贵州省2023届高三下学期三模理科综合化学试卷（含解析）

这是一份贵州省2023届高三下学期三模理科综合化学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
贵州省2023届高三下学期三模理科综合化学试卷一、单选题1．医院、学校，疫源地等公共场所常用一定浓度的含氯物质水溶液进行消毒，下列说法错误的是 （    ）A．“84”消毒液的有效成分为B．氯水可用于杀菌消毒，其中起杀菌作用的是C．能杀菌消毒是因为它具有强的氧化性D．是良好的消毒剂，其还原产物一般为2．推断分子式C4H9Cl的同分异构体的数目是（    ）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种3．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（    ）A．标准状况下，11.2LSO3中含有分子数目为0.5NAB．1mol中含有碳碳双键的数目为4NAC．9.2gNO2和N2O4的混合气体中原子总数为0.6NAD．30g二氧化硅中含有Si-O键的数目为NA 4．25℃时，某浓度的氯化铵溶液pH=4，下列关于该溶液的说法正确的是（    ）A．c(OH-)=1×10-4 mol·L-1B．c(NH3·H2O)=c()C．c()＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)D．c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)5．CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似。下列叙述错误的是（   ）A．(CN)2可以和H2反应 B．(CN)2不能和碱反应C．CN－具有还原性 D．(CN)2的性质活泼6．下列有关说法中正确的是（  ）A．苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污B．过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白C．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D．84消毒液与洁厕灵混用可以增强杀菌消毒效果7．一种正投入生产的大型蓄电系统如图所示。放电前，被交换膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述不正确的是（    ）A．放电时，负极的电极反应式为2S22――2e－===S42－B．充电时，阳极的电极反应式为3Br－－2e－===Br3－C．放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D．充电时，M接电源负极，N接电源正极二、实验题8．溴苯是一种重要的化工原料，可用作溶剂、汽车燃料、有机合成原料、合成医药农药、染料等。纯净的溴苯是一种无色透明的油状液体。其制备原理如下：+Br2+HB。实验操作：先将铁粉和苯加入反应器a(如图所示)中，在搅拌下缓慢加入液溴，于70-80℃保温反应数小时，得棕褐色液体。将棕褐色液体转移到分液漏斗中，依次用水洗、5%氢氧化钠溶液洗、水洗、干燥。过滤，最后经常压分馏，收集155-157℃馏分。相关物质有关数据如下： 苯溴溴苯密度：g/cm-30.883.101.50沸点/℃8059156水中的溶解度微溶微溶微溶 请回答下列问题：(1)b装置的名称为_______，该装置还缺少一个_______装置。(2)c装置的作用是_______。(3)提纯过程中，NaOH的作用是_______(用离子方程式表示)。第二次水洗的主要目的是_______。(4)最后仍要分馏的目的是_______。(5)a中发生的无机反应化学方程式是_______。(6)锥形瓶中盛有AgNO3溶液，其现象是_______。(7)本次实验取用110mL苯，溴足量，在制粗溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则可得溴苯多少_______克(列出计算式即可)。三、工业流程题9．磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。回答下列问题：(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行___________ (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的___________，滤渣 1的主要成分是___________。(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为___________。(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为___________。(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择____为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是____。(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为___________。四、原理综合题10．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H,上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示：回答下列问题：①写出反应I的热化学方程式_________。②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__________(反应未使用催化剂)。
(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：①T℃时，该反应的平衡常数为_____________________(保留两位有效数字)。②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是__________________________________。③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)  △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___，理由是________。 五、结构与性质11．硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为____________________________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是__。(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________________。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型有________种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为______________________________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。六、有机推断题12．化合物H是一种常用的解热镇痛药，一种合成化合物H的合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称为_______；A→B的反应类型为_______。(2)有机物H中所含官能团的名称为_______。(3)写出反应C→D的化学方程式_______。(4)试剂c的分子式为，与G发生取代反应，试剂c的结构简式为_______。(5)有机物K是D的同分异构体，能使石蕊试液变红，且1molK能与足量的金属钠反应生成标准状况下22.4L氢气。符合上述条件的K有_______种，其中核磁共振氢谱图中有3组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式为_______。(6)设计以、为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用)。
参考答案1．B【详解】A． “84”消毒液的有效成分为，故A正确；B． 氯水可用于杀菌消毒，其中起杀菌作用的是HClO，故B错误；C． 能杀菌消毒是因为它具有强的氧化性，能使细菌的蛋白质变性，故C正确；D． 是良好的消毒剂，发生还原反应，其还原产物一般为，故D正确；故选B。2．B【详解】分子式为C4H9Cl的有机物可看作是丁烷C4H10中的1个氢原子被氯原子取代后的产物。因为丁烷有2种同分异构体，即正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷(CH3)2CHCH3，在这2种化合物中均含有2类氢原子，所以其一氯代物均有2种同分异构体，分别为；答案选B。3．C【详解】A．标准状况下，SO3呈固态，无法计算11.2L SO3含有的分子数目，A不正确；B．1个分子中只含有1个碳碳双键，所以1mol中含有碳碳双键的数目为NA，B不正确；C．9.2gNO2和9.2g N2O4中含有原子的物质的量都为=0.6mol，则9.2g混合气体中原子总数为0.6NA，C正确；D．1个“SiO2”中含有4个Si-O键，则30g二氧化硅中含有Si-O键的数目为=2NA，D不正确；故选C。4．D【详解】A．25℃时，某浓度的氯化铵溶液pH=4，则溶液中c(OH-)==1×10-10 mol·L-1，A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，盐电离产生的会发生水解反应，消耗水电离产生的OH-变为NH3·H2O，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子的形式存在，所以微粒浓度：c(NH3·H2O)＜c()，B错误；C．在溶液中根据物料守恒：c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)，则c(Cl-)＞c()。盐电离产生的发生水解反应，消耗水电离产生的OH-变为NH3·H2O，同时产生H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，所以c()＞c(H+)，故该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；D．溶液中存在电荷守恒，可得关系式：c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，D正确；故合理选项是D。5．B【分析】CN－为拟卤素离子，(CN)2性质和卤素类似，根据卤素离子、单质的性质分析CN－和(CN)2的性质。【详解】A.卤素单质可以与H2反应生成卤化氢，故(CN)2可以和H2反应，故A正确； B.卤素单质可以与碱反应生成盐，故(CN)2能和碱反应生成NaCN、NaCNO和H2O，故B错误； C.卤素离子能被氧化，具有还原性，CN－具有还原性，故C正确；D.卤素单质性质活泼，是常见的氧化剂，故(CN)2的性质活泼，故D正确；故答案选B。6．A【详解】A. 苏打也叫纯碱，是Na2CO3的俗称，制造玻璃的原料有纯碱、石灰石和二氧化硅，纯碱水解呈碱性，有利于油脂的水解，故A正确；B. 过氧化钠与水反应具有腐蚀性的氢氧化钠，不能用于食品的漂白，故B错误；C. 乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有氧化性，故C错误；D. 84消毒液”含NaClO，与含盐酸的洁厕灵混合，发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，不能混合使用，故D错误；故选A。7．D【分析】根据放电后Na2S2转化为Na2S4，S元素化合价升高，知Na2S2被氧化，说明N为负极；NaBr3转化为NaBr，Br元素化合价降低，知NaBr3被还原，说明M为正极，以此解答。【详解】A. 根据放电后Na2S2转化为Na2S4，S元素化合价升高，知Na2S2被氧化，故负极的电极反应式为2S22――2e－===S42－，故A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应，NaBr转化为NaBr3，故阳极的电极反应式为3Br－－2e－===Br3－，故B正确；C. 放电时，阳离子向正极移动，故Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 充电时，原电池的负极接电源的负极，原电池的正极接电源的正极，故M接电源正极，N接电源负极，故D错误。故选D。【点睛】解答可充电电池题的关键是理解充放电原理：①放电时为原电池，充电时为电解池；②放电时的负极反应与充电时的阴极反应互逆，放电时的正极反应与充电时的阳极反应互逆；③电池放电完毕，给电池充电时，电池的负极与外接电源的负极相连，电池的正极与外接电源的正极相连。8．(1)     (恒压)滴液漏斗     尾气吸收(2)冷凝回流、导气(3)     或     除去残留的NaOH(4)除去互溶的苯以得到纯净的溴苯(5)(6)溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾(7)(列出计算式即可) 【分析】由实验装置图可知，三颈烧瓶a中铁与滴液漏斗b滴入的液溴发生反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，球形冷凝管有冷凝回流作用，使挥发出的苯和溴冷凝回流，目的是提高反应物的利用率；锥形瓶内的AgNO3溶液可以用于检验，生成的溴化氢和挥发出的溴蒸气有毒会污染空气，故缺少一盛有的氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。【详解】（1）b装置的名称为(恒压)滴液漏斗，该装置还缺少一个尾气吸收装置。（2）据分析，c是球形冷凝管，有冷凝回流作用、产生的HBr经C逸出，故还兼起导气作用。（3）提纯过程中，先水洗除去可溶性的氯化铁、HBr，再用氢氧化钠溶液吸收溶解在有机物中的溴，则NaOH的作用用离子方程式表示为或。经分液除去水层后，第二次水洗有机层的主要目的是除去残留的NaOH。（4）最后所得为互溶的、沸点差很大的苯和溴苯的混合物，则仍要分馏的目的是除去互溶的苯以得到纯净的溴苯。（5）a中发生的无机反应为铁与液溴反应生成溴化铁，化学方程式是 。（6）苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢气体，极易溶于水的溴化氢遇水蒸气产生白雾，氢溴酸与AgNO3溶液反应生成AgBr沉淀，所以锥形瓶中现象是：溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾。（7）本次实验取用110mL苯、则其物质的量为，溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则按化学方程式可知可得溴苯克(列出计算式即可)9．(1)     粉碎     4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O     SiO2或难溶性硅酸盐(2)3＜pH＜9(3)1：4(4)     7g     石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降(5)2FePO4+ Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O 【分析】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。10．     2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1     反应Ⅱ     温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢     0.56     减小二氧化碳浓度     <     k1=2k2·KP     BD     达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)【分析】(1)①根据△H=生成物的总能量减反应物总能量计算。 ②反应快慢主要由活化能决定，分析温度升高对两个反应的影响。(2)①T℃时，根据平衡常数表达式进行计算。②分析得出NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加即得结论。③再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，根据浓度商计算得到，再与配合常数比较得出。(3)平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆代入可得到关系式，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此反应达到平衡状态。【详解】(1)①△H=E4 kJ·mol-1－E3kJ·mol-1 =－(E3－E4)kJ·mol-1，因此反应I的热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1，故答案为：2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1。②活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅱ的活化能大，因此决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢。(2)①T℃时，该反应的平衡常数为，故答案为：0.56。②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，，此时反应v正 < v逆，故答案为：<。(3)一定温度下，平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆即k1·p2(NO2) = 2k2·p(N2O4)，k1=2k2·KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2·KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2·KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。11．          哑铃(纺锤)     H2S     S8相对分子质量大，分子间范德华力强     平面三角     2     sp3     g/cm3     【分析】（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；（2）根据价层电子对互斥理论分析；（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；（4）根据价层电子对互斥理论分析；（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形；（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是sp3、sp2、sp2，因此不同其他分子的是H2S；（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3；（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×+1＝4，硫原子个数是8×+6×＝4，晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。【点睛】其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。12．(1)     丙酸     取代反应(2)酯基，羰基(3)+CH3OH+H2O(4)(5)     5     (6)  【分析】A与Br2发生取代反应生成B，B→C相当于Br原子水解，根据D的结构简式可知C与CH3OH发生酯化反应生成D，D中羟基上的H原子被取代生成E，试剂b的分子式为C7H7O2SCl，结合E的结构简式可知，试剂b为；E再发生取代反应生成F，F与Br2在光照条件下发生取代反应生成G，G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，说明G中Br原子被取代，根据H的结构可知试剂c为，据此分析解题。【详解】（1）根据A的结构简式可知，A的化学名称为：丙酸；对比A和B的结构简式的区别可知，A→B的反应类型为取代反应；（2）根据H的结构简式可知，H中所含官能团的名称为酯基，羰基；（3）对比C和D的结构简式可知，C→D为C和甲醇的酯化反应，方程式为：+CH3OH+H2O；（4）由分析可知c的结构简式为；（5）能使石蕊试液变红说明有羧基，1molK能与足量的金属钠反应生成标准状况下22.4L氢气，说明K上除了羧基之外还应该有1个羟基，则符合上述条件的K有、、、、，一共5种，其中核磁共振氢谱图中有3组吸收峰，且峰面积之比为6：1：1，说明有6种等效氢，其结构简式为：；（6）以、CH3OH为原料制备，发生催化氧化生成BrCH2CH2CH2COCH2CHO，BrCH2CH2CH2COCH2CHO发生氧化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOH，BrCH2CH2CH2COCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3，BrCH2CH2CH2COCH2COOCH3发生D生成E类型的反应，生成目标产物，故该合成路线为：。