辽宁省锦州市2022届高三第二次模拟考试理综化学可能用到的相对原子质量：H-1O-16Ni-591.下列说法正确的是A.向海水中加入净水剂明矾可使海水淡化B.合成纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C.利用加热的方法杀死人体内感染的埃博拉病毒D.“雾”是微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，“霾”中的灰尘对大气中的有害物质起吸附作用【答案】D【解析】A、净水剂是除去水中悬浮杂质，而对海水中的离子无法除去，不能达到淡化的目的，选项A错误；B、光导纤维是二氧化硅，不是有机高分子材料，选项B错误；C、人体不可能利用加热的方法处理，选项C错误；D、“雾”是微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，“霾”中的灰尘对大气中的有害物质起吸附作用，选项D正确。答案选D。2.下列关于有机物的说法不正确的是A.有机物的一氯代物有5种B.淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应C.用碳酸钠溶液可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体D.乙醇被酸性KMnO4溶液充分氧化的化学方程式为：5CH3CH2OH+4KMnO4+6H2SO4→5CH3COOH+2K2SO4+4MnSO4+11H2O 【答案】A【解析】A、有机物高度对称，其一氯代物只有3种，选项A不正确；B、淀粉遇碘变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应产生砖红色沉淀，选项B正确；C、乙酸与碳酸钠反应产生气体,苯可浮在碳酸钠溶液之上,乙醇与碳酸钠溶液互溶,选项16C正确；D、乙醇被酸性KMnO4溶液充分氧化的化学方程式为：5CH3CH2OH+4KMnO4+6H2SO4→5CH3COOH+2K2SO4+4MnSO4+11H2O，选项D正确。答案选A。3.下列反应的离子方程式书写不正确的是A.用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3·H2O＋SO2＝NH4+＋HSO3-B.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC.双氧水作脱氧剂，用于消除水中的氯气：Cl2+H2O2=2H++O2+2Cl-D.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2++Al3++SO42-+4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】A、氨水与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，所以离子方程式为NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-，选项A正确；B、过氧化氢将碘离子氧化产生碘单质，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，选项B正确；C、氯气将双氧水氧化产生氧气，离子方程式为：Cl2+H2O2=2H++O2+2Cl-，选项C正确；D、向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2++Al3++2SO42-+4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查了离子反应方程式正误判断、氧化性和还原性的判断等知识点，明确反应中离子过量反应引起的不同离子反应，应该注意配平。4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低C向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量的BaCl2证明Na2CO316固体溶液红色变浅溶液中存在水解平衡D向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液产生白色沉淀试样已氧化变质A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、KI溶液中含有的是碘离子，易溶于水，选项A错误；B、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，选项B错误；C、对于水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH–，加入少量BaC12固体，会消耗CO32-使平衡逆移，溶液碱性减弱，选项C正确；D、向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(C1O)2溶液，Ba(C1O)2溶液具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，选项D错误。答案选C。5.X、Y、Z、M为构成生命体的基本元素，其原子序数依次增大，下列说法不正确的是A.四种元素可形成两种以上的盐B.四种元素中原子半径最大的为MC.Y、Z、M的氢化物中，M的氢化物最稳定D.由四种元素中的两种形成的相对分子质量最小的有机物不能发生加成反应【答案】B【解析】X、Y、Z、M为构成生命体的基本元素，其原子序数依次增大，则分别为H、C、N、O。故A、四种元素可形成两种以上的盐，如NH4HCO3、(NH4)2CO3、NH4NO2、NH4NO3等，选项A正确；B、同周期主族元素原子从左到右依次减小，四种元素中原子半径最大的为Y（C），选项B不正确；C、Y、Z、M的氢化物中，H2O最稳定，选项C正确；D、由四种元素中的两种形成的相对分子质量最小的有机物CH4不能发生加成反应，选项D正确。答案选B。166.已知：电池的理论比能量指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。镁一空气电池的总反应方程式为:2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，其工作原理如下图所示，下列说法不正确是A.该电池的放电过程的正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-B.为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜C.与铝一空气电池相比，镁一空气电池的比能量更高D.采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极【答案】C【解析】A、根据题给放电的总反应2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，氧气在正极得电子，由于有阴离子交换膜，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，选项A正确；B、负极是金属失去电子生成金属阳离子，因为镁离子或铝离子都可以和氢氧根离子反应生成氢氧化物沉淀，说明应采用中性电解质或阳离子交换膜，防止正极产生的氢氧根通过而反应，选项B正确；C、24g镁失去2mol电子，27g铝失去3mol电子，所以铝-空气电池的理论比能量更高，选项C不正确；D、多孔电极可以增加氧气与电极的接触，使氧气充分反应，选项D正确。答案选C。7.常温下，用0.1000mol/L的盐酸滴定0.1000mol/LNa2CO3溶液25.00mL。用pH传感器测得混合溶液的pH变化曲线如图。下列说法正确的是A.c→d发生的主要离子反应：HCO3－+H+=H2O+CO2B.在b点时，c(HCO3－)>c（CO32－）>c(OH－)C.在d点时，c(OH－)=c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)D.在e点时完全反应后溶液中水电离出c(H+)=1.0×10-7mol•L-1【答案】B16【解析】A．a点为碳酸钠溶液，b点加入12.5mL盐酸时有1/2的Na2CO3转化成NaHCO3；d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠；e点加入50mL盐酸，反应后溶质为NaCl，故c→d发生的主要离子反应：CO32-+H+=HCO3-，A错误；B．b点时，有1/2的Na2CO3转化成NaHCO3，由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，故c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)，B错误；C．d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-2c(HCO32-)，C错误；D．在e点时，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，D正确；答案选D。点睛：本题综合考查离子浓度的大小比较，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。明确碳酸钠和盐酸反应分步进行以及灵活应用三大守恒是解答的关键。8.亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。【背景素材】Ⅰ.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。II.Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+III.亚硝酸不稳定，易分解，切有一定氧化性，在在酸性条件下：Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，S2O32-能将I2还原为I-。【制备氮氧化物】（1）甲组同学拟利用如下左图所示装置制备氮氧化物.①仪器X、Y的名称是：______、____。②装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1：1，则则置B中发生反应的化学方程式为________________________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO)_____n(NO2)_(填“>”或“<”).16【制备Ca(NO2)2】（2）乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2，装置如上右图。①装置C中导管末端接一玻璃球的作用是___________。②装置D的作用是________；装置E的作用是____________。【测定Ca(NO2)2的纯度】(3)丙组同学拟测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a.稀硫酸 b.c1mol•L-1的KI溶液 c.淀粉溶液 d.c2mol•L-1的Na2S2O3溶液e.c3mol•L-1的酸性KMnO4溶液①利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是________(填字母序号)。②利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，___________（请补充完整实验步骤）。【答案】(1).分液漏斗(2).锥形瓶(3).2SO2＋2HNO3＋H2O＝NO＋NO2＋2H2SO4(4).＜(5).增大与石灰乳的接触面积(6).防止倒吸（或作安全瓶）(7).吸收未反应的氮氧化物(8).e(9).加入过量c1mol/LKI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2moi/LNa2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2～3次【解析】(1)①仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶，故答案为：分液漏斗、锥形瓶；②根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO2)＞n(NO)，故答案为：2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4；>；⑵①装置C中导管末端接一玻璃球，可以增大与石灰乳的接触面积，故答案为：增大与石灰乳的接触面积；16②反应中，装置内气体的压强会发生变化，装置D可以防止倒吸；装置E中的氢氧化钠可以吸收未反应的氦氧化物，防止污染空气，故答案为：防止倒吸(或作安全瓶)；吸收未反应的氦氧化物，防止污染空气；⑶①根据信息Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3mol·L-1的酸性KMnO4溶液，故答案为：e；②根据信息Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，S2O32-能将I2还原为I-。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，可以选择c1mol·L-1的KI溶液、淀粉溶液和稀硫酸以及c2mol·L-1的Na2S2O3溶液，步骤为准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L-1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2〜3次，故答案为：加入过量c1mol·L-1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2〜3次。点睛：本题考查了物质的制备，含量测定的实验方案的设计。本题的难点是利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤的设计，要求学生就业较高的实验设计的能力。9.二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。（1）已知：CH4、CO、H2的燃烧热分别为890KJ/mol、283KJ/mol、285.8KJ/mol，计算下列反应的反应热。CH4(g)+2CO2(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH=_________kJ/mol（2）二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n(H2)：n(CO2)=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H。①温度对CO2的平衡转化率和催化效率的影响如图所示。16图中M点时，乙烯的体积分数为_________（保留2位有效数字）；为提高CO2的平衡转化率，出改变温度外，还可采取的措施有__________、________。（任写两条）；②不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：b曲线代表的物质是______；T1温度下的平衡转化率为_______，相对于起始状态，平衡时气体的平均分子量增大的百分率为______（保留三维有效数字）。（3）电解法制取乙烯如图所示。其中电极a接电源的_______极，该电解反应式________。【答案】(1).+247.6(2).7.7%（或0.077）(3).增大压强(4).或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等(5).H2O(g)(6).50%(7).23.1%(8).负极(9).2CO2＋12H+＋12e‾＝CH2＝CH2＋4H2O【解析】（1）根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H1=-571.6kJ/mol；②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H2=-890kJ/mol；③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=-566kJ/mol；16利用盖斯定律将②-①-③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=△H2-△H1-△H3=+247.6kJ/mol；（2）①设H2的物质的量为3nmol，则CO2的物质的量为nmol，从图看出M点时CO2的转化率为50﹪，则有：6H2（g）＋2CO2（g）CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）n（起始）/mol3nn00n（变化）/mol1.5n0.5n0.25nnn（M点）/mol1.5n0.5n0.25nn乙烯的体积分数为：=0.077=7.7%；提高CO2的平衡转化率就是使平衡向正向移动，措施还有：增大压强、增大n(H2)：n(CO2)的比值、增加c(H2)、将产物乙烯气体分离出来等；②由图1可知，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，则正反应为放热反应，图2表示的是不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量随温度的升高而变化，b曲线随温度的升高物质的量减少，则为生成物，且变化趋势大，应该是化学计量数大的H2O，即代表的物质是H2O；根据图中可知，起始时以氢气和二氧化碳投料，T1时n(H2)=6mol，n(H2O)=4mol，则开始投料时n(H2)=6mol+6mol=12mol，转化率为；6H2（g）＋2CO2（g）CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）n（起始）/mol12400n（变化）/mol6214n（T1点）/mol6214平衡时气体的平均分子量与气体的物质的量成反比，则增大的百分率为；（3）根据图中信息可知，电极a处二氧化碳得电子产生乙烯，做为阴极，接电源的负极，该电解反应式为：2CO2＋12H+＋12e‾＝CH2＝CH2＋4H2O。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:16回答下列问题:(1)“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为___________。(2)“溶解”时放出的气体为________(填化学式)。(3)“氧化1”时，酸性条件下，溶液中的Fe2+被氧化为Fe3+，其离子方程式为______。(4)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的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pH1”时，溶液pH范围为________;过滤2所得滤渣的成分________(填化学式)。(5)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式________________。（6）若加热不充分，则制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2,其组成可表示为xNiOOH·yNi(OH)2。现称取8.29gxNiOOH·yNi(OH)2样品溶于稀硫酸，搅拌至溶液清亮，定容至200mL，从中移取20.00mL，用0.010mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定，重复上述操作2次，平均消耗KMnO4标准溶液20.00mL。已知5Ni2++MnO4+8H+=5Ni3++Mn2++4H2O，则x=_______，y=_______。【答案】(1).2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑(2).H2和H2S(3).2Fe2+＋ClO‾＋2H+2Fe3＋Cl‾＋H2O(4).5.6～6.2(5).Cr(OH)3和Fe(OH)3(6).4Ni(OH)2＋O2＝4NiOOH＋2H2(7).8(8).1【解析】(1)“浸泡除铝”时，氢氧化钠将铝溶解，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(2)“溶解”时，硫酸与Ni、Cr、FeS反应，放出的气体为H2和H2S，故答案为：H2和H2S；16(3)“氧化1”时，酸性条件下，次氯酸钠将溶液中的Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；(4)根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH表，“调pH1”时，目的是将Fe3+和Cr3+除去，因此溶液pH范围为5.6〜6.2，过滤2所得滤渣的成分为Cr(OH)3和Fe(OH)3，故答案为：5.6〜6.2；Cr(OH)3和Fe(OH)3；(5)在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式为4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；(6)消耗KMnO4物质的量：0.01mol•L-1×0.02L=2×10-4mol，根据5Ni2++MnO4-+8H+=5Ni3++Mn2++4H2O可知，样品中含有的Ni2+物质的量：2×10-4mol×5×(200÷20)=0.01mol，0.01mol的Ni(OH)2的质量为93g/mol×0.01mol=0.93g，则NiOOH的质量为8.29g-0.93g=7.36g，物质的量为=0.08mol，x：y=n(NiOOH)：n[Ni(OH)2]=0.08mol：0.01mol=8：1，则x=8，y=1，故答案为：8；1。11.钛的化合物如TiO2、Ti(NO3)4、TiCl4、Ti(BH4)2等均有着广泛用途。（1）写出Ti的基态原子的外围电子排布式________；（2）TiCl4熔点是-25℃，沸点136.4℃，可溶于苯或CCl4，该晶体属于_____晶体；BH4－中B原子的杂化类型为____________；（3）在 TiO2催化作用下，可将CN－氧化成CNO－，进而得到N2。与CNO－互为等电子体的分子化学式为_________________。（填一种）（4）Ti3+可以形成两种不同的配合物：[Ti(H2O)6]Cl3（紫色），[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O（绿色），两者配位数_____（填“相同”或“不同”），绿色晶体中配体是______。（5）TiO2难溶于水和稀酸，但能溶于浓硫酸，析出含有钛酰离子的晶体，钛酰离子常成为链状聚合形式的阳离子，其结构形式如图1，化学式为____________。16（6）简单立方晶胞如图2。若果半径为r的原子保持紧密接触，立方体的中心能容得下半径最大为_____的一个原子（用含r的代数式表示）。【答案】(1).3d24s2(2).分子晶体(3).sp3(4).CO2(或N2O、CS2、BeCl2等合理均可给分，写成离子的不得分)(5).相同(6).Cl－、H2O(7).[TiO]n2n+(8).0.732r或(-1)r【解析】（1）钛是22号元素，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则其基态原子的外围电子排布式为3d24s2；（2）因TiCl4在常温下是无色液体，熔点-23.2℃，沸点136.2℃，熔沸点低，由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，BH4-中B原子价层电子对=4+（3+1-4×1）=4，且没有孤电子对，则BH4－中B原子的杂化类型为sp3；（3）CNO-中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体中分子为：CO2（或N2O、CS2、BeCl2等），离子为：SCN-或（N3-）等；（4）[Ti（H2O）6]Cl3（紫色），配体为：H2O，配位数为6，[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O（绿色），配体为Cl-、H2O，配位数为6，两者配位数相同；（5）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1：1；Ti元素为+4价、O元素为-2价，据此书写其化学式为[TiO]n2n+；（6）在每个钛的晶胞中含有钛原子数为8×+6×=4，设晶胞的连长为a，根据ρ＝有，ρ＝，所以a=cm=cm。12.聚芳酯（PAR）在航空航天等领域具有广泛应用。下图是合成某聚芳酯的路线：16已知：（1）A的名称为______________________，B的结构简式是_________________________。（2）D的分子式为_______________________，反应④的反应类型是________________。（3） 写出⑤的化学方程式为______________________________________________。（4）M是符合下列条件的B的同分异构体 a．能发生银镜反应、水解反应，还能与Na2CO3溶液反应 b．苯环上只有两个取代基且无“—O—O—”结构c．能与FeCl3发生显色反应则M共有_______种；其中存在着含4种不同化学环境的氢的物质，写出其与Na2CO3溶液反应但不产生气体的化学方程式（任写一种） ____________________________________。【答案】(1).间二甲苯（或1，3—二甲基苯、1，3—二甲苯）(2).(3).C5H8O3(4).取代反应或酯化反应(5).16(6).6种(7).【解析】根据流程图结合已知，可推出聚芳酯（PAR）由C和F通过缩聚反应得到，则C、F是两种单体，分别为、；F由E和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应而得，则E为；结合已知，E是由D与两分子苯酚在一定条件下反应而得，则D为；C由B与SOCl2反应生成，结合已知，则B为16；A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，则A为。（1）的名称为间二甲苯或1，3—二甲基苯、1，3—二甲苯，B的结构简式是；（2）的分子式为C5H8O3，反应④是E和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成F，则反应类型是取代反应或酯化反应；（3）反应⑤是C和F通过缩聚反应得到聚芳酯（PAR），其化学方程式为；（4）的同分异构体M符合下列条件：a．能发生银镜反应、水解反应，还能与Na2CO3溶液反应，则分子中应该有一个甲酸酯的结构，c．能与FeCl3发生显色反应，说明分子中有酚羟基，酚能与Na2CO3溶液与反应，也符合a，b．苯环上只有两个取代基且无“—O—O—”结构，则符合的除苯环两个取代基的组合为—OH和、—OH和，而在苯环上的位置有邻、间、对位，则符合的同分异构体有6种；16其中存在着含4种不同化学环境的氢的物质取代基在对位，与Na2CO3溶液反应但不产生气体的化学方程式有：。16