安徽省合肥一六八中学2023届高三下学期最后一卷理科综合化学试题（含解析）

这是一份安徽省合肥一六八中学2023届高三下学期最后一卷理科综合化学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

安徽省合肥一六八中学2023届高三下学期最后一卷理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．铬是硬度最高的金属，常添加在不锈钢中以增强其耐腐蚀性
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．卡塔尔光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料主要为硅单质
D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”
2．可降解塑料PCL的合成路线如图：

下列说法正确的是：
A．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别A和B
B．B中含1个手性碳原子
C．C中碳原子有两种杂化类型
D．D到PCL的反应类型是缩聚反应
3．H2O2是化工生产中的重要原料，研究发现在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下可合成H2O2，其反应历程如图，下列说法错误的是

A．[PdCl4]2—在此过程中作为中间产物
B．Pd的配合物中配位数保持不变
C．该反应历程中有非极性键的断裂与形成
D．该过程的总反应为：H2+O2H2O2
4．下列实验方案设计(操作)、现象和结论都正确的是
选项
方案设计(操作)
现象和结论
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液并加热，冷却后加足量NaOH溶液，再滴加少量碘水
溶液不变蓝，说明淀粉水解完全
B
向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液
产生白色沉淀，说明结合质子的能力：AlO＞CO
C
相同温度下，向100mL浓度均为0.01mol•L-1的NaCl和Na2CrO4混合液中滴加0.01mol•L-1AgNO3溶液
先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀，说明Ksp(AgCl)＜Ksp(Ag2CrO4)
D
向Ba(NO3)2溶液中通入适量的SO2
产生白色沉淀，该沉淀为BaSO3
A．A B．B C．C D．D
5．化合物A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂，结构简式如图所示，W、X、Y、Z分属三个短周期的主族元素且原子序数依次增大，X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y是地壳中含量最多的元素，下列说法错误的是

A．Y与Z形成的两种化合物阴阳离子比均为1：2
B．电负性大小关系为：Y＞W＞X＞Z
C．Y基态原子核外电子有5种空间运动
D．化合物A的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
6．近年来，锂介导的氮还原已被证明是一种有前途的电化学合成氨的方法，其电合成氨装置如图所示，下列说法错误的是

A．电极A的电势高于电极B
B．阴极电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2
C．由图可知该装置反应前后，理论上乙醇的浓度不变
D．理论上若电解液传导6molH+，最多生成标准状况下33.6LNH3
7．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL.0.12mol•L-1AgNO3溶液中，该过程中溶液AG(AG=lg[])与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3mol•L-1，下列叙述错误的是.

A．a点对应溶液中存在的离子NO浓度最大
B．b点对应溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO)—c(NH)
C．最好选择c~d段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
D．由e点可知，反应Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数约为1.25×107

二、工业流程题
8．“问天”实验舱采用了砷化镓太阳电池片，镓作为战略性矿产家族新成员，在性质上“类铝”，从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3和SiO2)中回收镓的工艺流程如图所示：

(1)能提高“酸浸"效率的措施有 (任写一条措施)。
(2)“酸浸”过程中发生的主要反应的化学反应方程式为 。
(3)“操作”用到的主要硅酸盐仪器有 、 、酒精灯、烧杯、漏斗等。
(4)“碱浸”过程中，发生的主要反应的离子方程式为 ，滤渣Ⅲ的主要成分为 。
(5)GaAs晶胞如图，Ga的价电子排布式为 ，距离As最近的Ga原子数为 ，若该晶胞参数为anm，则GaAs晶胞的密度为 g•cm-3(列出算式)。


三、实验题
9．氧钒(IV)碱式碳酸铵化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O，它是制备热敏材料VO2的原料，已知VO2+在酸性条件下易被氧化，氧钒(IV)碱式碳酸铵的制备流程如图：

回答下列问题：
(1)步骤一盐酸不宜过量，原因可能 ；生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤二可在如图装置中进行。

①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入50.0mL0.02mol•L-1KMnO4溶液，VO2+转化成VO，向反应后溶液中滴加0.025mol•L-1Na2SO3标准液，至剩余的KMnO4溶液恰好反应完全，消耗Na2SO3标准液40.00mL。
①滴定至反应终点的现象为 ；
②样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为 %；
③下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．Na2SO3溶液部分变质
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成

四、原理综合题
10．研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环，是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一。
回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ•mol-1
Ⅱ.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2
Ⅲ.2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6kJ•mol-1
反应Ⅱ中，ΔH2= 。
(2)将等物质的量CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中发生如下反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，已知反应速率v=v正-v逆=k正•(CO)•c(H2O)-k逆•c(CO2)•c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在不同温度下，CO的转化率随时间变化曲线如图所示。计算b处的= 。

(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应Ⅲ，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。

①表示H2的体积分数随温度变化的曲线是 (填字母序号)。
②205℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为 mol，CO2(g)的平衡转化率为 。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp= (列出计算式)。
(4)CO2加氢制甲醇也具有重要的经济价值，其热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，但也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH＞0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反变应器，CO2转化率和甲醇选择性[x(CH3OH)%]随温度化关系如图所示：

若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因： 。

五、有机推断题
11．水杨酸A具有解热镇痛的功效，其可作为医药工业的原料，用水杨酸制备平喘药沙丁胺醇的路线如图：(Ac表示－COCH3；Ph表示－C6H5)。

(1)水杨酸A的化学名称为 。
(2)化合物B中处在同一平面的碳原子最多有 个；B中含氧官能团的名称为 。
(3)请写出C→D的化学方程式： ，E→F的反应类型为 。
(4)化合物M()是化合物A的同分异构体，其沸点M高于A，请解释原因： 。
(5)化合物C的同分异构体中，满足下列条件的结构有 种；其中，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 。
①属于芳香族化合物；
②能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质最多能产生2molCO2。

参考答案：
1．B
【详解】A．铬是硬度最高的金属，常添加在不锈钢中以增强其耐腐蚀性、硬度，A正确；
B．玻璃纤维属于合成高分子化合物，不属于天然有机高分子化合物，故B错误；
C．硅为常用的半导体材料，卡塔尔光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料主要为硅单质，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，使合金具有各种不同的性能，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”，故D正确；
故选B。
2．C
【分析】苯酚与H2在Ni催化下加热，生成环己醇，则B是环己醇，C与过氧乙酸发生氧化反应，生成D（C6H10O2），则D中含有酯基，D在一定条件下酯基断键聚合生成PCL，据此回答。
【详解】A．A是苯酚，B是环己醇，均可以被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，故酸性高锰酸钾溶液不可鉴别A和B，A错误；
B．环己醇中存在对称轴，故与羟基相连的碳原子不属于手性碳原子，即B中不存在手性碳原子，B错误；
C．C中碳原子有sp2、sp3杂化方式，即两种杂化方式，C正确；
D．缩聚反应有小分子生成，结合聚合物结构简式可知其过程为加聚反应，D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．由图可知，[PdCl4]2—在此过程中是反应的催化剂，故A错误；
B．由图可知，[PdCl4]2—中中心离子为正二价钯离子，氯离子为配体，配位数为4，[PdCl2O2]2—中中心离子为正四价钯离子，氯离子、氧离子为配体，则反应过程中钯的配合物中配位数保持不变，故B正确；
C．由图可知，该反应历程中有氧氧、氢氢非极性键的断裂和氧氧非极性键的形成，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为催化剂作用下，氢气与氧气反应生成过氧化氢，反应的化学方程式为H2+O2H2O2，故D正确；
故选A。
4．B
【详解】A．碘水能与过量的氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，则向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液并加热，冷却后加足量氢氧化钠溶液，再滴加少量碘水，溶液不变蓝色不能说明淀粉水解完全，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，则向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀说明偏铝酸根离子结合质子的能力强于碳酸根离子，故B正确；
C．相同温度下，向100mL浓度均为0.01mol•L-1的氯化钠和铬酸钠混合溶液中加入硝酸银溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀，说明氯化银的溶解度小于铬酸钠，由于两种沉淀的组成类型不同，无法比较溶度积的大小，故C错误；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，则向硝酸钡溶液中通入二氧化硫，酸性条件下硝酸根离子会将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故D错误；
故选B。
5．D
【分析】W、X、Y、Z分属三个短周期的主族元素且原子序数依次增大，则W为H元素；Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na元素；X原子形成3个和4个共价键，最高价氧化物对应的水化物为弱酸， 则X为B元素。
【详解】A．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为1：2，故A正确；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性大小顺序为O＞H＞B＞Na，故B正确；
C．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，则核外电子有5种空间运动，故C正确；
D．由结构简式可知，化合物A的阴离子中形成硼原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
6．D
【分析】由图可知，通入氢气的电极A为阳极，氢气在阳极失去电子发生还原反应生成氢离子，氢离子与EtO—离子反应生成EtOH，EtOH解离出氢离子和EtO—离子，通入氮气的电极B为阴极，锂离子在阴极得到电子生成锂，锂与氮气和EtOH解离出的氢离子反应生成氨基锂，氨基锂与氢离子反应生成锂离子和氨气，则阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3。
【详解】A．由分析可知，通入氢气的电极A为阳极，通入氮气的电极B为阴极，则电极A的电势高于电极B，故A正确；
B．由分析可知，阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，故B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，则该装置反应前后，理论上乙醇的浓度不变，故C正确；
D．由分析可知，阴极的电极反应式为N2+2Li++4H++6e—=2LiNH2，则放电时4mol氢离子参与放电生成2mol氨基锂，2mol氢离子与氨基锂生成2mol氨气，则理论上若电解液传导6mol氢离子，生成标准状况下氨气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故D错误；
故选D。
7．C
【分析】银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，由图可知，a点为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，由e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段。
【详解】A．由分析可知，a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，故A正确；
B．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c(NH)+c(H+)=c(OH—)+c(NO)可知，溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO)—c(NH)，故B正确；
C．由分析可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C错误；
D．由题意可知，e点加入氨水体积为4.7mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为2×10-3mol/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为—2×10-3 mol/L≈0.1mol/L，反应的平衡常数K===1.25×107，故D正确；
故选C。
8．(1)将废料粉碎.搅拌，适当升温等
(2)GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑十H3AsO4+4H2O
(3) 玻璃棒 蒸发皿
(4) Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O Fe(OH)3
(5) 4s24p1 4

【分析】砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3和SiO2)中回收镓，先将砷化镓废料“酸浸”， SiO2不溶，过滤得到滤渣Ⅰ，GaAs发生反应GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑十H3AsO4+4H2O，Fe2O3转化为硝酸铁，然后加入适量氢氧化钠中和，Ga(NO3)3转化为Ga（OH）3沉淀、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，H3AsO4转化为Na3AsO4，过滤，滤液为Na3AsO4，进一步操作得到Na3AsO4•12H2O；滤渣Ⅱ为、，加入NaOH，转化为，过滤得到滤渣Ⅲ为，进一步得到Ga，据此解答。
【详解】（1）将废料粉碎.搅拌，适当升温等能提高“酸浸"效率。
（2）“酸浸”过程中发生的主要反应的化学反应方程式为GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑十H3AsO4+4H2O。
（3）“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，用到的主要硅酸盐仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、烧杯、漏斗等。
（4）“碱浸”过程中Ga(OH)3转化为NaGaO2，发生的主要反应的离子方程式为Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O，滤渣Ⅲ的主要成分为Fe(OH)3。
（5）Ga是31号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价电子排布式为4s24p1；结合晶胞结构，As距离最近的Ga原子有4个，该晶胞参数为anm，晶胞中As原子位于顶点和面心，一个晶胞中As原子数目为，Ga原子位于晶胞内部，一个晶胞中Ga原子数目为4，则晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3= g/cm3。
9．(1) VO2+在酸性条件下易被氧化变质，盐酸过量会消耗步骤二中的NH4HCO3，降低原料利用率 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O
(2) d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) 当滴入最后半滴Na2SO3标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变 BD

【分析】由实验装置图可知，装置A中盐酸与石灰石反应制备用于排尽装置中空气的二氧化碳气体，装置C中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，装置D中VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应制备氧钒(IV)碱式碳酸铵，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。
【详解】（1）由题给流程可知，步骤一的目的是制备VOCl2，由题给信息可知，若盐酸过量，VO2+在酸性条件下易被氧化变质，不利于VOCl2的制备，过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率；由题意可知五氧化二钒与N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，故答案为：VO2+在酸性条件下易被氧化变质，盐酸过量会消耗步骤二中的NH4HCO3，降低原料利用率；2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；
（2）①由分析可知，装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；
②由分析可知，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则制备氧钒(IV)碱式碳酸铵的具体操作为实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊，说明装置中空气已经排尽，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体，故答案为：当装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①当亚硫酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，滴入最后半滴亚硫酸钠溶液，溶液会由紫色变为无色，则当滴入最后半滴亚硫酸钠标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变说明滴定达到滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴Na2SO3标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变；
②由得失电子数目守恒可知，VO2+的物质的量为0.02mol/L×0.05L×5—0.025mol/L×0.04L×2=0.003mol，则由钒原子个数守可知，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数为×100%=%，故答案为：；
③A．亚硫酸钠溶液部分变质会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故错误；
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大，故正确；
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，活塞下部附有的水分会稀释亚硫酸钠溶液，会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故错误；
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大，故正确；
故选BD。
10．(1)-332.0kJ/mol
(2)2.25或
(3) a 3 66.7%
(4)主反应放热，副反应吸热。升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率.和甲醇选择性下降

【详解】（1）已知下列反应的热化学方程式：
I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)     ΔH1=+41.2kJ•mol-1
Ⅱ.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)     ΔH2
Ⅲ.2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)     ΔH3=-249.6kJ•mol-1
按盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅲ-2×反应Ⅰ，ΔH2=-=-332.0kJ/mol。
（2）将等物质的量CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中发生如下反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，b点对应曲线Ⅰ，平衡时CO转化率为50%，则平衡时CO、H2O、CO2和H2的物质的量浓度相等，正、逆反应速率相等，k正•(CO)•c(H2O)=k逆•c(CO2)•c(H2)， ，b处存在三段式：，则b处的。
（3）①在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)     ΔH3=-249.6kJ•mol-1，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则CO2、H2的体积分数随温度升高而增大，且起始充入1molCO2(g)和3mol H2 (g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2的体积分数随温度变化的曲线为a；表示CO2、C2H4和H2O的曲线分别为b、d、c。
②根据三段式分析可知： ，结合①的分析可知，205℃时，反应达到平衡后，A点C2H4和CO2的体积分数相等，故有1-2x=x，解得：x=mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=3mol；，CO2(g)的平衡转化率为；若平衡时总压为P，则、、、，该反应的平衡常数：Kp=。
（4）若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因：主反应放热，副反应吸热。升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率.和甲醇选择性下降。
11．(1)邻羟基苯甲酸(或2－羟基苯甲酸)
(2) 9 羧基、酯基
(3) +Br2→+HBr 还原反应
(4)M易形成分子间氢键，使沸点升高，而A形成分子内氢键，使沸点降低
(5) 10 和

【分析】水杨酸A和Ac2O反应生成B，B在AlCl3作用下得到C，C和溴发生取代反应得到D，结合E的结构可知，D是C中甲基上的一个氢原子被溴原子取代生成的，故D的结构简式为，D发生取代反应生成E，E被LiAlH4还原为F，F和H2反应得到G。
【详解】（1）根据水杨酸的结构可知，水杨酸的化学名称为邻羟基苯甲酸(或2－羟基苯甲酸)。
（2）根据B的结构简式，苯环是平面结构，碳氧双键也是平面结构，单键可以旋转，所以该物质中所有碳原子都可以在同一平面，故处在同一平面的碳原子最多有9个；根据B的结构简式可知B中含氧官能团的名称为羧基、酯基。
（3）C的分子式为C9H8O4，D的分子式为C9H7O4Br，C→D是C中的一个氢原子被溴原子代替，结合E的结构可知，D是C中甲基上的氢原子被溴原子代替，化学方程式为：  +Br2→  +HBr。E→F是E中的酮羰基变为羟基，反应类型为还原反应。
（4）M分子中羧基和羟基处于对位，易形成分子间氢键，使沸点升高，而A分子中羧基和羟基处于邻位，形成分子内氢键，使沸点降低，所以化合物M的沸点高于A。
（5）化合物C的同分异构体，要求属于芳香族化合物，即分子中有苯环；能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质最多能产生2molCO2，分子中有两个羧基，则苯环上除了连有两个羧基外还有一个碳原子。如果苯环上只有一个取代基，即两个羧基连在和苯环相连的同一个碳原子上，则有一种结构；若苯环上有两个取代基，则为一个羧基和一个-CH2COOH，有邻、间、对三种相对位置；若苯环上有三个取代基，则分别为甲基和两个羧基，有六种相对位置，所以共10种同分异构体。其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为和。