河北省2020届高三化学4月份质量监测试题（Word版附解析）

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 的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___________________ 的 4KMnO 2CO 2CO（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+4KOH 2K2MnO4+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+4KOH 2K2MnO4+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+2H2O 2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解 法”方程式 2K2MnO4+ 2H2O 2KMnO4+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+ 8H2O 2Cu2(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)= 100.00 0.1722 100.00 25.00 143.5 / 25.00 ml g ml ml g ml ml = × 100.00 25.00 ml ml 100.00 25.00 ml ml =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+ 8H2O 2Cu2(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： 的 的 1.160 — 0.1704g — 0.6144g — 0.2448g 18 / g g mol 100.00mL 25.00mL -1 0.1722g 100.00mL 143.5g·mol 25.00mL × 100.00mL 25.00mL 100.00mL 25.00mL -1 1.1160 g 0.1704 g 0.6144 g 0.2448 g 18g·mol － － －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。 的【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：_______________。 1 3（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：