶液后再通入硅酸钠溶液中，故C错误；D．加入淀粉变蓝说明体系存在碘单质，加入硝酸银有黄色沉淀说明体系存在碘离子，故D正确；故选D。9.以黄铜矿()为主要原料的炼铜方法之一是生物浸出法：在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示，下列说法正确的是A.此浸出过程，温度越高，浸出速率越高B.反应I、II相同，每消耗，转移电子C.在微生物的作用下，可以循环使用的物质有和D.转化为的过程中，每生成，消耗氧气【答案】C【解析】【分析】由图可知，微生物作用下，反应I、II中亚铁离子与氧气反应转化为铁离子，CuFeS2与氢离子、铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和H2Sn，铁离子与H2Sn反应生成氢离子、亚铁离子和S8，S8与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则反应釜中硫酸铁和硫酸可循环利用。【详解】A．浸出过程中若温度过高，微生物的活性降低或失去活性会导致浸出率降低，故A错误； B．缺标准状况下，无法计算22.4L氧气的物质的量和反应I、II转移电子的物质的量，故B错误；C．由分析可知，反应釜中硫酸铁和硫酸可循环利用，故C正确；D．由得失电子数目守恒可知，S8转化为1mol硫酸根离子时，消耗氧气的物质的量为=1.2mol，故D错误；故选C。10.下列有关物质结构的说法正确的是A.图①中18-冠-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.图②物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔沸点C.图③中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的通式为D.图④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为6【答案】C【解析】【详解】A．①中18-冠-6通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故A错误；B．②物质阳离子基团较大，离子键较弱，熔沸点更低NaBF4，故B错误；C．将③中左边环补齐，则得到两个完整环，则两环共用的氧原子有左边7个、右边7个共14个；独立成个体的氧原子有10个，同时两个环都有独立的硅原子，则硅原子和氧原子个数比为（4+4×0.5）：（14×0.5+10）=6:17，结合硅化合价为+4，氧化合价为-2，可得到通式为：，故C正确；D．④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为4，故D错误；故选C。11.羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池—电解池的组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是 Aa极每参与反应，有移向氯化钠溶液B.相同条件下，电极b与c产生气体的体积比为7：3C.电极c为阴极，发生还原反应D.d极区苯酚被氧化的化学方程式为【答案】B【解析】【分析】a发生还原反应：是正极，b发生氧化反应做负极，故c为阴极d为阳极。【详解】A．据分析，a发生为了保证溶液中电荷平衡，每参与反应，有移向氯化钠溶液，故A正确；B．据分析在b产生二氧化碳，c产生氢气，根据得失电子守恒3molCO2~14mole-~7molH2，bc产生气体体积之比为3:7，故B错误；C．据分析电极c为阴极，发生还原反应，故C正确；D．d发生苯酚被羟基自由基氧化：，故D正确；故选B。12.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位()也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。苹果酸(，用表示)是应用广泛的植物酸味剂，已知：苹果酸，。现利用电位滴定法向苹果酸溶液滴加溶液以测定苹果酸溶液的浓度，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A.该滴定过程一定要使用指示剂B.a、b两点溶液均显碱性C.b点D.若a、b两点横坐标分别为2.90、5.80，则苹果酸浓度约为【答案】D【解析】【分析】滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，H2A为二元弱酸，以此分析；【详解】A．在化学计量数附近，被测离子浓度发生了突跃，电极电位也产生了突跃，进而可以确定终点的位置，无需加入指示剂，A错误；B．a点发生反应：，溶质为NaHA，HA-的电离常数为Ka2=1.7×10-5，水解常数HA-电离大于水解，溶液呈酸性；b点为第二个终点，溶质为Na2A，为强碱弱酸盐，A2-离子水解，溶液显碱性，B错误；C．b点溶质为Na2A，电荷守恒，，物料守恒，，综合可得，，C错误；D．根据a、b的反应方程式，关系式5.60×10−3L×cH2A=0.18mol/L×2.90×10−3L，则苹果酸的浓度，D正确；故答案为：D。13.羧酸与醇发生酯化反应的机理如图，下列说法不正确的是 A.该酯化反应的断键方式为“酸脱羟基醇脱氢”B.用来研究酯化反应断键规律也可行C.同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构D.物质a中的氧原子及所有碳原子杂化方式相同【答案】B【解析】【详解】A．由标记的18O可知该酯化反应的断键方式为“酸脱羟基醇脱氢”，故A正确；B．因为酯化反应的断键方式为“酸脱羟基醇脱氢”，酯化反应是可逆反应，最终所有物质中都会有18O，故B错误；C．根据第三步可知同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构，故C正确；D．物质a中的氧原子及所有碳原子杂化方式都是sp3杂化，故D正确；故选B。14.以、为原料合成涉及的主要反应如下：①②的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如图。已知： 下列分析正确的是A.B.反应①理论上高温下可自发进行C.反应②的平衡常数随温度升高而减小D.初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为28%【答案】D【解析】【详解】A．P1到P2二氧化碳的转化率增大，反应①正向体积减小，反应②体积不变，因此P1＞P2，故A错误；B．温度高于300℃时，二氧化碳的转化率增大，而甲醇的选择性降低，说明升高温度反应①逆向移动，反应②正向移动，则，而反应①的正向气体减少，∆S1＜0，低温时才有∆G=∆H1-T∆S1＜0，因此反应①理论上低温自发，故B错误；C．据解析B可知∆H2＞0，升高温度，反应B正向移动，平衡常数增大，故C错误；D．设反应①二氧化碳的变化量为xmol，反应②二氧化碳的变化量为ymol、，则根据平衡后、有、，故x=0.27、y=0.03，氢气的平衡转化率为，故D正确；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.连二硫酸锰()常用于灭菌以及水果、蔬菜的保鲜，利用悬浊液吸收气体制取连二硫酸锰的装置(部分夹持、控温仪器已省略)如图所示： 已知：i．易溶于水，其在为2.8～3.5时最稳定，温度超过时会快速分解生成易溶于水的；ii．连二硫酸的结构式：。（1）中的化合价为___________。（2）仪器a的名称是___________，仪器b装入的药品是___________(填标号)。A．浓盐酸　　　　B．浓硝酸　　　　C．稀硝酸　　　　　D．70%硫酸溶液（3）装置B的作用为___________。（4）装置C中的反应温度需要控制在左右，实验时需通入稍过量的，目的是___________；表明C中反应已完成的现象是___________。（5）测定产品中元素的质量分数：称取产品充分加热使其分解为，然后加水溶解，用的酸性溶液进行滴定(元素均转化为)。若多次滴定平均消耗溶液的体积为，则产品中元素的质量分数为___________(用含、、的代数式表示)。滴定过程中发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）+5（2）①.圆底烧瓶②.D（3）作安全瓶，防止倒吸（4）①.调节为2.8~3.5，使连二硫酸锰更稳定存在②.悬浊液变澄清（5）①.②.【解析】【分析】A装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，B装置防倒吸，在较低温度下C中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnS2O6，在较高温度下D中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnSO4，E中石灰乳吸收二氧化硫，防止污染。 【小问1详解】根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为-2价，MnS2O6中S的化合价为+5；故答案为：+5；【小问2详解】a为圆底烧瓶，用于制备二氧化硫气体，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，亚硫酸钠和盐酸反应能生成二氧化硫气体；由于盐酸易挥发，生成的二氧化硫中含有HCl杂质；硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，不能放出二氧化硫，所以仪器a应装入的药品最好是70%的硫酸溶液；故答案为：圆底烧瓶；D；【小问3详解】装置B是安全瓶，作用为防倒吸；故答案为：作安全瓶，防止倒吸；小问4详解】装置C中MnO2和SO2气体反应生成连二硫酸锰，为了调节pH为2.8~3.5，使连二硫酸锰更稳定存在，实验时需通入稍过量的SO2；反应结束时二氧化锰完全反应，表明反应完成的现象是C中得到澄清溶液或黑色固体消失；故答案为：调节pH为2.8~3.5，使连二硫酸锰更稳定存在；悬浊液变澄清；【小问5详解】KMnO4与Mn2+反应发生氧化还原反应生成MnO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，根据得失电子守恒，；故答案为：；。16.氧化铬()可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。以含铬废料(含、、、等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示：已知： ①烧渣的成分为、、、、；②部分物质的溶解度曲线如下：回答下列问题：（1）“酸溶”时加入过量，滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。（2）“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是___________。（3）“转化”时加入适量的作用是___________。（4）“煅烧”反应生成的气体中含有一种单质，写出该反应的化学方程式：___________。（5）“系列操作”具体指___________，并将所得滤液降温结晶、过滤、洗涤。（6）利用哪种冶炼方法可由制得单质铬：___________。已知单质铬的一种原子堆积方式如图所示，若铬原子半径为，阿伏加德罗常数的值为，则单质铬的密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）水解生成，能够腐蚀陶瓷（3）促进的平衡正向移动，使充分转化为（4） （5）蒸发浓缩、趁热过滤（6）①.热还原法②.【解析】【分析】含铬废料通过和氢氧化钠研磨后在氧气中焙烧，可以得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO；再经过硫酸酸，除了H2SiO3以外全部转化成为了可溶性物质，经过调整pH将金属离子沉淀，利用氟化铵将镁离子除去，在经过转化、煅烧即可得到目标产物。【小问1详解】经分析，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：H2SiO3；【小问2详解】氟化铵水解会生成HF，而HF会腐蚀陶瓷制品，因此不在陶瓷容器中除镁；故答案为：NH4F水解生成HF，HF能够腐蚀陶瓷；【小问3详解】，加入硫酸后，溶液中氢离子浓度增大，使得平衡正向移动，故答案为：促进平衡正向移动，使充分转化为；【小问4详解】重铬酸铵中铬元素被还原，氮元素被氧化生成氮气，方程式为：，故答案为：；【小问5详解】反应结束后经过蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤、洗涤即可得到晶体，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；【小问6详解】用单质铝利用铝热反应可以将Cr从Cr2O3中置换出来；根据堆积方式可知，8个顶点和体心有铬院子，则该堆积方式为体心立方堆积，设晶胞的参数为dpm，由图可知，晶胞的体对角线为4rpm，故有，晶胞的体积为，一个晶胞中有2个铬原子，质量为 ，故Cr的密度为，故答案为：热还原法、17.汽车尾气中的和在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。（1）在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、。写出催化转化器中反应的热化学方程式：___________。（2）若该反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到时刻达到平衡状态的是___________(填标号)。A.B.C.D.（3）将和按不同比例投入密闭容器中，控制一定温度(或)，发生反应达到平衡时，所得的混合气体中含的体积分数随的变化曲线如图所示。①图中a、b、c、d中对应转化率最大的是___________(填标号)；②比较与的大小并说明理由：___________。③若，温度下，反应达平衡时，体系总压强为、的体积分数为20%，则该温度下反应的平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）可电解污染气制备，装置如图所示。 ①写出电解时阳极的电极反应式：___________。②为使电解产物全部转化为，需补充物质A，A的化学式为___________。【答案】（1）（2）B（3）①.c②.，正反应是放热反应，投料比相同时，降低温度，平衡正向移动，体积分数变大③.（4）①.②.【解析】【小问1详解】、、的标准摩尔生成焓分别为、-、；则①C(s)+O2(g)=CO(g)△H=；②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=根据盖斯定律②×2-③-①×2得催化转化器中和反应生成N2、CO2的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=×2-()×2-=；【小问2详解】A．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在恒温、恒容的密闭体系中进行，反应物浓度降低，正反应速率降低，故A错误；B．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应气体物质的量减小，反应过程中平均摩尔质量增大， 后平均摩尔质量不再改变，反应达到平衡状态，故选B；C．反应过程中CO、CO2的物质的量变化量相等，故C错误；D．焓变只与反应方程式系数有关，反应共存中焓变是常量，焓变不再不变，反应不一定平衡，故不选D；选B。【小问3详解】①相同温度下，增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，所以转化率c>b>a，c、d投料比相等，c点N2的体积分数大于d点，则转化率c>d，图中a、b、c、d中对应转化率最大的是c；②正反应是放热反应，投料比相同时，降低温度，平衡正向移动，体积分数变大，所以。③若，温度下，反应达平衡时，体系的总压强为、的体积分数为20%，,x=,则该温度下反应的平衡常数=【小问4详解】①电解时阳极阳极发生氧化反应，根据图示，阳极NO失电子生成,电极反应式为。②阳极生成，阴极发生反应，根据电子守恒，阳极生成的硝酸根离子多，为使电解产物全部转化为，需补充NH3。18.一种高分子功能材料W的合成路线如下图所示： 已知：请回答下列问题：（1）D按系统命名法的名称是___________。（2）C中官能团名称是___________；D→E的反应类型为___________。（3）已知E的分子式为，的结构简式为___________。（4）G→W的化学反应方程式为___________。（5）M是G的同分异构体，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。①遇氯化铁溶液能发生显色反应；②能与反应产生气体。其中核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：2：2：2：1的结构简式为___________。（6）设计以2，3-二氯丁烷()、丙烯醛()为原料合成苯甲醛的合成路线___________(无机试剂任选)。【答案】18.4-甲基苯甲醛19.①.碳碳双键、醛基②.氧化反应20.21.22.①.13②.23.【解析】 【分析】A和B发生二烯烃加成成环的反应生成C，再发生反应将环变成苯环。将醛基氧化成为羧基后再发生卤素单质和烃基的取代反应生成F经过水解得到G，最终通过缩聚反应得到W。【小问1详解】根据D的结构可知，D为4-甲基苯甲醛，故答案为：4-甲基苯甲醛；【小问2详解】由C的结构可以看出，C中的官能团为醛基和碳碳双键，D→E的反应是发生了醛基被氧化，故答案为：碳碳双键、醛基，氧化反应；【小问3详解】F由E中的甲基氢原子被氯原子取代，得到结构为：，故答案为：；【小问4详解】G到W是羧酸和醇之间发生缩聚反应而来，方程式为：，故答案为：；【小问5详解】遇氯化铁溶液能发生显色反应，说明有酚羟基；能与NaHCO3反应产生气体说明有羧基；如果是-CH2COOH和-OH做取代基有3种，有-CH3、-OH、-COOH做取代基，三个取代基则可以定两个讨论另一个的位置，总共有10种，总共有10+3=13种结构符合题意，其中有5组峰且峰的面积比为1：2：2：2：1的结构简式为，故答案为：13、；【小问6详解】