2019届吉林省四平市第一高级中学高三下学期第二次模拟考试化学试题（解析版）

化学试卷

可能用到的相对原子质量：H1  C12  N14  O16  Na23  S32  I127

第Ⅰ卷(选择题  共126分)

一、选择题：

1.下列说法不正确的是

A. 煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量

B. 纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等有害离子

C. 《千里江山图》中含有很多着色的矿石颜料，其中孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜

D. Ba2+摄入过多对人体有害，但BaSO4可作为造影剂用于X—射线检查肠胃道疾病

【答案】B

【解析】

【详解】A. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量，故A正确；B．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故B错误；C.孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜，故C正确；D．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病，故D正确；故选B。

2.硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下-lgc(Ba2+)随-lgc(CO32-)或-lgc(SO42-)的变化趋势如图，下列说法正确的是

A. 趋势线A表示硫酸钡

B. 常温下，Ksp(BaCO3)＝1×10-11

C. 将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的=10

D. 在硫酸钡悬浊液中，若要使0.1mol的硫酸钡完全转化成碳酸钡，则需要加入碳酸钠的物质的量至少为0.1mol

【答案】C

【解析】

【详解】A. 硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，所以Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),因此趋势线B表示硫酸钡，故A错误；B. 常温下，Ksp(BaCO3)＝c(Ba2+)×c(CO32-)=1×10-10,故B错误；C. 将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的= Ksp(BaCO3)/ Ksp(BaSO4)= 1×10-10/1×10-11=10,故C正确；D. 因为硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，所以在硫酸钡悬浊液中0.1mol的硫酸钡不能完全转化成碳酸钡，故D错误；答案：C。

3.下列有关有机物的说法正确的是

A. 植物油难溶于水，可以用来萃取碘水中的I2

B. 通过煤的干馏可将煤中的甲苯、苯等有机物进行分离

C. 有机玻璃的链节是

D. 中所有的碳原子共平面

【答案】D

【解析】

【详解】A. 食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以和碘水发生加成反应，所以不可以用来萃取碘水中的I2，故A错误； B.煤中不含苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，煤通过干馏可以分解出苯、甲苯、二甲苯等芳香烃,故B错误; C. 有机玻璃的单体是，故C错误；D.和C==C双键两端直接相连的原子共面，所以 中所有的碳原子共平面，故D正确；答案：D。

【点睛】解答原子共面的问题应根据典型有机物的结构特点进行判断。乙烯、苯所有原子共面，甲烷所有原子不能共面。结合乙烯的特点进行判断。

4.X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，Q是同一周期中非金属性最强的元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水。下列说法正确的是

A. 原子半径：Q>Z>W

B. 熔融WQ3固体时需要破坏离子键

C. Z、W、Q三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应

D. 非金属性：Y<Q

【答案】C

【解析】

【分析】

Z、W为金属元素，过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水，由此推知X为C, Y为O,Z为Na, W为Al，Q是同一周期中非金属性最强的元素，推知Q为Cl，以此解答。

【详解】A. 因为Z为Na，W为Al，Q为Cl，它们在同一周期，且原子序数逐渐增大，所以原子半径逐渐减小，所以有：Na>Al>Cl，故A错误；B. WQ3为AlCl3，属于共价化合物，熔融WQ3时需要破坏分子间作用力，故B错误；C. Z的最高价氧化物对应的水化物NaOH,W的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3,为两性氢氧化物，Q的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，故C正确；D. Y为O，Q为Cl，非金属性：Cl<O ,故D错误；答案：C。

【点睛】考查元素周期表和元素周期律的相关知识。根据Z、W为金属元素，过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水相关的性质推断出元素的名称。X为C，Y为O，Z为Na， W为Al， Q为Cl，再根据元素周期律的知识判断相关的选项正误。

5.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A. 常温下，含有1molCl-的NH4Cl溶液中的NH4+数目小于NA

B. 物质的量之和为1mol的16O2和18O2中含有的中子数为20NA

C. 1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数一定为NA

D. 56gFe与酸反应转移的电子数一定为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A. 因为NH4+属于弱根离子，在溶液中水解，所以含有1molCl-的NH4Cl溶液中的NH4+数目小于NA，故A正确；B.因为 16O2和18O2中的中子数不同，所以物质的量之和为1mol的16O2和18O2中含有的中子数不一定为20NA，故B错误；C. 因为甲烷与氯气光照条件下发生取代反应生成的有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以1mol甲烷与1mol氯气光照条件下发生取代反应生成的CH3Cl的分子数不一定为NA ，故C错误；D. 56gFe与足量的硝酸反应转移的电子数为3NA，故D错误；答案：A。

6.氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl-，装置如图，下列说法错误的是

A. 钢筋接电源的正极

B. 金属导电网上发生的电极反应为2Cl—－2e-=Cl2↑

C. 混凝土中的钙离子向钢筋方向移动

D. 电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大

【答案】A

【解析】

【详解】A. 由Cl-移动的方向可知钢筋接电源的负极，故A错误；B. 金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl—-2e-=Cl2↑，故B正确；C. 混凝土一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，故C正确；D. 钢筋附近发生的电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-,所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，故D正确；答案：A。

【点睛】根据电解原理。阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应判断相关选项的正误。

7.下列操作、现象和结论均正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A. 将等体积等浓度的HX和HY与足量的锌反应，没说明时间，不能根据收集到的氢气量的多少判断酸性强弱，故A错误；

B.碳酸钠溶液中加入少量的氯化钡固体Ba2++CO32-＝BaCO3,使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡向左移动，滴有酚酞的溶液红色变浅，故B正确；

C. 向反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl中加入KCl溶液，因为KCl不参与离子反应，所以不影响FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动，故C错误；

D. 常温下分别测量等浓度的K2SO3和KCl溶液的pH，由于均不是最高价含氧酸对应的钾盐，所以不能根据溶液pH的大小比较元素非金属性的强弱，故D错误；

答案选B。

【点睛】化学实验的综合考察。根据实验现象，判断物质的性质。判断元素非金属性强弱的方法是：（1）非金属间的置换反应；（2）最高价氧化物的水化物的酸性强弱；（3）元素周期律等。

第Ⅱ卷(非选择题)

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

8.氯化铅(PbCl2)常用于焊接和制备铅黄等染料。利用从废旧铅蓄电池中得到的铅膏获取氯化铅的流程如图，试回答下列问题：

已知：①铅膏主要由PbSO4、PbO、PbO2和Pb等组成。

②流程图中的“1”表示液体，“s”表示固体。

③硫酸铅、氯化铅微溶于水，但氯化铅能溶于NaCl溶液中，主要发生反应：PbCl2+Cl-==[PbCl3]-。

(1)铅蓄电池的正极材料是________________(填化学式)，放电时负极的电极反应式为________。

(2)“浸取反应”是在加热条件下，用盐酸和氯化钠溶液浸取铅膏的过程，主要发生反应的方程式有

PbO2+Pb+4HCl==2PbCl2+2H2O      PbO+2HCl==PbCl2+H2O

PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4       PbCl2+Cl-=[PbCl3]-

除此之外，PbO2还能与HCl反应产生一种黄绿色气体，该反应的化学方程式是________________；该浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与________ (填气体名称，下同)、________等混合发生爆炸。

(3)PbCl2(溶液显酸性)在氯化钠溶液中的溶解度随温度的升高而增大，适当地升高温度有利于提高铅的浸取率，当温度高于70℃时，浸取率提高不明显，可能的原因是________________________________；为了提高浸取率，还可以采取的措施是________________________________________。

(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是________________________________________。

【答案】    (1). PbO2    (2). Pb+SO42--2e-==PbSO4    (3). PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O    (4). 氧气    (5). 空气(或氧气)    (6). PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发    (7). 延长浸取时间或充分搅拌    (8). 容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低

【解析】

【详解】(1)由铅蓄电池的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是PbO2，放电时负极的电极反应式为：Pb+SO42--2e-==PbSO4。答案：PbO2；Pb+SO42--2e-==PbSO4。

(2) 由PbO2能与HCl反应产生一种黄绿色气体为氯气，所以该反应的化学方程式是PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O 。浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与氧气或空气等混合发生爆炸。答案：PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O；氧气；空气(或氧气)。

(3) 因为PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4 且PbCl2+2H2OPb(OH)2+2HCl，当温度高于70℃时，PbCl2水解生成的HCl易挥发，促进了水解，所以浸取率不高，为了提高浸取率，还可以采取的措施是延长浸取时间或充分搅拌。答案：PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发；延长浸取时间或充分搅拌。

(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是形成了PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。答案：容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。

9.将0.01mol I2和0.01mol H2置于预先抽成真空的特制2L恒容密闭容器中，加热至1500K，体系达到平衡，总压强为456 kPa。体系中存在以下反应关系：

I2(g)2I(g)       △H1 Kp1=2.00

HI(g)I(g)+H(g)  △H2  Kp2

H2(g)2H(g)       △H3  Kp3=8×10-6

I2(g)+H2(g)2HI(g) △H4 Kp4

回答下列问题：

(1) △H4与△H1、△H2、△H3的关系是_________________________。

(2) I2(g)+H2(g)2HI(g)反应过程中碘单质的转化率随时间的变化曲线如图所示，A点时，v正________(填“>”“<”“=”)v逆，前5minHI的生成率v(HI)=_____________________。

(3)达到平衡状态时，氢气的物质的量分数是________________；Kp4=________________(Kp为用平衡分压代替浓度表示的平衡常数，平衡分压＝总压×物质的量分数)。

(4)下列说法能说明该体系达到平衡状态的是________________。

A．颜色不再变化

B．气体平均相对分子质量不再变化

C．气体密度不再变化

D．温度不再变化

(5)HI是一种强酸，常温下将1.0mol·L-1的HI溶液和amol·L-1的氨水等体积混合后，溶液呈中性此时溶液中离子浓度的大小关系是________________。

【答案】    (1). △H4＝△H1+△H3-2△H2    (2). >    (3). 8×10-4mol·L-1·min-1    (4). 0.2(或20％)    (5). 9    (6). AD    (7). c(NH4+)=c(I-)>c(H+)=c(OH-)

【解析】

【详解】（1）根据盖斯定律：（1）I2(g)2I(g) △H1；（2）HI(g)I(g)+H(g) △H2

（3）H2(g)2H(g) △H3；由（1）-（2）×2+（3）得（4）：I2(g)+H2(g)2HI(g) 即△H4=△H1-2△H2+△H3；答案：△H4＝△H1+△H3-2△H2。

(2) A点时反应没有达到平衡仍然向正反应方向进行，所以A点时v正>v逆；根据三段式

I2(g) + H2(g)2HI(g)

初始量（mol）   0.01    0.01       0

变化量（mol）    x        x        2x

5min量（mol）   0.01-x   0.01-x    2x

由图像知5min时碘单质的转化率为0.4，所以x/0.01=0.4,x=0.004mol, 前5minHI的生成率=（0.004mol2）/2L5min=0.0008 mol·L-1·min-1;答案：>；8×10-4mol·L-1·min-1。

(3) 达到平衡时碘单质的转化率为0.6，所以x/0.01=0.6,x=0.006mol, 根据三段式

I2(g) + H2(g)2HI(g)

初始量（mol） 0.01     0.01    0，

变化量（mol） 0.006    0.006   0.012

平衡量（mol） 0.004    0.004   0.012

达到平衡状态时，氢气的物质的量分数是0.004/(0.004+0.004+0.012)100= 20％ ;

平衡分压＝总压×物质的量分数, 平衡时总压强为456 kPam,Kp4=c2(HI)/c(I2 )c(H2)= (4560.02)2 /(4560.02)(4560.02)=9答案：20％；9。

(4) 由I2(g) + H2(g)2HI(g)反应知A．颜色不再变化，说明I2的浓度不在改变，反应体系达到平衡状态，故A正确；B．气体平均相对分子质量M=m/n,因为m和n不变，M为定值，所以气体平均相对分子质量不再变化，不能说明反应体系达到平衡状态，故B错误；C．因为反应物和生物都是气体，在恒容条件下由=m/v知气体密度是定值，所以气体密度不再变化不能说明反应体系达到平衡状态，故C错误；D．发生化学变化伴随着能量变化，所以温度不再变化说明反应体系达到平衡状态，故D正确；答案：AD。

(5)HI是一种强酸，氨水为弱碱，常温下将1.0mol·L-1的HI溶液和amol·L-1的氨水等体积混合后，溶液呈中性，溶质为NH4I和氨水，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(I-)+c(OH-) 因为c(H+)= c(OH-)，所以c(NH4+)=c(I-)。答案： c(NH4+)=c(I-)>c(H+)=c(OH-)。

10.为了探究NO2与过氧化钠反应的情况，甲、乙两位同学设计了如下实验，其装置如图。

已知：2NO2+2NaOH==NaNO3+NaNO2+H2O

试回答下列问题：

(1)仪器A的名称是________________，仪器B的作用是________________________。

(2)装入药品前必须检查装置的气密性，具体操作方法是________________________。

(3)试管中生成NO2反应的离子方程式是________________________________________。

(4)实验过程中，两位同学通过检验得知气体产物中含有较多氧气。该同学通过查阅资料了解NO2具有氧化性，据此甲同学判断NO2与过氧化钠反应可得到氧气，而乙同学认为该结论不合理，理由是__________。为验证自己的想法，乙同学对上述装置进行了改进，具体做法是________________。

(5)改进装置后，再进行实验，两位同学发现过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色，且检验不出氧气的生成，该反应的化学方程式为________________。

【答案】    (1). 分液漏斗    (2). 防止倒吸    (3). 关闭分液漏斗活塞，将干燥管末端置于水槽中，微热试管，干燥管末端有气泡产生，停止加热后干燥管中形成一段水柱，则说明装置气密性良好    (4). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑2H2O    (5). 得到的NO2中混有水蒸气，与过氧化钠反应得到氧气    (6). 装置I、Ⅱ之间添加一个装有P2O5的干燥管，以除去气体产物中的水蒸气    (7). 2NO2+Na2O2=2NaNO3

【解析】

【详解】(1)由图知仪器A的名称是分液漏斗；仪器B的作用是防止倒吸。答案：分液漏斗；防止倒吸。

(2)检查装置的气密性的方法是：关闭分液漏斗活塞，将干燥管末端置于水槽中，微热试管，干燥管末端有气泡产生，停止加热后干燥管中形成一段水柱，则说明装置气密性良好。答案：关闭分液漏斗活塞，将干燥管末端置于水槽中，微热试管，干燥管末端有气泡产生，停止加热后干燥管中形成一段水柱，则说明装置气密性良好。

(3)试管中浓硝酸和铜反应生成NO2、硝酸铜和水。所以反应的离子方程式是：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑2H2O。答案：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑2H2O。

(4)由装置图分析浓硝酸和铜反应生成NO2、硝酸铜和水，所以得到的NO2中混有水蒸气，水也能与过氧化钠反应得到氧气。改进方法是在装置I、Ⅱ之间添加一个装有P2O5的干燥管，以除去气体产物中的水蒸气。答案：装置I、Ⅱ之间添加一个装有P2O5的干燥管，以除去气体产物中的水蒸气 。

(5)改进装置后，再进行实验，两位同学发现过氧化钠的颜色由淡黄色逐渐变成白色，且检验不出氧气的生成，说明该反应没有氧气生成，反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3。答案：2NO2+Na2O2=2NaNO3。

11.研究发现，铝元素能损害人的脑细胞。适当地补充碘元素可预防甲状腺肿大，但摄入过多也会导致甲状腺肿大，因此补充人体所需的元素时也要适可而止。试回答下列问题：

(1)Fe也是人体需要补充的元素之一，试写出Fe2+的核外电子排布式：________。

(2)与Al同一周期的Na、Mg元素也是人体所需元素，Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系是________。

(3)氯化铝的熔点是194℃，氧化铝的熔点是2054℃，但是工业上不能用电解熔融氯化铝的方法获取铝单质，这是因为________________________________________。

(4)F与I是同一主族的元素，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别为________、________，BeF2分子的立体构型是________，H2O分子的立体构型是________。

(5)I2晶体的晶胞结构如图所示，该晶胞中含有________个I2分子，设该晶胞的晶胞参数为acm，则I2的密度是________________g·cm-3。

【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d6    (2). Na<Al<Mg    (3). 氯化铝是分子晶体，熔融状态下不存在离子，不能导电    (4). sp    (5). sp3    (6). 直线形    (7). V形    (8). 4    (9).

【解析】

【详解】(1)Fe的原子序数为26， Fe2+是铁原子失去最外层的两个电子，所以Fe2+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d6。答案：1s22s22p63s23p63d6。

(2) 同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但同一周期中第IIA族元素比第IIIA族元素的第一电离能大，第VA族比第VIA族第一电离能大,所以 Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系是Na<Al<Mg 。答案：Na<Al<Mg。

(3)氯化铝是分子晶体，熔融状态下不存在离子，不能导电，虽然熔点是194℃很低，但是工业上不能用电解熔融氯化铝的方法获取铝单质。答案 ：氯化铝是分子晶体，熔融状态下不存在离子，不能导电。

(4) )BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，为直线形分子；H2O分子的中心原子为O，其价电子数为6，H提供2个电子，所以O原子的价层电子对数为=4，O原子杂化类型为sp3，为V形分子，故答案为：sp、sp3；直线形；V形；

(5) 由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子；因为晶胞参数为acm，则I2的密度是=m/v=41272/a3NAg·cm-3= g·cm-3。故答案为：4；。

12.化合物G是合成某种哮喘药的中间体，G的合成路线如图，请回答下列问题：

已知：I．化合物A的核磁共振氢谱有4组吸收峰。

Ⅱ．通常情况下，在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

Ⅲ．醛能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：

Ⅳ．

(1)A的结构简式是________，名称是________，1mol A完全燃烧消耗氧气的物质的量为________mol。

(2)B生成C的化学方程式是________________________________。

(3)C的分子式为________。

(4)E生成F的反应类型是________________。

(5)G中含氧官能团的名称是________________。

(6)符合下列条件的B的同分异构体共有________种。

①能与氯化铁溶液发生显色反应

②1H—NMR谱显示分子中苯环上有2种不同化学环境的氢原子

【答案】    (1).     (2). 对甲基苯酚    (3). 8.5    (4).     (5). C7H6O2Cl2    (6). 氧化反应    (7). 羧基    (8). 羟基   4

【解析】

【分析】

根据化合物A的分子式为C7H8O,核磁共振氢谱有4组吸收峰,所以A的结构简式是，根据反应条件知B为C为，D为，E为

G为。

【详解】(1)化合物A的分子式为C7H8O,核磁共振氢谱有4组吸收峰,所以A的结构简式是。

名称是对甲基苯酚，由A的分子式为C7H8O知1mol A完全燃烧生成7molCO2和4molH2O,所以需要消耗氧气的物质的量为8.5mol。答案：；对甲基苯酚；8.5。

(2)由B的结构和氯气在光照的条件下发生取代反应，生成C的化学方程式是。答案：。

(3)由C的结构简式知C的分子式为C7H6O2Cl2。

(4)根据的反应条件知醛被新制的氢氧化铜氧化发生了氧化反应，故E生成F的反应类型是氧化反应。

(5)根据的反应条件知G的结构简式为，G中含由羧基和羟基，所以G中氧官能团的名称是羧基和羟基。

(6)由B的结构简式知符合①能与氯化铁溶液发生显色反应；②1H—NMR谱显示分子中苯环上有2种不同化学环境的氢原子的同分异构体共有：，共有4种。答案：4种。