【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷10

这是一份【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷10，文件包含辽宁新高考2021年高三化学全真模拟卷10原卷版docx、辽宁新高考2021年高三化学全真模拟卷10解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷
化学试卷10
本卷满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2
B．电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术
C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业
D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液、过氧乙酸等进行环境消毒，是利用了其强氧化性
【答案】A
【解析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，在阳极发生氧化反应，故能得到Cl2，A错误；
B．阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，B正确；
C．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，C正确；
D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、过氧乙酸中的过氧酸根键均具有强氧化性，可以使蛋白质发生变性，故利用了其强氧化性进行环境消毒，D正确；
故答案为：A。
2．下列叙述正确的是
A．HClO 的结构式为H-Cl-O B．核内有33个中子的Fe表示为Fe
C．NH2OH的电子式为 D．CH3CHO 的球棍模型为
【答案】C
【解析】A. HClO 的结构式为H-O-Cl，故A错误；
B. 核内有33个中子的Fe原子质量数为：33+26=59，表示为Fe，故B错误；
C. NH2OH的电子式为，故C正确；
D. CH3CHO 的球棍模型为，故D错误；
正确答案是C。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，1.0 L pH =13的Ba(OH)2溶液中含OH－的数目为0.1NA
B．1.0 L 1.0 mol∙L−1的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C．常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，转移电子数为NA
D．标准状况下，22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目为3NA
【答案】A
【解析】A．pH =13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-13mol/L，则c(OH－)=0.1mol/L，常温下，1.0 L此溶液中含OH－的数目为0.1mol/L×1L×NA mol－1=0.1NA，A说法正确；
B．1.0 L 1.0 mol∙L−1的 NaAlO2溶液的NaAlO2中含氧原子数为2NA，溶液中的水也含有氧原子，故溶液中的氧原子数目大于2NA，B说法错误；
C．常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，Fe由0价变为+3价，则转移电子数为1.5NA，C说法错误；
D．标准状况下，CHCl3为液体，则22.4LCHCl3中含C−Cl键的数目大于3NA，D说法错误；
答案为A。
3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形
B．简单离子半径：Y＜W＜Z
C．第一电离能：I1(Z)＜I1(W)＜I1(X)
D．工业上采用电解Z的氯化物水溶液的方法制取Z的单质
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，则X原子的电子排布式为1s22s22p3，则X为氮元素；Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，则Z为镁元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为铝元素；
A．为，N原子形成2个δ键，孤对电子数==1，中心原子为sp2杂化，含有一对孤电子对，其空间构型是V形，选项A正确；
B．具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：W(Al3+)＜Z(Mg2+)＜Y(O2-)，选项B错误；
C．同周期元素，第一电离能在总体上呈现从小到大的变化趋势，元素原子越来越难失去电子，但I1(Al)＜I1(Mg)，选项C错误；
D．工业上采用电解熔融的Z的氧化物Al2O3的方法制取Z的单质，选项D错误；
答案选A。
4．由多元素组成的化合物Fe-Sm-As-F-O，是我国科学家近年来发现的一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是
A．O的价层电子排布式为1s22s22p4
B．Fe3+的价层电子轨道表示式违背了泡利不相容原理
C．N、As同主族，第一电离能N＜As
D．电负性F＞O＞As
【答案】D
【解析】A．氧原子核外电子数为8，基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，价层电子排布式为2s22p4，故A不符合题意；
B．泡利不相容原理内容为：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，选项中违背洪特规则，铁离子价层电子轨道表示式：，故B不符合题意；
C．N、As同主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能N＞As，故C不符合题意；
D．同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性F＞O＞N，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性N＞As，所以电负性F＞O＞As，故D符合题意；
答案选D。
5．下列实验中，所选装置或仪器不合理的是
A
B
C
D




检查装置的气密性
量取15.00mL NaOH溶液
分离出用制取后剩余的
吸收含的尾气
【答案】B
【解析】A．利用液差法，检查装置的气密性，关闭止水夹，向长颈漏斗中加水，一段时间后长颈漏斗中液面不改变，则气密性良好，A正确；
B．量取NaOH溶液需要用碱式滴定管，图为酸式滴定管，B不正确；
C．MnO2不溶于水，可用过滤操作分离，C正确；
D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，装置可吸收Cl2并放倒吸，D正确；
故答案选B。
6．钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中为，另两种离子为和。

下列说法错误的是( )
A．钛酸钙的化学式为
B．图(b)中，为
C．中含有配位健
D．晶胞中与每个紧邻的有12个
【答案】B
【解析】A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中位于8个顶点、位于6个面心、位于体心，根据均摊法可以确定、、的数目分别为1、3、1，因此其化学式为，A说法正确；
B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定， 和均为1个，有3个，故为，B说法错误；
C．类比的成键情况可知，中含有与形成的配位健，C说法正确；
D．图(a)的晶胞中，位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个紧邻的有3´8÷2=12个，D说法正确。
综上所述，本题选B。
7．在体积为2L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将1molCO2和3molH2在反应器中反应8小时，CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH>0
B．图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率
C．图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高CO2的转化率
D．520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=
【答案】B
【解析】A．反应在CH3OH的产率达到最高点后达到平衡，随温度升高，CH3OH的产率降低，反应是放热反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH①>③>④
D．浓度均为的和两溶液，前者的pH较大，则溶液中阴离子浓度之和：
【答案】D
【解析】A．，加入醋酸钠溶液酸性减弱，氢离子浓度变小，而醋酸的电离平衡常数不变，则该比值增大，故A错误；
B．常温下pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，一水合氨为弱碱，所以pH=12的氨水浓度远大于0.01mol/L，二者等体积混合，碱过量，溶液显碱性，故B错误；
C．氯离子、硫酸根对铵根离子的水解没有影响，但硫酸铵可以电离出两个铵根，硫酸氢根会电离出氢离子抑制铵根的水解，碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以四种溶液铵根离子浓度大小关系为②>③>①>④，故C错误；
D．根据电荷守恒可知两溶液中阴离子浓度之和与阳离子浓度之和相等，相同浓度的HCOONa和NaF溶液中钠离子浓度相等，HCOONa的pH较大，即氢离子的浓度较小，则HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)较小，则阴离子浓度之和较小，故D正确；
综上所述，答案为D。
15．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是

A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)
C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)
D．pH＝4.19的溶液中：c(Na+)＞3c()
【答案】B
【解析】A.草酸是二元弱酸，一级电离抑制二级电离，Ka1=>Ka2=，当lgX=0时，pH=-lgc(H＋)=-lgK，pH1=1.22Ka2=10-4.19，所以直线I中X表示的是，直线Ⅱ中X表示的是，故A错误；
B. pH＝1.22的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(H＋) ＞c(OHˉ)，则c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－) ＞c(Na+)，故B正确；
C.当pH＜4.19时，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，则c(HC2O4ˉ)＞c(C2O42－)；当1.22＜pH时，溶液中c(H＋) ＜10-1.22 mol/L，Ka1·Ka2=×=，=＜1，则c(H2C2O4)＞c(C2O42－)，故C错误；
D. pH＝4.19的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(HC2O4ˉ)=c(C2O42－)，c(H＋)＞c(OHˉ)，则3c(HC2O4ˉ)＞c(Na+)，故D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
高铁酸盐(钠、钾)，具有很强的氧化性，从而非常有效地杀灭水中的病菌和病毒。实验证明，由于其强烈的氧化和絮凝共同作用，高铁酸盐的消毒和除污效果，全面优于含氯消毒剂和高锰酸盐。更为重要的是在整个的消毒和净化过程中，不产生任何对人体有害的物质。高铁酸盐被科学家们公认为绿色消毒剂。某兴趣小组利用黄铜矿废渣(主要成分为CuFeS2和SiO2)制取高铁酸钠，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)焙烧黄铜矿废渣时，为了提高产率可采取的操作为________(任写一种可行性的操作)。
(2)气体X恰好被浓NaOH溶液吸收形成酸式盐，此溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，试通过计算说明原因__________(已知X溶于水生成的含氧酸的电离平衡常数Ka1=2×10–2，Ka2=1×10–7)。
(3)滤渣1的主要成分中心原子杂化方式是_____，要检验溶液I中的金属阳离子，实验操作是_______。
(4)在溶液I中加入合适的试剂Y是_____(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．O3 C．H2O2 D．KMnO4
(5)在溶液II中加入固体NaOH的目的有________、___________。
(6)工业上利用NaClO的氧化性，在碱性条件下用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，写出该反应的化学方程式___________。
【答案】(1)粉碎黄铜矿废渣
(2)酸 酸式盐为NaHSO3，其电离平衡常数为Ka2=1×10–7，水解平衡常数Kh==5×10–13，Ka2＞Kh，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性
(3)sp3 加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则有Fe2+
(4)BC
(5)中和溶液中的酸 提供碱性环境，高铁酸钠在碱性条件下稳定存在
(6)2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O
【解析】(1)将黄铜矿废渣粉碎，可增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高产率；
(2)气体X为二氧化硫，与NaOH反应生成的酸式盐为NaHSO3，其电离平衡常数为Ka2=1×10–7，水解平衡常数Kh==5×10–13，则电离程度大于水解成都，溶液呈酸性；
(3)分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2，SiO2是原子晶体，中心原子采用sp3杂化；滤液1中的金属阳离子为Fe2+，可加入K3[Fe(CN)6]，若产生蓝色沉淀，则有Fe2+；
(4)根据提供的试剂，均具有强氧化性，则试剂Y为将溶液中的+2价的Fe2+变为+3价，为不引入新的杂质离子，答案为BC；
(5)加入固体NaOH可中和溶液中的酸，易生成高铁酸钠；还可提供碱性环境，高铁酸钠在碱性条件下稳定存在；
(6)FeCl3、NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4，利用化合价升降法及原子守恒配平，化学方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。
17．（14分）
碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。

(1)仪器X的名称是______，其主要作用有导气、______。
(2)实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为_______。
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象有_____。
(4)若体系中NH3过量会导致碱式氯化铜的产量___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因为___。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29 g，加硝酸溶解，并加水定容至200 mL，得到待测液。
(5)铜的测定：取20.00 mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2 mol·L-1。则称取的样品中 n(Cu2+)=_____mol。
(6)采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知：AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如下图：

①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂_____(填标号)。
a．FeSO4 b．Fe(NO3)3 c．FeCl3
②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液的体积平均为10.00 mL。则称取的样品中n(Cl-)=_____mol。
(7)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_____。
【答案】(1)球形干燥管 防倒吸
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟
(4)偏低 碱式氯化铜能溶于氨水
(5)0.04
(6)①b ②0.02
(7)Cu2(OH)3Cl
【解析】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；
(2)实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)若NH3过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜溶于氨水有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；
(5)20.00mL待测液，Cu2+浓为0.2000 mol·L-1，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20mL溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04mol；
(6)①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断，答案选b；
②10.00mL0.1mol/L的NH4SCN的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由NH4SCN~AgNO3可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子的物质的量是0.002mol×10=0.02mol；
(7)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.290 g，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
18．（13分）
硫酸及其化合物在生产生活中有重要的应用，而硫氧化物是常见的大气污染物。
(1)已知：NO(g)+SO3(g)⇌SO2(g)+NO2(g)△H=+40.7 kJ•mol-1，一种可同时脱除SO2和NO的工艺涉及的反应原理及能量变化如下：
Ⅰ．NO(g)+O3 (g)⇌NO2(g)＋O2(g)△H1=-200.9kJ•mol-1
Ⅱ．SO2(g)+ O3 (g) ⇌SO3(g)+ O2(g)△H2，其正反应的活化能Ea1=58.0kJ•mol-1，反应Ⅱ的逆反应的活化能为Ea2=_______。
(2)接触法制生产中的关键工序是SO2的催化氧化，回答下列问题：
①在作催化剂条件下与反应历程如下：
Ⅰ．_______；Ⅱ．，写出第Ⅰ步反应的化学方程式。
②定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入和发生反应，后达平衡状态，压强为原来的，从开始到平衡，用表示化学反应速率为_______，O2的平衡转化率为_______。
③若保持反应温度和容器容积不变，对于，下列可以作为该反应达到平衡判据的有_______(填标号)。
A．气体的压强保持不变 B．
C．保持不变 D．容器内气体的密度保持不变
E．容器内气体的平均相对分子质量保持不变
④在500℃时，起始压强为的恒温恒压条件下，平衡时SO3的体积分数随起始投料的变化如下图所示，则_______，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的_______。

【答案】(1)299.6 kJ/mol
(1)①SO2+V2O5=2VO2+SO3
②0.2mol/(L·min) 50%
③ACE ④2 0.04或
【解析】(1)由①NO(g)+SO3(g)⇌SO2(g)+NO2(g)△H=+40.7 kJ•mol-1，②NO(g)+O3 (g)⇌NO2(g)＋O2(g)△H1=-200.9kJ•mol-1；结合盖斯定律可知，②-①得：SO2(g)+ O3 (g) ⇌SO3(g)+ O2(g)△H2=-241.6kJ/mol，焓变等于正、逆反应的活化能之差，正反应的活化能Ea1=58.0kJ•mol-1，可知反应Ⅱ的逆反应的活化能为Ea2=58.0kJ•mol-1-(-241.6kJ/mol)=299.6kJ/mol，故答案为：299.6kJ/mol；
(2)①已知总反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，在V2O5作催化剂的条件下SO2(g)与O2(g)的2步分反应，反应历程如下：Ⅰ．SO2+V2O5=SO3+2VO2，Ⅱ．O2+4VO2=2V2O5，故答案为：SO2+V2O5=SO3+2VO2；
②一定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入4molSO2(g)和2molO2(g)发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，5min后达到平衡状态，压强为原来的，在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，即物质的量为原来的，设反应到平衡氧气消耗了xmol，

=，解得：x=1，从开始到平衡，v(SO3)== 0.2mol/(L•min)，O2的平衡转化率为×100%=50%，故答案为：0.2mol/(L•min)；50%；
③A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应过程中气体分子数发生改变，所以反应过程中压强为变量，所以气体的压强不变可以判断化学反应达到平衡，故A选；
B．化学反应达到平衡时，v正=v逆，表示v正=v逆，因此说明反应不是平衡状态，故B不选；
C．Qc==K，浓度商=平衡常数，说明反应达到平衡，故C选；
D．容器中气体密度为ρ＝，反应前后，气体总质量不变，即m不变，容器体积不变，即V不变，所以平衡前后ρ始终不变，不能判断反应达到平衡，故D不选；
E．混合气体的平均相对分子质量在数值上满足，反应前后质量m不变，n改变，所以混合气体平均分子量不变可以判断反应达到平衡，故E选；
故答案为：ACE；
④在500℃时，起始压强为125kPa的恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，根据图象，SO3的体积分数最大值为40%，根据反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，此时起始投料=a=2，设起始氧气的物质的量为ymol，到达平衡氧气消耗了mmol，

即平衡时SO3的体积分数为×100%=40%，解得：y=2m，则氧气最终占20%，二氧化硫、三氧化硫最终各占40%，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的Kp==0.04，故答案为：2；0.04。
19．（14分）
化合物M(二乙酸—1，4—环己二醇酯)是一种制作建筑材料的原料。由环己烷为原料，合成M的路线如图(某些反应的反应物和反应条件未列出)。

回答下列问题：
(1)上述合成过程中没有涉及的反应类型是___(填标号)。
A．取代 B．加成 C．酯化 D．氧化 E.消去 F.聚合
(2)A物质的名称为___。B物质所含官能团名称为___。
(3)反应⑥所用的试剂和条件是___。
(4)反应⑦的化学方程式为___。
(5)与1，4—环己二醇互为同分异构体且能使石蕊试剂显红色的结构有___种，写出一种核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1：2：3：6的结构简式___。
【答案】(1)DF
(2)氯代环己烷(或1—氯环己烷) 溴原子
(3)NaOH的水溶液，加热
(4)+2CH3COOH+2H2O
(5)8
【解析】环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成，与乙酸发生酯化反应生成，与氢气发生加成反应生成。
(1)①是环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成；②是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成环己烯；③是环己烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成；④是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成；⑤是与溴发生加成反应生成；⑥是在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成；⑦是与乙酸发生酯化反应生成；⑧是与氢气发生加成反应生成，没有涉及的反应类型是氧化反应、聚合反应，选DF；
(2)A是，名称为1一氯环己烷。B是，含官能团名称为溴原子；
(3)反应⑥是在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成，所用的试剂和条件是NaOH的水溶液，加热；
(4)反应⑦是与乙酸发生酯化反应生成，化学方程式为+2CH3COOH+2H2O；
(5)与1，4—环己二醇互为同分异构体且能使石蕊试剂显红色的有机物含有羧基，结构有CH3CH2CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH3)COOH、(CH3CH2)2CHCOOH、(CH3)2CHCH2CH2COOH、(CH3)2CHCH(CH3)COOH、、CH3CH2CH(CH3)CH2COOH、(CH3)3CCH2COOH，共8种，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1：2：3：6的结构简式是。