1、四川省成都市龙泉第二中学2020届高三化学上学期1月月考试题（含解析）(考试时间：50分钟 满分：100分)一、选择题:本题共13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.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是选项目的古代文献说明A使用“凡研消(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”天工开物KNO3能自燃B鉴别区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)；“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”本草经集注利用焰色反应C提纯“(KNO3)所山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃
2、煎炼而成”开宝本草溶解，蒸发结晶D性质“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”本草纲目利用KNO3的氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、KNO3撞击后发生爆炸，不是自燃，故A错误；B、硝酸钾中含有钾元素，灼烧时，发出紫色火焰，这是焰色反应，而朴硝含有Na元素，灼烧时发出黄色火焰，因此可以通过焰色反应进行鉴别这两种物质，故B正确；C、以水淋之后，应是溶解，煎炼而成，应是蒸发，结晶，故C正确；D、发生的反应是2KNO33CSK2SN23CO2，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，故D正确；答案选A。2.食品安全和化学科学密切相关，
3、下列说法不正确的是A. 可用聚乙烯制作食品包装袋B. 瘦肉精可提高生猪的瘦肉量，我们应向养猪厂家大力推广C. 食用过量发色剂（主要成分为NaNO2）会引起人体中毒D. 绿色食品的生产须以生态环境较佳的地域为基地，并采用绿色生产技术和工艺【答案】B【解析】A、聚乙烯无毒，可用作食品包装，故A正确；B、“瘦肉精”能诱发恶性肿瘤，对人体有危害，养猪时不能使用，故B错误；C、亚硝酸钠含量超标会危害人体健康，能致癌，故C正确；D、绿色食品是指无公害、绿色生产技术和工艺，故D正确。故选B。3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元
4、素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：B. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物热稳定性：D. 最高价氧化物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为
5、P或S，Z为Cl，A. X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：，故A错误；B. W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C. W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期， 最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。4.乙酸苯甲酯R是茉莉花香气的成分之一，结构简式如图所示，下列说法正确的是()A. R的分子式为C9H12O2B. R分子所有原子可能共平面C. R能发生加成、取代、氧化反应D. R和乙酸乙酯互为同系物【答案】C【解析】【详解】A、R的分子式为C9H10O2，A错误；B、R分子中存在甲基和亚甲
6、基，不可能所有原子都共面，B错误；C、该物质中含有苯环，可以发生加成反应；含有酯基，可以发生取代反应（水解反应）；该物质还可以和O2发生燃烧反应，即氧化反应；C正确；D、同系物需满足结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2，故R与乙酸乙酯不互为同系物，D错误；故选C。【点睛】酯基和羧基中的碳氧双键不能和H2发生加成反应。5.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A. 对比，可以判定Zn保护了FeB. 对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C. 验证Zn保护Fe时不能用的方法D. 将
7、Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe
8、（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+
9、的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。6.锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置如图所示。下列说法正确的是A 装置中使用阳离子交换膜B. 锌银电池a极反应式为Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-C. 镍极主要反应为2H+2e-H2D. 若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为5.9 g【答案】B【解析】【详解】A， 观察题图知,交换膜左侧硫酸浓度增
10、大，说明SO42-由交换膜右侧向左侧迁移,交换膜为阴离子交换膜，故A错误；B， 铂极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，则a极为锌银电池的正极,正极反应式为Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故B正确；C， 本实验的主要目的是冶炼纯镍，所以镍极的主要反应是Ni2+2e-Ni，故C错误；D， b极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2,理论上,消耗65 g锌析出59 g镍,则溶解13 g锌,最多析出11.8 g Ni，故D错误；答案选B。7.常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105，Kb(NH3H2O)1.76105，下列说
11、法正确的是()A. 浓度均为0.1 molL1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C. 0.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO)c(OH)c(HCOOH)c(H)D. 0.2 molL1 CH3COONa与0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH7)：c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Cl)c(H)【答案】A【解析】【详解】A、由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(H
12、COO-)c(OH-)，c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，因Kb(NH3H2O)Ka(HCOOH)，同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，前者HCOO-水解程度小于后者NH4+的水解程度，即前者水解产生的c(OH-)小于后者水解产生的c(H+)，有前者溶液中c(H+)大于后者溶液中c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)，有c(Na+)+c(H+) c(Cl-)c(OH-)，A正确；B、CH3COOH的酸性比HCOOH弱，pH相同时，c(CH3COOH)c(HCOOH)，用NaOH滴定时，CH3COOH消耗的NaOH多，B错误；C、此时为等浓度的HCOOH和HCOONa溶
13、液，质子守恒式有c(HCOO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCOOH)可由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)和物料守恒式2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)处理得到，C错误；D、当两者等体积混合时，得等浓度CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，若不考虑CH3COOH的电离和CH3COO-的水解，有c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(CH3COOH)，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，有c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)，D错误；故选A。二、非选择题：包括必
14、考题和选考题两部分。第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11题第12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共43分)8.在恒容密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度均为1.0 molL1，在一定条件下发生反应：CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：则：(1)该反应的H_0(填“”)。(2)压强p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为_。压强为p4时，在b点：v(正)_v(逆)(填“”)。(3)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的平衡常
15、数的表达式Kp_；如果p40.36 MPa，求a点的平衡常数Kp_ (保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(4)为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制出了2条速率浓度关系曲线：v正c(CH4)和v逆c(CO)。则：与曲线v正c(CH4)相对应的是上图中曲线_(填“甲”或“乙”)。当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的平衡点分别为_(填字母)。【答案】 (1). (2). p4p3p2p1 (3). (4). (5). 1.64 (6). 乙 (7). B、F【解析】【详解】(1)根据图示，压强不变时，升高温度，CH4的平衡转化率增大
16、，说明平衡向正反应方向移动。根据升温时，平衡向吸热反应方向移动，可知正反应为吸热反应，H0；(2)该平衡的正反应为气体分子数增大的反应，温度不变时，降低压强，平衡向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大，故p4p3p2p1；压强为p4时，b点未达到平衡，反应正向进行，故v(正)v(逆)；(3)由用平衡浓度表示的平衡常数类推可知，用平衡压强表示的平衡常数Kp=；p4时a点CH4的平衡转化率为80%，则平衡时c(CH4)=c(CO2)=0.2molL-1，c(CO)=c(H2)=1.6molL-1，则p(CH4)=p(CO2)=p4=p4，p(CO)=p(H2)=p4=p4，故Kp1.64；(4)
17、CH4的浓度由1.0molL-1逐渐减小，而CO的浓度由0逐渐增加，故v正c(CH4)相对应的曲线为乙；降低温度，正、逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，则CH4的浓度增大，而CO的浓度减小，故相应的平衡点分别为B、F。9.某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、液氨、氯化铵为原料，在活性炭催化下合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL1的盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL1NaOH标准溶液滴定过剩
18、的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是_。（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_式滴定管，可使用的指示剂为_。（3）样品中氨的质量分数表达式为_。（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_（填“偏高”或“偏低”）。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_；滴定终点时，若溶液中c(Ag)=2.0105molL1，c(CrO42)为_molL1。（已知：Ksp(A
19、g2CrO4)=1.121012）（6）经测定，样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为_，制备X的化学方程式为_；X的制备过程中温度不能过高的原因是_。【答案】 (1). 当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定 (2). 碱 (3). 酚酞（或甲基红） (4). (c1V1c2V2)10317/w100% (5). 偏低 (6). 防止硝酸银见光分解 (7). 2.8103 (8). +3 (9). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2Co(NH3)6Cl3+2H2O (10). 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【解析】【详解】（1）无论三颈瓶中
20、压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂；（3）与氨气反应的n（HCl）V110-3Lc1molL-1-c2molL-1V210-3L（c1V1-c2V2）10-3mol，根据氨气和HCl的
21、关系式知，n（NH3）n（HCl）（c1V1-c2V2）10-3mol，氨的质量分数；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低。（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；根据铬酸银的溶度积常数可知c（CrO42-）=。（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水，反应方程式为2CoCl22NH4Cl10NH3H
22、2O2=2Co(NH3)6Cl32H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高。【点晴】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意综合实验设计题的解题思路，即（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
23、（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。10.碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，可用废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_。(2)“溶解”时放出
24、的气体为_（填化学式）。(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完仝沉淀的pH如下表:开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2+6.28.6Fe2+7.69.1Fe3+2.33.3Cr3+4.55.6“调pH 1”时，洛液pH范围为_；(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式_。(5)金属铬在溶液中有多种存在形式，CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)，随c(H+)的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_，根据A点数据汁算出该转化反应的平衡常数为_，温度升髙，溶液
25、中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的H _0 (填“”、“”或“=”)。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (2). H2、H2S (3). 5.66.2 (4). 4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O (5). 2CrO42 + 2H+ Cr2O72 + H2O；(不写可逆符号不得分) (6). K=c(Cr2O72)/ c2 (CrO42)c2 (H+)=0.25/0.52(107) 2=1014 (7). 【解析】【详解】（1）根据废镍中含有的成分，浸泡除铝过程中加入氢氧化钠，发生的离子反应方程式为2Al2OH2H2O=2AlO23H
26、；（2）浸泡除铝后进行过滤，滤渣为Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸溶解，Ni和Cr与稀硫酸反应生成H2,FeS与稀硫酸反应生成H2S，因此溶解过程中放出的气体为H2和H2S；（3）氧化1的目的是把Fe2氧化成Fe3，然后调节pH，根据整个流程图和表格数据，调节pH的范围是5.66.2；（4）Ni(OH)2中Ni显2价，NiOOH中Ni显3价，化合价升高，因此氧气参与反应，Ni(OH)2O2NiOOH，根据化合价升降法进行配平，因此有4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O ；（5）根据图像，Cr2O72随着H浓度的增大而增大，不能完全进行到底，因此此反应是可逆反应，离子反应方程式为2C
27、rO42 + 2HCr2O72 + H2O；根据平衡常数的定义，平衡常数的表达式为K=1014；升高温度，CrO42的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应方向是放热反应，即H0；【点睛】本题难点是氧化还原反应方程式的书写，Ni(OH)2中Ni显2价，NiOOH中Ni显3价，化合价升高，因此氧气参与反应，Ni(OH)2O2NiOOH，根据化合价的升降法进行配平，应是4Ni(OH)2O24NiOOH，会发现生成物缺少4molH原子和2molO原子，因此生成物还有2molH2O，反应方程式为：4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中
28、任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11.乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。（1）CaC2中C22-的电子式可表示为_；1mol C22-中含有的键数目为_。（2）将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_。（3）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-CN)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中处于同一直线上的原子数目最多为_。（4）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C
29、22-数目为_。【答案】 (1). (2). 2NA (3). 1s22s22p63s23p63d10 (4). sp杂化、sp2杂化 (5). 3 (6). 4【解析】【详解】（1）CaC2中C22-的两个C原子之间形成三对共用电子对，所以电子式为；碳碳三键中有2个是键，所以1mol C22-中含有的键数目为2NA；（2）根据电子的排布规律，Cu+基态核外电子数是28个，失去4s上的1个电子，所以电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（3）H2C=CH-CN分子中，碳氮三键的C原子的杂化方式是sp杂化，碳碳双键的C原子是sp2杂化；因为碳碳双键的键角是120度，碳氮三键键角是1
30、80度，所以分子中处于同一直线上的原子数目最多是3个；（4）因为CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，所以晶胞的形状不是正方体，上下底面是正方形，所以CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-只有与Ca2+同层的4个C22-，离Ca2+的距离最近且相等，则CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4.12.防晒剂(M) 的合成路线如图。已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基：+H2OR1CHO+R2CH2CHO+H2O根据信息回答下列问题：(1)M中的醚键是一种极其稳定的化学键，除此之外还含有官能团的名称为_。(2)A的核磁共
31、振氢谱中显示有_种吸收峰；物质B的名称为_。(3)C的结构简式为_；DE转化过程中第步反应的化学方程式为_。(4)的反应条件是_；的反应类型为_。(5)A也是合成阿司匹林()的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：_(任写出一种)。a苯环上有3个取代基b仅属于酯类，能发生银镜反应，且1 mol该物质反应时最多能生成4 mol Agc苯环上的一氯代物有两种(6)以F及乙醛为原料，写出合成防晒剂(M) 的路线(用流程图表示)_。流程示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【答案】 (1). 碳碳双键、酯基 (2). 4 (3). 对氯甲苯(或4氯甲苯) (4)
32、. (5). +CH3CHO (6). 银氨溶液，加热(或新制氢氧化铜，加热)，再酸化 (7). 取代反应 (8). 或 (9). 【解析】【详解】(1)M中还含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基；(2)根据A的分子式及合成路线图，可推知A的结构简式为，其分子中含有4种氢原子，故其核磁共振氢谱中显示有4种吸收峰；根据AB的反应试剂及条件，结合后续转化关系知，B的结构简式为，其名称为对氯甲苯(或4氯甲苯)；(3)C的结构简式为，结合已知信息及E的分子式，可推知D为，D与CH3CHO发生已知信息中的反应生成E，其中第步反应的化学方程式为 ；(4)反应为醛基被氧化为羧基的反应，反应条件可以是银氨溶液(或新制氢氧化铜)，加热，再酸化；E为，反应为E中的Cl转化为OCH3，故其反应类型为取代反应；(5)根据仅属于酯类，能发生银镜反应，则该同分异构体含有甲酸酯基，根据1mol该物质反应时最多能生成4mol Ag，则含有两个甲酸酯基，又苯环上有3个取代基，因此苯环上的取代基为2个HCOO-、1个-CH3，结合苯环上的一氯代物有两种，即苯环上有两种氢原子，知该同分异构体为
