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开封市高级中学（开封高级中学实验学校）2026届高三下学期考前预测（二）化学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学源于生活又服务于生活。化学在古代生活中就已有诸多高光时刻，下列说法正确的是( )
A.西汉鎏金铜马采用的鎏金工艺，即铜上镀金，采用的是电镀原理
B.青花瓷作为我国主流瓷器，耐酸、碱和高温，不会被任何物质腐蚀
C.秦兵马俑出土前具有鲜艳的彩绘，可利用光谱分析获知彩绘中含有的元素种类
D.敦煌壁画颜料中含有孔雀石等，其属于碱
2．下列化学用语表述错误的是( )
A.和的最外层电子排布图均为
B.的电子式为
C.的分子结构模型为
D.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A.25℃、的溶液中含有的数目为0.02
B.密闭容器中1molNO与足量反应，所得混合气体中分子数为
C.中含有的共价键数目为16
D.标准状况下，分子中含有键的数目为
4．下列实验能达到相应目的的是( )
A制备氢氧化铁胶体 B配制100mL稀硫酸
C检验浓硫酸与铜反应后的产物中的 D测定醋酸的浓度
A.A B.B C.C D.D
5．麻黄碱()在治疗伤风感冒及支气管哮喘等疾病中具有广泛应用。可通过与反应制备。下列说法正确的是( )
A.麻黄碱不溶于水
B.麻黄碱分子中含有3个手性碳原子
C.麻黄碱分子中C原子的杂化方式为、
D.制备麻黄碱的反应类型为还原反应
6．下列相关离子方程式表示正确的是( )
A.向溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：
B.使酸性溶液褪色：
C.向溶液中通入过量：
D.向酸性的淀粉-碘化钾溶液中通入，溶液变蓝：
7．二氧化钛的晶体和非晶体材料都能催化还原为。该反应中，首先在催化剂表面吸附活化成自由基，且该步骤是决速步。在体积为的密闭容器中，的吸收量与催化剂用量与时间的关系如图所示，下列说法错误的是( )
A.非晶体催化剂的催化性能优于晶体催化剂
B.其他条件相同时，增大催化剂使用量可以加快反应速率
C.其他条件相同时，在体系①中加大二氧化碳的通入量反应速率一定加快
D.体系③中吸收速率
8．工业上制备二氧化氯的方法之一是让甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应的化学方程式：。下列说法正确的是( )
A.是极性分子 B.分子空间结构是直线形
C.键角： D.在反应中是还原产物
9．下列实验操作、现象及结论均正确且相对应的是( )
选项 实验操作 现象 结论
A 向KI溶液中持续滴加氯水 溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色 氯水可以氧化
B 将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶液中滴加几滴KSCN溶液 无明显现象 铁粉未发生变质
C 将灼热的木炭颗粒加到浓硝酸中 出现红棕色气体 木炭还原了
D 灼烧铜丝至其表面变黑，趁热伸入某有机物中 铜丝恢复亮红色 该有机物中一定含有醇羟基
A.A B.B C.C D.D
10．为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如图所示：
下列说法错误的是( )
A.通过调控反应条件，可提高生产效率，但硫磺的回收率不会高于33.33%
B.工业生产时，“碱盐”吸收可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染
C.“低温转化”所涉及到的反应中，还原剂与氧化剂的质量之比为2：1
D.“操作”一步中包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
11．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。下列说法正确的是( )
A.配合物1中含有3种配体
B.转变前后，Co的化合价由+2价变为0价
C.两种配合物中均含有大键
D.配合物2中N原子采取杂化
12．已知的晶胞结构如图所示，边长为，晶胞中Ba、Ti、O分别处于顶角、体心、面心位置。下列说法错误的是( )
A.第一电离能：
B.与间的最短距离：
C.晶胞中与紧邻的个数为8个
D.在晶胞结构的另一种表示中，处于各顶角位置，则处于体心位置
13．科学家在利用双极膜反应器电化学合成氨领域取得重要成果，装置如图所示。下列说法正确的是( )
A.c为阴离子交换膜
B.电解一段时间后，阴极KOH溶液的浓度保持不变
C.双极膜中消耗8mol水时，b电极生成4mol气体
D.若转移4mol电子，在a电极生成0.5molKOH
14．25℃时，等浓度的二元弱酸(视为)溶液中、和的分布分数与溶液pH的关系如图(调pH过程中，溶液体积视为不变)。下列说法正确的是( )
A.曲线c表示随溶液pH的变化
B.的溶液中，
C.25℃下，时，
D.25℃下，时，
二、填空题
15．废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。一种从废钼催化剂(主要成分为、，含少量、、、等)中回收有价金属的工艺流程如下：
已知：①，，，。
②当溶液中剩余金属离子的浓度时，视为已沉淀完全。
③，。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时生成的气体A的主要成分为___________(写化学式)。
(2)“焙烧”时转化为。“碱浸”时，参与反应的离子方程式为______________________。
(3)已知和不易被稀硝酸氧化，但“酸浸”过程中仍不能用稀硝酸替换稀盐酸，可能的原因是______________________。
(4)“除铁”时，若溶液中、、，加入适量NaOH溶液调节pH(溶液体积变化忽略不计)，可以使沉淀完全，则调节pH的范围为______________________。
(5)若除铁后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，则沉镍率___________[沉镍率，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
三、实验题
16．二氧化钛()在多个领域有着广泛运用，包括作为抗紫外材料、在纺织工业中的应用、以及作为光催化触媒材料等。实验室可用钛铁矿()制备，部分装置如图所示(部分夹持仪器已省略)。
有关信息如表所示。
物质 颜色、状态 熔点 沸点 化学性质
黑棕色晶体 306℃ 315℃ 在空气中易潮解
无色或淡黄色液体 -25℃ 136.4℃ 在空气中易水解
回答下列问题：
(1)有关U形管及试剂Y的叙述，正确的是___________(填标号)。
a.试剂Y可以是固体、无水和浓硫酸
b.将U形管换成干燥管后，Y可能是固体或碱石灰
c.在U形管气体出口处加棉花，可减缓气体流速
(2)①硬质玻璃管中除生成外，同时生成了一种气态不成盐氧化物，其中发生反应的化学方程式为______________________。
②装置C的温度设定在150~200℃，当___________(填现象)时，表明制备反应完成；上述实验装置中的不足之处是______________________。
(3)制备反应完成后，通过蒸馏的方法可获得较纯的。没用到的装置是___________(填标号)。
(4)取少量馏出物加入大量水同时加热，得到水解产物，经过滤、___________(填操作名称)可得(白色固体)。
四、填空题
17．甲醇是重要的有机原料,常利用、等进行制备。回答下列问题:
Ⅰ.甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
(1),该反应的正反应方向在___________(填“高温”或“低温”)条件下更有利于其自发进行。
(2)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析,通入后将体系温度维持在200℃的原因是___________(不考虑催化剂活性变化)。
Ⅱ.利用合成气、制备甲醇,涉及的反应如下:
反应①:
反应②:
在不同压强下,按照进行投料,在容器中发生反应①、②,平衡时,CO和在含碳产物(即和CO)中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示。
(3)图中、、大到小的顺序为___________。
(4)压强不变时,分析升温过程中转化率变化的原因:___________。
(5)在某恒温恒容体系中,按起始、进行实验,平衡时的物质的量分数为点M,此时转化率为20%,则该条件下反应②正反应的平衡常数___________(保留一位有效数字)。
18．有机物G是合成“右雷佐生”的重要中间体，其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
(1)试剂X的化学名称为______________________。
(2)C中的官能团名称为______________________。
(3)已知C生成D的反应过程为“”，且M的分子式为，则M的结构简式为______________________，的反应类型为______________________。
(4)“”经历了两步，其中第②步加入的作用是______________________。
(5)在B的所有同分异构体中，满足下列条件的同分异构体数目是______________________。
①能发生水解，水解产物酸化后能与溶液发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(6)化合物N()的合成路线如下所示：
参照F的合成路线，写出第②步的反应方程式：___________(忽略立体化学)。
参考答案
1．答案：C
解析：A.传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞齐”，涂在器物表面，然后加热使汞挥发，使金附着在器物表面，与电镀原理不同，故A错误；
B.青花瓷是由黏土经高温烧结而成的硅酸盐产品，耐酸、碱和高温，但其中含有，能与氢氟酸反应，会被HF腐蚀，故B错误；
C.光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素的，故C正确；
D.孔雀石的主要成分为(碱式碳酸铜)，其属于碱式盐，故D错误；
故答案为C。
2．答案：B
解析：A.核外电子排布为，失去最外层4s电子，核外电子排布也为，二者最外层都是第三层，电子排布为，排布图符合排布规律，A正确；
B.中B原子最外层只有3个价电子，全部和F原子形成共用电子对，成键后B原子最外层只有6个电子，正确的电子式为，B错误；
C.1-戊烯含5个碳原子，碳碳双键位于端位，球棍模型中黑球为C、白球为H，原子数和结构都符合该分子的结构，C正确；
D.邻羟基苯甲醛中，羟基和醛基处于苯环邻位，羟基的的氢原子可以和醛基的氧原子形成分子内氢键，D正确；
故选B。
3．答案：C
解析：A.25℃、的溶液中，，1L溶液中的物质的量为，数目为，A错误；
B.NO与反应生成后，存在可逆平衡，因此最终混合气体中分子数小于，B错误；
C.1个中：每个含3个共价键，4个共个；与4个形成4个配位键，配位键属于共价键，总共个共价键，因此1mol该离子含共价键数目为，C正确；
D.的结构式为，三键中只含1个键，1mol中键数目为，D错误；
故选C。
4．答案：D
解析：A.向饱和溶液中滴加NaOH溶液，会直接生成沉淀，无法得到氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应将饱和溶液滴入沸水中，A错误；
B.容量瓶为定容仪器，不能用于稀释浓硫酸，且浓硫酸稀释放热，应在烧杯中稀释、冷却后再转移至容量瓶定容，B错误；
C.浓硫酸与铜反应后的混合物中残留大量浓硫酸，将反应后的混合物缓慢倒入盛水的烧杯中、边倒边搅拌，图中操作错误，C错误；
D.醋酸滴定NaOH，滴定终点呈碱性，使用酚酞做指示剂；使用酸式滴定管滴定时，左手应从活塞左侧控制活塞，避免手心顶出活塞导致漏液，右手旋摇锥形瓶，图中操作正确，D正确；
答案选D。
5．答案：C
解析：A.麻黄碱分子中含有亲水基团羟基（）和亚氨基（），可溶于水，A错误；
B.手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子。麻黄碱中，只有2个手性碳原子（连羟基的碳、连的碳，均连接4种不同基团），不是3个，B错误；
C.麻黄碱中，苯环上的碳原子均为杂化，侧链的饱和碳原子为杂化，因此分子中C原子存在、两种杂化方式，C正确；
D.该反应是环氧化物的开环加成反应，反应物原子全部进入产物，不符合有机反应中“加氢/去氧为还原反应”的定义，不属于还原反应，D错误；
故选C。
6．答案：D
解析：A.要使恰好完全沉淀，与物质的量之比为，此时仅1mol被沉淀，且不参与反应，正确的离子方程式为，A错误；
B.该氧化还原反应得失电子不守恒，正确离子方程式为，B错误；
C.酸性强弱顺序为，通入过量时产物应为而非，正确的离子方程式为：，C错误；
D.酸性条件下将氧化为使淀粉变蓝，该离子方程式，D正确；
故选D。
7．答案：C
解析：A.从图像①②可以看出，非晶体催化剂的反应体系中单位时间内吸收量比晶体催化剂大，因此非晶体催化剂的催化性能优于晶体催化剂，A正确；
B.根据图像②③可知，增加催化剂用量，5~10min内吸收量增大，增大了决速步骤反应物的浓度，反应速率加快，B正确；
C.催化剂用量恒定时，催化剂表面积恒定，因此在体系①中的吸收量保持恒定，又因为首先在催化剂表面吸附活化成自由基，且该步骤是决速步，故继续增大二氧化碳的通入量不能增大反应速率，C错误；
D.体系③反应5~10min时，吸收量为，则吸收速率，D正确；
故选C。
8．答案：A
解析：A.分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；
B.中原子价层电子对数为3，杂化方式为，含有1对孤电子对，分子空间构型为V形，不是直线形，B错误；
C.和中原子均为杂化，中Cl原子含1对孤电子对，中Cl原子含2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对排斥力越大，键角越小，故键角，C错误；
D.反应中中C元素化合价从-2价升高到中的+4价，发生氧化反应，是氧化产物，不是还原产物，D错误；
故答案选A。
9．答案：A
解析：A.向KI溶液滴加氯水时，先发生反应，溶液变为棕黄色，过量氯水可进一步将氧化为无色的，溶液褪色，说明氯水可以氧化，A正确；
B.铁粉与稀硫酸反应本身生成，若铁粉未变质，滴加溶液也无明显现象，即使铁粉部分变质，生成的少量也会被过量还原为，无法说明铁粉变质，B错误；
C.浓硝酸与碳在加热条件下反应可以生成二氧化氮，同时浓硝酸受热也会生成红棕色，无法确定是木炭还原的产物，C错误；
D.铜丝恢复亮红色仅说明该有机物具有还原性，可将还原为，不一定含有醇羟基，如醛类等还原性有机物也可出现相同现象，D错误；
故选A。
10．答案：B
解析：由流程可知二氧化硫烟气用碱盐液吸收可生成亚硫酸氢钠，加入硒单质，低温下可转化为硫酸氢钠和硫，过滤得到硫和硫酸氢钠，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸氢钠晶体，以此解答该题。
A.在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，3mol二氧化硫可生成1mol硫，则硫磺的回收率不会高于33.33%，A正确；
B.若采用溶液作为碱盐吸收液，由于的酸性强于，与溶液反应会生成产生二次污染，B错误；
C.反应中在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物，S元素由+4价分别变化为0价、+6价，由得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的质量之比为2：1，C正确；
D.由溶液得到晶体，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，D正确；
故答案选B。
11．答案：C
解析：A.配合物1的配体只有和含氮氧的有机双齿配体，共2种配体，不是3种，A错误；
B.此反应中，水分子和有机配体均为中性分子，结合电荷守恒：配合物1外界为，Co为价；配合物2中2个共带4个负电荷，2个Co，每个Co仍为价，化合价没有变化，B错误；
C.两种配合物均含有吡啶芳香环，环内存在六中心离域大键，因此两种配合物都含大键，C正确；
D.配合物中的N原子位于吡啶环内，N原子成双键，价层电子对数为3，采取杂化，不是杂化，D错误；
故选C。
12．答案：C
解析：A.一般来说，金属的第一电离能小于非金属，O是非金属性，第一电离能大于Ti和Ba，Ti位于第四周期IVB族，有4个电子层，Ba位于第六周期IIA族，有6个电子层，半径最大，第一电离能最小，则第一电离能：，A正确；
B.由图可知，与O间的最短距离为面对角线的，为，B正确；
C.以位于顶点的为研究对象，与紧邻的O位于相邻的3个面心，数目为3×8×=12个，C错误；
D.由晶胞结构可知，和的最近距离为晶胞体对角线的，处于各顶角位置时，处于体心位置，D正确；
故选C。
13．答案：D
解析：由图可知，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为，双极膜中水解离产生的氢离子通过阳离子交换膜c进入阴极室，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为，双极膜中水解离产生的氢氧根离子通过阴离子交换膜d进入阳极室，据此分析；
A.双极膜解离出的需要向阴极（a极）移动，因此c为阳离子交换膜，允许通过，A错误；
B.根据阴极的反应式，每转移8mol电子，阴极室净生成1mol，与结合生成，且反应过程中会消耗溶剂水，因此阴极浓度会增大，B错误；
C.双极膜消耗8mol水时，共解离出8mol和8mol，对应转移8mol电子，阳极反应为，生成的物质的量为，不是4mol气体，C错误；
D.阴极反应为，每转移8mol电子生成9mol，同时有8mol进入阴极室中和8mol，净生成1mol，因此转移4mol电子时，生成0.5mol，D正确；
故选D。
14．答案：C
解析：二元弱酸随溶液pH升高（浓度降低），含A物种的变化顺序为：，因此：曲线a为随溶液pH的变化，曲线b为随溶液pH的变化，曲线c为随溶液pH的变化。
A.根据分析，曲线c为随溶液pH的变化，A错误；
B.溶液体积不变，根据物料守恒，所有含A物种的总浓度等于原的初始浓度，即：，B错误；
C.时，曲线b（）和曲线c（）相交，因此；此时仍有极少量存在，即，而三种分布分数之和为1，因此：，可得，C正确；
D.电离常数：，时，即，得；，时，即，得。将两式相乘得：，时，代入得：，即，D错误；
故选C。
15．答案：(1)
(2)
(3)“酸浸”时稀硝酸产生的遇电离的具有强氧化性，氧化，影响和的生成
(4)
(5)99.1%
解析：废钼催化剂(主要成分为，含少量CoO、CoS、NiO、等)，在空气焙烧生成气体为二氧化硫，烧渣加入NaOH溶液、，得到溶液，向溶液中加入稀硝酸沉Mo得到，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、，固体用稀盐酸酸浸，得到含有的溶液，加入NaOH将转化为沉淀除去，加入溶液沉Ni、Co得到，据此回答。
（1）根据分析可知，“焙烧”时生成的气体A的主要成分为；
（2）焙烧时转化为，“碱浸”时，参与反应的离子方程式为：；
（3）若用稀硝酸酸浸，溶液中会引入，后续沉镍、沉钴步骤加入后，在酸性条件下具成强氧化性，会氧化，导致无法正常生成，同时可能产生氮氧化物污染；
（4）“除铁”完全时，，根据可知，溶液中的，，，不能沉淀，由于，则未沉淀时，也不会沉淀，，代入式中，得到，则，，故调节的范围；
（5）由题知“沉镍”后所得滤液中，根据，得到沉镍后溶液中，沉镍率。
16．答案：(1)c
(2)；装置D中液体的量基本不变；未对生成的CO进行尾气处理，会污染环境
(3)bd
(4)水洗、烘干、焙烧
解析：（1）a.U形管用于盛放固体干燥剂，不能用液体干燥剂浓硫酸，a错误；
b.氯气是酸性气体，会与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，b错误；
c.在U形管气体出口处加棉花，可减缓气体流速，并防止固体粉末被气流带走，c正确。
故选c。
（2）结合题意分析可得出发生反应的化学方程式为；由题中表格信息可知温度在150~200℃范围内都变成气体了，所以当装置D中液体的量不再增加，可判断制备的反应完成。反应产物中有CO，不能被氢氧化钠固体吸收，会污染环境。
（3）由于在空气中易水解、易潮解，故不能用d，又蒸馏时不能用球形冷凝管（球形管内会蓄积冷凝液），应用直形冷凝管，故选bd。
（4）水解生成，经过滤、水洗除去其中的，再烘干、焙烧除去水分得到。
17．答案：(1)低温
(2)温度过低,反应速率慢;温度过高,反应物在催化剂表面的吸附量会减少,也会导致反应速率减小
(3)
(4)升高温度,反应①平衡逆向移动,反应②平衡正向移动。前,温度升高对反应①的影响是主要的,使的转化率降低,后,温度升高对反应②的影响是主要的,使的转化率升高
(5)0.01
解析：(1)根据,反应自发进行。由于该反应的(放热),反应前气体分子数为,反应后是液体,气体分子数显著减少,因此(熵减)。当T较小时,项的绝对值小,的主导作用更强,更容易让;温度越高,项(因为,所以该项为正)越大,越容易大于0,反应自发进行的趋势减弱,因此,低温条件更有利于反应自发进行。
(2)气体分子在催化剂表面的吸附是放热过程,温度低,吸附平衡正向移动,分子吸附量多;但温度低时,分子运动速率慢,脱附速率也慢,催化剂表面活性位点被吸附分子占据,新的反应物分子难以吸附,整体反应速率反而慢;温度升高,吸附平衡逆向移动,气体分子在催化剂表面的吸附量显著减少,催化剂表面参与反应的分子变少,反应速率会减小。
(3)反应①为气体分子数减小的放热反应,反应②为气体分子数不变的吸热反应,则升高温度,反应①逆向移动,含量减小;反应②正向移动,CO含量增大,故向下变化的曲线为在含碳产物中物质的量分数曲线,向上变化曲线为CO在含碳产物中物质的量分数曲线。相同条件下,增大压强,反应①正向移动,则导致甲醇含量增大,结合曲线,压强由大到小为;
(4)由图像可知,升温时,转化率先降低后升高的原因:温度低于时,反应①的平衡移动占主导,升温使放热的反应①逆向移动,转化率下降;温度高于时,反应②的平衡移动占主导,升温使吸热的反应②正向移动,且反应②正向移动的程度超过了反应①逆向移动的程度,转化率上升。
(5)恒温恒容体系中,按起始、进行实验,平衡时的物质的量分数为点M,可知平衡时的量与CO相等,此时转化率为20%,可知反应了的。设反应①中的转化量为,则反应②中的转化量为,列出反应①和②的三段式:;。根据平衡时的量与CO相等,可知,解得;代入三段式,计算出各气体平衡时物质的量浓度分别为:、、、,可得反应②正反应的平衡常数。
18．答案：(1)乙酸酐
(2)酚羟基、酮羰基
(3)；消去反应
(4)酸化，将-ONa变为酚羟基
(5)5
(6)
解析：A与乙酸酐（）发生取代反应得到B；B在催化下乙酰基发生迁移得到C；C发生羟醛缩合反应得到D；D与肼（）发生缩合反应得到E；E中的基团和中的醛基发生缩合反应得到F；F在加热下成环得到产物G。
（1）欲使酚形成酚酯，需使苯酚与酸对应的酸酐进行取代反应，此处需形成酚的乙酸酯，故使用乙酸酐。
（2）C含有的官能团有苯环上的酚羟基和“”结构中的酮羰基。
（3）C生成D为羟醛缩合反应。其过程为，C中的酮羰基先与乙醛中的甲基在碱性条件下发生加成反应生成，此即为M；然后，M的醇羟基发生消去反应得到D。
（4）的过程中，首先与题中结构式左下角的醛基发生缩合反应，因为此时使用了NaOH，所得结构应为，然后加入，将-ONa重新变为酚羟基，得到E。
（5）化合物的水解产物酸化后能与溶液发生显色反应，说明水解后含有酚羟基，故符合条件的同分异构体应具有酚酯的结构，可按照形成酚酯的羧酸所含的碳数进行分类讨论：（1）甲酸与酚形成的酯，有和这两种结构；（2）乙酸与酚形成的酯，有和这两种结构；（3）叔戊酸与酚形成的酯，有这一种结构。综上共有5种符合条件的同分异构体结构。
（6）第①步为形如C→D的羟醛缩合反应，得到的产物为；第②步为形如D→E的缩合反应，酮羰基与缩合得到“”结构，得到的副产物为，据此可写出化学方程式；第三步为形如E→F的缩合反应，得到最终产物。

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