河北省石家庄市第二中学2020届高三毕业班四月份教学质量监测卷化学试题

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石家庄市第二中学2020届高中毕业班四月份教学质量监测卷 理科综合化学试题 ‎1. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ 下列说法中正确的是 A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据能量--反应过程图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；‎ B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；‎ C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；‎ D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是 A. 用石墨作阳极，铁作阴极 B. 阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O C. 阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－‎ D. 除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－ + 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；‎ B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；‎ C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；‎ D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。‎ ‎【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。‎ ‎3.在体积均为‎1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0‎ B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)‎ C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜‎2c(CO，状态Ⅲ)‎ D. 逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜‎2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。‎ 下列分析不正确的是( )‎ A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–‎ C. c点，两溶液中含有相同量的OH–‎ D. a、d两点对应的溶液均显中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a、b是滴入相同体积的H2SO4、NaHSO4溶液，Ba(OH)2与H2SO4刚好反应完，滴入H2SO4溶液时离子浓度下降大，溶液中几乎不导电，因此①代表滴加H2SO4‎ 溶液的变化曲线，故A正确；‎ B. b点是Ba(OH)2与NaHSO4按1:1反应，因此溶液中大量存在的离子是Na+、OH－，故B正确；‎ C. a点时Ba(OH)2溶液中OH－已消耗完，①中a点以后加入硫酸，则氢离子浓度和硫酸根浓度增加，而②中c点Ba(OH)2溶液中OH－还未消耗完，因此两溶液中c点含有的OH－量不同；故C错误；‎ D. a是Ba(OH)2与H2SO4按1:1反应，溶液显中性，d点是Ba(OH)2与NaHSO4按1:2反应，溶液显中性，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎5.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是 A. 制取氨气 B. 制取碳酸氢钠 C. 分离碳酸氢钠 D. 干燥碳酸氢钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；‎ B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；‎ C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；‎ D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是(　　)‎ A.冷水浸泡 B.加热煎制 C.箅渣取液 D.灌装保存 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。‎ ‎【详解】A、冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A错误；‎ B、加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；‎ C、箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；‎ D、灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误，答案选C。‎ ‎7.工业上可由乙苯生产苯乙烯如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的类型为加成反应 B. 乙苯的同分异构体共有三种 C. 可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯 D. 乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由乙苯生产苯乙烯，单键变双键，则该反应为消去反应，故A错误；‎ B ‎.乙苯含有苯环的同分异构体可以是二甲苯，有邻、间、对三种，而不含有苯环结构的同分异构体会有多种，故B错误； ‎ C.苯乙烯分子结构中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4褪色，而乙苯不能使Br2/CCl4褪色，则可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯，故C正确；‎ D.苯环和碳碳双键均为平面结构，通过单键相连接，单键可以旋转，苯环平面可以和碳碳双键平面共面，则苯乙烯分子结构中可以共平面的碳原子有8个，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】关于共面，苯环中六个碳原子在同一个平面内，12个原子在一个平面内；乙烯分子结构中6个原子在同一个平面内，单键可以旋转，则苯环结构和乙烯结构通过单键相连时，可以有8个碳原子共面。‎ ‎8.高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目是______________________。‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。‎ ‎③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取‎1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H‎2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________‎ ‎（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】 (1). 扩大接触面积，加快化学反应速率 (2). 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (3). 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 (4). K2CO3 (5). MnO42--e-=MnO4- (6). H2 (7). 3:2 (8). 95.62%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；‎ ‎（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；‎ ‎（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率； ‎ ‎（4） ①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；‎ ‎（5）根据离子方程式2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H‎2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则‎1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：‎ m=" 0.006536mol" × ‎158g/mol =‎1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。‎ ‎9.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 ‎ ‎（1）碱式氯化铜有多种制备方法 ‎①方法1: 45 ~ ‎50℃‎时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O， 该反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎②方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。‎ ‎（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验: ‎ ‎①称取样品‎1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A； ‎ ‎②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl‎0.1722 g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)__________。‎ ‎【答案】 (1). 4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O (2). Fe2+ (3). n(Cl-)=n(AgCl)×=4.800×10-3mol，n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10‎-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol，n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)‎ ‎=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3mol=1.440×10-2mol， m(Cl-)=4.800×10-3mol×‎35.5g·mol -1 =‎0.1704 g，m(Cu2+)=9.600×10-3mol×‎64g·mol -1=‎0.6144g，m(OH-)=1.440×10-2 mol×‎17g·mol -1=‎0.2448g， n(H2O)= ‎ ‎ =4.800×10-3 mol，a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O ‎【解析】‎ ‎（1）①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。‎ ‎②由催化原理示意图可知， M'先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为Cu2+，所以M'化学式为Fe2+。‎ ‎（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：‎ n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol ‎ 由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：‎ n(Cu2+)=n(EDTA)×‎ ‎=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10‎-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol ‎ 再由化合物中电荷守恒得：‎ n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol ‎ 分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：‎ m(Cl-)=4.800×10-3 mol×‎35.5 g· mol -1 =‎0.1704 g ‎ m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×‎64 g· mol -1 =‎0.6144 g ‎ m(OH-)=1.440×10-2 mol×‎17 g· mol -1 =‎0.2448 g ‎ 再求出结晶水物质的量：‎ n(H2O)==4.800×10-3 mol ‎ 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：‎ 因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。‎ ‎10.甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：‎ ‎①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H1‎ ‎②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H2‎ ‎③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：‎ 由此计算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，则△H3＝__kJ·mol-1。‎ ‎（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。‎ ‎（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。‎ ‎【答案】 (1). —99 (2). ＋41 (3). (4). a (5). 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 (6). 减小 (7). 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低； (8). P3＞P2＞P1 (9). 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋‎ ‎2×436 kJ/mol—3×413 kJ/mol—343 kJ/mol—465 kJ/mol＝—99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58 kJ/mol＋99 kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。‎ ‎（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。‎ ‎（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。‎ ‎11.[化学——选修3：物质结构与性质]碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：‎ ‎（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___________形象化描述。在基态原子中，核外存在______对自旋相反的电子。‎ ‎（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_____________。‎ ‎（3）CS2分子中，共价键的类型有_____________，C原子的杂化轨道类型是_______，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_______________。‎ ‎（4）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_____晶体。‎ 碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石晶体结构如图所示：‎ ‎①在石墨烯晶体中，每个C原子连接_____个六元环，每个六元环占有___个C原子。‎ ‎②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。‎ ‎【答案】 (1). 电子云 (2). 2 (3). C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构 (4). σ键和π键 (5). sp (6). CO2、SCN- (7). 分子 (8). 3 (9). 2 (10). 12 (11). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化的描述；C原子的核外有6个电子，电子排布为1s22s22p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道的电子的自旋方向相同；‎ ‎（2）在原子结构中，最外层电子小于4个的原子易失去电子，而C原子的最外层是4个电子，且C原子的半径较小，则难以通过得或失电子达到稳定结构，所以主要通过共用电子对即形成共价键的方式来达到稳定结构；‎ ‎（3）CS2分子中，C与S原子形成双键，每个双键都是含有1个σ键和1个π键，分子空间构型为直线型，则含有的共价键类型为σ键和π键；C原子的最外层形成2个σ键，无孤对电子，所以为sp杂化；O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；‎ ‎（4）该化合物熔点为253K，沸点为376K，说明熔沸点较低，所以为分子晶体；‎ ‎（5）根据均摊法来计算。①石墨烯晶体中，每个C原子被3个6元环共有，每个六元环占有的C原子数是6×= 2；‎ ‎② 每个C原子周围形成4个共价键，可以组合六个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个碳原子连接有2×6=12个六元环；‎ 单键构成的六元环，有船式和椅式两种构象。船式构象的船底四个原子是共面的；椅式构象中座板部分的四个原子是共面的，所以六元环中最多有4个C原子共面。‎ ‎12.功能高分子P的合成路线如下：‎ ‎（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是___________________。‎ ‎（2）试剂a是_______________。‎ ‎（3）反应③的化学方程式：_______________。‎ ‎（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_______________。‎ ‎（5）反应④的反应类型是_______________。‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式：_______________。‎ ‎（5）已知：2CH3CHO。‎ 以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸和浓硝酸 (3). (4). 碳碳双键、酯基 (5). 加聚反应 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，那么A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，C为一氯甲基对硝基苯 ‎【详解】（1）A的结构式为，答案为：；‎ ‎（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸，答案为：浓硫酸和浓硝酸；‎ ‎（3）反应③‎ 是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为：，答案为：；‎ ‎（4）根据高分子P的结构式，再结合E的分子式可以推出E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5，所含官能团有碳碳双键、酯基，答案为：碳碳双键、酯基；‎ ‎（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应④是加聚反应，答案为：加聚反应；‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式为，‎ 答案为：；‎ ‎（7）乙烯和水可以直接加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应既可以使碳链增长，在氧化醛基为羧基，3-羟基丁酸消去即可得2-丁烯酸，羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得物质E，合成路线为：‎