C

如图所示，延长$CB$交${A\’}{B\’}$于点$D$，延长$BC$交${A\’}{C\’}$于点$E$，过点$A$作$FG$∥$BC$交${A\’}{B\’}$，${A\’}{C\’}$于点$F$，$G$，

$\because AF$∥$BD,AB$∥$DF$，
$\therefore$四边形$ABDF$是平行四边形，
$\therefore AB=FD$，
同理，四边形$ACEG$是平行四边形，
$\therefore AC=GE$，
$\because FG$∥$DE$∥${B\’}{C\’}$，
$\therefore \triangle {A\’}FG$∽$\triangle {A\’}{B\’}{C\’}$，
$\therefore \frac{A′F}{A′B}=\frac{A′G}{A′C}$，$\frac{A′F}{FD}=\frac{A′G}{GE}$，
$\therefore \frac{A′F}{A′G}=\frac{A′B′}{A′C′}$，$\frac{A′F}{A′G}=\frac{FD}{GE}$，
$\therefore \frac{A′F}{A′G}=\frac{AB}{AC}$，
$\therefore \frac{A′B′}{A′C′}=\frac{AB}{AC}$，即$\frac{AB}{A′B′}=\frac{AC}{A′C′}$，
同理可得，$\frac{AB}{A′B′}=\frac{BC}{B′C′}$，
$\therefore \frac{AB}{A′B′}=\frac{AC}{A′C′}=\frac{BC}{B′C′}$，
$\because {A\’}{B\’}$∥$AB,DE$∥${B\’}{C\’}$，
$\therefore \angle ABC=\angle {A\’}DB=\angle {A\’}{B\’}{C\’}$，
同理，$\angle ACB=\angle {A\’}EC=\angle {A\’}{C\’}{B\’}$，
$\therefore \angle BAC=\angle {A\’}$，
$\therefore \triangle {A\’}{B\’}{C\’}$∽$\triangle ABC$；
如图所示，延长$AB$交${B\’}{C\’}$于点$H$，延长$BA$交${A\’}{D\’}$于点$F$，延长$DA$交${A\’}{B\’}$于点$E$，延长$CB$交${A\’}{B\’}$于点$G$，

$\because$四边形$ABCD$是正方形，边长为$4$，四边形${A\’}{B\’}{C\’}{D\’}$是正方形，
$\therefore AB=BC=CD=AD=4$，$\angle ABC=\angle BCD=\angle CDA=\angle BAD=90^{\circ}$，$\angle {A\’}=\angle {B\’}=\angle {C\’}=\angle {D\’}=90^{\circ}$，
$\therefore AE=AF=1$，$BG=BH=1$，$GE=AB=4$，
$\therefore {A\’}{B\’}=1+4+1=6={B\’}{C\’}={C\’}{D\’}={A\’}{D\’}$，
$\therefore \frac{AB}{A′B′}=\frac{BC}{{B\’}C′}=\frac{CD}{C′D′}=\frac{AD}{A′D′}=\frac{2}{3}$，且对应角都是$90^{\circ}$，都相等，
$\therefore$正方形$ABCD$∽正方形${A\’}{B\’}{C\’}{D\’}$；
如图所示，矩形$ABCD$，$AB=CD=4$，$BC=AD=6$，

计算方法同上述正方形，
$\therefore$矩形${A\’}{B\’}{C\’}{D\’}$，${A\’}{B\’}={C\’}{D\’}=6$，${B\’}{C\’}={A\’}{D\’}=8$，
$\therefore \frac{AB}{A′B′}=\frac{2}{3}≠\frac{BC}{B′C′}=\frac{3}{4}$，
$\therefore$矩形$ABCD$与矩形${A\’}{B\’}{C\’}{D\’}$不是相似图形；
综上所述，新图形和旧图形是相似多边形的有$2$组，
故选：$C$.