【文档说明】四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测理科综合化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.430 MB，由管理员店铺上传

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成都市2020级高中毕业班第一次诊断性检测理科综合1．化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是A．葡萄酒中添加的2SO既可杀菌，又可防止营养成分被氧化B．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐

、2ClO等D．不锈钢是一种含合金元素Cr和Ni的合金钢2．假设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法一定正确的是A．25℃，1LpH=14的Ba(OH)2溶液含有OH-为NA个B．含1molAlCl3的溶液中离子总数目为4NAC．32gCu与足量浓硝

酸反应得到的气体分子总数为NAD．标准状况下，每生成22.4LO2转移电子数为4NA3．布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法正确的是A．甲中最多有8个碳原子共平面B．乙转化为丙为加成反应或还原反应C．与丙有相同官能团的同分异构体只

有6种D．丁与乙酸互为同系物4．下列装置能达到实验目的的是A．从盐水中提取NaClB．除去4CCl中的2BrC．制取收集氨D．除去2Cl中的HCl5．短周期主族元素Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族。X、Y、Z最外层电子数分别为x、y、z，且依次

增大，x、y、z之和为15，x+z=2y。下列说法正确的是A．Q是原子半径最小的元素B．最高正价含氧酸的酸性：XYC．2XQ分子中各原子最外层达到8电子结构D．Z的氢化物不可能含有非极性共价键6．某种电催化法以2CoPNiP、为催化电极合成腈类化合物(RCN)和偶氮化合物(RNNR)−=−，

装置示意图如图。下列说法错误的是A．左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应B．阴极发生反应：C．OH−从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动D．每当合成得到1molRCN，同时合成1molRNNR−=−7．维持25℃下，通过加入NaOH或HCl改变10.010molLNaZ−溶液的

pH，溶液中()()()c(HZ)cZcHcOH−+−、、、的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是A．一元弱酸HZ电离常数为4.7410−B．10.010molLNaZ−溶

液的pH约等于8.37C．x点纵坐标为5.26−，且此时溶液中()()cZcOH−−D．图中所示各溶液均满足()()c(HZ)cZcNa−++=8．工业上用电解2MgCl溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾()

3KBrO的工艺流程如下：回答下列问题：(1)惰性电极电解2MgCl溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。(2)“合成I”中得到3HBrO，该反应的还原剂是__________

____；“合成II”中加入MgO的目的是____________。(3)结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向()1322.0L0.15molLMgBrO−溶液中加入

______________molKCl粉末，可使溶液中的()3cBrO−降为0.10mol/L[假设溶液体积不变，已知该温度下()sp3KKBrO0.034=]。“合成III”实际中用饱和KCl溶液而不用

KCl粉末的优点是______________(写一条)。(4)为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。(5)另一种产生溴酸盐的方法是用23KCO溶液吸收2Br，同时生成2CO气体

。写出相应的化学方程式______________；Br原子经济性更高的是______________(填“23KCO吸收法”或“氯气氧化法”)。9．镀锌钢构件的酸洗废液中含有2.5mol/L盐酸、2250%FeCl4HO和

22%ZnCl。实验室从酸洗废液中回收盐酸和22FeCl4HO的实验流程如下：已知化合物的溶解度(g/100g水)数据如下表：物质0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃100℃2FeCl49.759.06

2.566.770.078.388.794.92ZnCl342363395437452488541614回答下列问题：I．回收盐酸和22FeCl4HO粗产品(1)操作1应选择______________(填字母序号)。A．水浴加热B．油浴加热C．投入沸石(2)为了获得22FeCl4

HO粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止2Fe+被氧化外，另一目的是___________；若留有残余液过多，会造成的不良后果是___________(答一条)。II．22FeCl4HO粗产品的重结晶(3)检验

22FeCl4HO粗产品中含有3Fe+的操作方法是____________。(4)重结晶前加入的物质X为_____________；操作2的名称是______________。III．滴定亚铁离子，测定22FeCl4HO晶体纯度准确称取a

g重结晶后的22FeCl4HO晶体，溶于混酸中并定容至100mL。移取三份25.00mL溶液，加入指示剂，用227KCrO标准溶液(1cmolL−)滴定至终点，半分钟内不恢复，平均消耗标准溶液体积为VmL(此时Cl−不被氧化)。(5)计算22FeC

l4HO晶体的纯度为____________%(含a、c的代数式，化到最简)。10．直接将2CO转化为有机物并非植物的“专利”，科学家通过多种途径实现了2CO合成甲醛，总反应为222CO(g)+2H(g)HCHO(g)+

HO(g)ΔH垐?噲?．转化步骤如图1所示：(1)原料2CO可通过捕捉技术从空气中或工业尾气中获取，写出一种常见的可作2CO捕捉剂的廉价试剂___________。(2)已知22242H(g)O(g)2H

O(g)ΔH+=，则总反应的ΔH=___________(用图1中焓变以及4ΔH表示)。(3)T℃，在容积为2L的恒容密闭容器中充入21molCO和一定量2H，只发生可逆反应①。若起始时容器内气体压强为1

.2kPa，达到平衡时，3CHOH(g)的分压与起始投料比()()22nH/nCO的变化关系如图2所示。(ⅰ)若5min时到达c点，则0~5min时的平均反应速率()2vH=________11mo

lLmin−−；(ⅱ)pK(b)=__________(写计算表达式)；(ⅲ)c点时，再加入2CO(g)和2HO(g)，使两者分压均增大20.05kPa,H的转化率_____________(填“增大”、“不变”或“减小”)。(

4)在恒温恒容条件下只发生反应②。关于该步骤的下列说法错误的是____________。A．若反应②正向为自发反应，需满足2ΔH0B．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应②体系已经达到平衡C．增大2O的浓度，HCH

O(g)的平衡物质的量分数一定增大D．反应②体系存在()()223vHOvCHOH=正正(5)已知Arrhenius公式：aERlnkTC=−+(aE为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应①②的有关数据分别如图3所示，aE相对较小的是___________；研究表明，加入某极性介质有助于加快

整个反应的合成速率，原因可能是___________。[化学选修3：物质结构与性质](15分)11．含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：(1)卤化银AgX(XClBr)=、曝光后会产生Ag(黑色粉末)和2X。基态Br原子的价电子排布式为___________。(

2)加入显影剂(如等)，使潜影银核中的AgX进一步还原为Ag。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是___________；该物质能溶于冷水，原因是_____________。(3)用223NaSO溶解胶片上多余的AgClAgBr、，形成可溶的直线形配离

子()3232AgSO−，从而定影．223SO−离子的VSEPR模型为___________，()3232AgSO−中中心Ag+的杂化轨道类型为___________，其中配位时给出孤电子对能力较强的是___________

(填“S”或“O”)。(4)电解法可回收银单质。Ag单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为cpm，则银原子的半径1r=__________pm。(5)AgCl晶胞如右图，晶胞参数为apm。AgCl晶体中Ag+的配位数为______

_____；已知Cl−离子半径为bpm，Cl−离子之间不相切，则AgCl晶体中Ag+离子半径2r=_____________pm。[化学选修5：有机化学基础](15分)12．肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(Ph−表示苯环)。回答下列问题：(1)A中的____

______(填名称)官能团会被4NaBH还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。(2)B与32FeBr/Br反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为100%，合适的试剂X是______________。(3)已知碳原子

上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下21molClCOCHCl与足量NaOH水溶液反应，最多消耗____________molNaOH。(4)中间产物E分子内

环化生成()17172FCHNO。写出产物F的结构简式_____________。(5)参考上述合成路线，F经____________(填“4NaBH”或“4LiAlH”)还原以及酸处理形成Nefopam．(6)写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一

个)。①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与3FeCl溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。1．B【详解】A．SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，A正确；B．真丝

织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，是因为酶使真丝中的蛋白质水解，B错误；C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、ClO2等，C正确；D．不锈钢主要含有Fe、Cr、Ni和少量的碳，D正确；故选B。2．A【详解】A．25℃，Kw=10-14，1Lp

H=14的Ba(OH)2溶液中n(OH-)=1mol，则其中含有OH-为NA个，A正确；B．溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，不能计算离子数目，B错误；C．32gCu的物质的量是0.5mol，其与足量

浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，根据方程式中物质反应转化关系可知0.5molCu反应产生1molNO2气体，但可能有部分NO2溶解在溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3

+NO，则反应得到的气体分子总数可能小于NA，C错误；D．在标准状况下，22.4LO2的物质的量是1mol，由于不确定制取O2的方法，因此不能根据反应制取O2的物质的量确定反应过程中转移电子数目，D错误；故合理选项是A。3．B【详

解】A．甲中苯环上的6个碳原子共平面，和苯环直接相连的碳原子也共平面，以该碳原子为中心，取代基上与该碳原子直接相连的碳原子与其共面，以此类推，取代基上还有一个碳原子与它们共面，所以总共是6+1+1+1=9，所以最多有9个碳原子共平面，A选项错误；B．乙转

化为丙是在催化剂的作用下，碳氧双键与氢气发生加成反应生成，是加成反应或还原反应，B选项正确；C．与丙有相同官能团即含有-OH，除了苯环外，取代基有6个C原子，并且可以是一取代、二取代、三取代等取代方式，所以同分异构体种类远远超过6种，C选项错误；D．丁的分子式为13182CHO

，乙酸的分子式为C2H4O2，分子组成上并不是相差n个-CH2-，故不互为同系物，D选项错误；答案选B。4．B【详解】A．盐水中提取NaCl，用蒸发结晶的方法，需要用蒸发皿，坩埚是用于灼烧的，A错误；B．Br2能与NaOH反应，

且NaOH溶液与CCl4不互溶，所以可以用NaOH除去Br2后，再用分液的方法将NaOH溶液与CCl4分离，B正确；C．浓氨水与生石灰混合，生石灰溶于水放热且生成氢氧化钙，使一水合氨的电离平衡往逆向移动，从而产生氨气，氨气会与氯化钙反应，不能用无水氯

化钙干燥，C错误；D．Cl2也可以与NaOH反应，用NaOH除去HCl，也会将Cl2除掉，D错误；故选B。5．C【分析】由题意，x、y、z之和为15，x+z=2y，可推知y=5，x=3或4，z=7或6，又由Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一

主族，可推出X为C，Y为N，Z为O，Q为S。【详解】A．根据元素周期律，同周期元素，原子序数越大，原子半径越小；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，得Z是原子半径最小的元素，故A错误；B．同周期元素的非金属性随原子序数增大而递增，元素

的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性X<Y，则最高价含氧酸的酸性X<Y，故B错误；C．XQ2为CS2，分子中各原子最外层都达到了8电子稳定结构，故C正确；D．Z的氢化物有H2O和H2O2两种，H2O2分子中既含有极

性共价键又含有非极性共价键，故D错误；故答案选C。6．D【详解】A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧

为阴极，阴极发生反应为，故B正确；C．右侧为阴极、左侧为阳极，OH−从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到1molRCN，同时合成0.5molRNNR−=−，故D错误；选D。7．D

【分析】根据题意，NaZ溶液中存在水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，随着pH增大，()OHc−增大，则lgc(OH-)增大，d为()OHc−，()Hc+减少，则lgc(H+)减小，a为()Hc+，b为()HZc，c为()Zc−，据此分析解题。【详解】A．()()()()+-aH?ZHZ=HZ

ccKc，取y点计算，()-Zc=()HZc，()aHZ=K()+Hc=4.7410−，A正确；B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知()()-HZOHcc，()()()()()()()()()()wa-aa+---HZ?

HZ?OHHHZ?HZH=ZZZKKKccKccccc+==，()()()-4.74-14aw2+16.74-2-HZ?10?10H=1010mol/LZKKcc−==，10.010molLNaZ−溶液的pH约等于8.37，B正确；C．x点纵坐标为5.26−

，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中()()ZOHcc−−，C正确；D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，()()()HZZNaccc−++=，若加入NaOH，()Nac+改变，体系中()()()HZZNaccc−++=不成

立，D错误；答案选D。8．(1)()22222Mg2Cl2HOMgOHHCl+−++++电解(2)2Br与H+反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高()32MgBrO的纯度(3)反应体系中3KBrO溶解度较小，析出沉

淀1.08用饱和KCl溶液沉淀速率更快或KCl转化率(利用率)更高(4)蒸发结晶趁热过滤(5)223323Br3KCO5KBrKBrO3CO=+++氯气氧化法【分析】工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有

氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。【详解】（1）用惰性电极电解MgCl2

溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+Mg(OH)2↓，总反应的离子方程式为()22222Mg2Cl2HOMgOHHCl+−++++电解。（2）“合成I”发生反应是氯

气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是2Br；依据流程分析可知，加入MgO和溶液中H+反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高()3

2MgBrO的纯度。（3）过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中3KBrO溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；()3cBrO−降为0.10mol/L时，即需要沉淀2×

0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=()()3sp3KKBrO0.034mol/L0.34mol/LB=0crO.1−=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08m

ol；“合成III”实际中用饱和KCl溶液而不用KCl粉末的优点是：用饱和KCl溶液沉淀速率更快或KCl转化率(利用率)更高。（4）氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶

，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。（5）23KCO和2Br反应生成3KBrO、2CO和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：223323Br3KCO5KBr

KBrO3CO=+++；该方法中部分2Br转化为KBr，氯气氧化法中2Br全部转化为3KBrO，所以Br原子经济性更高的是氯气氧化法。9．(1)BC(2)防止22FeCl4HO结晶水水量偏低造成析出的22FeCl4HO晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸

回收不充分(3)取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加KSCN溶液显红色(4)Fe粉过滤(5)477.6cVa【分析】酸洗废液中含有盐酸、氯化亚铁和氯化锌，操作Ⅰ为蒸馏，溜出液为HCl，残余液中有氯化锌和氯化亚铁，冰水浴冷却抽滤得到氯化亚铁的粗产品，加入盐酸和Fe，加

入盐酸防止FeCl2在结晶过程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2为过滤，干燥最终得到氯化亚铁晶体。【详解】（1）操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，油浴需要加入沸石，答案选BC。（2）为了获得22FeCl4HO粗产品，应适

时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止2Fe+被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分。（3）检验氯化

铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子反之则无。（4）结晶前需要加入的物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤。（5）K2Cr2O7与亚铁离子反应

离子方程式为6Fe2++227CrO−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗227CrO−的物质的量为cV×10-3mol，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×10-3mol，则ag样品中含有Fe2+2.4cV×1

0-2mol，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为22.4cV10mol199g/mol477.6cVaga−=%10．(1)23NaCO溶液或氨水或石灰乳(2)1234ΔH+ΔH+ΔH/2-ΔH/2(3)0.1830.240.240.08

0.16增大(4)C(5)反应②极性介质使反应①的活化能降低【分析】总反应222CO(g)+2H(g)HCHO(g)+HO(g)ΔH垐?噲?可以根据盖斯定律计算出该反应的活化能；根据平衡常数的表达数

能计算出用分压表示平衡常数，根据了勒夏特列原理分析平衡移动的情况；根据反应的活化能和速率成反比，可以根据反应的活化能判断反应速率的相对大小。【详解】（1）能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，一般选择碱性物质，结合题目要求需要选择廉价并常见的试剂，可以是23NaCO溶液或氨水或石灰

乳；（2）根据图1及盖斯定律，总反应222CO(g)+2H(g)HCHO(g)+HO(g)是①+②+12③-12④得到的，则反应热1234ΔΔ+Δ+Δ/2-Δ/2HHHHH=；（3）根据图1反应①为2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)垐?噲?：i.起始时容器内气体的

总压强为1.2kPa，若5min时反应到达c点，c点CH3OH的物质的量为x，1.20.243x=，x=0.6mol，则反应消耗氢气的物质的量为1.8mol，v(H2)=1.8mol2L5min=0.18mol/(L·min)；ii.b点和c点在同一温度

下，所以b点平衡常数与c点一样，根据c点数据列三段式：()()()()2223+CHOH+(mol)1200(mol)0.61.80.60.6(mol)0.40.20.60.6COg3HggHOgƒ初始转化平

衡甲醇压强为0.24kPa，则二氧化碳的压强为0.16kPa、氢气的压强为0.08kPa、水蒸气的压强为0.24kPa，b点时反应的平衡常数Kp=30.240.240.160.08；iii.c点时，再加入CO2(

g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，Qc=30.240.290.210.08<Kp，平衡往正向移动，H2的转化率增大；（4）根据图1反应②3222CHOH(g)+O(g)HCHO(g)+HO(l)垐?

噲?，A．若反应②正向为自发反应，则说明Δ-Δ<0HTS，该反应是气体分子数减小的反应，故△S<0，需满足2Δ0H才能自发进行，A正确；B．该反应随着反应的进行，气体质量一直在减小，反应是气体分子数减小的反应，则物质的量一直在减小，则气体平均摩尔质量不

变不能确定是否达到平衡，故B错误；C．增大2O的浓度，平衡往正向移动，则HCHO(g)的平衡物质的量分数一定增大，C正确；D．反应②中H2O2是纯液体，D错误；故选C。（5）根据图示，反应②的斜率比反应①小，根据公式aERlnkCT=−+，斜率即Ea的大小，所以活

化能较小的是反应②；总反应的决速步骤一般是反应速率较慢的那个反应，加入某极性介质有助于加快整个反应的合成速率，根据图示分析，反应速率较慢的是反应①，所以可能是极性介质使反应①的活化能降低，从而加快了总反应的速率。11

．(1)254s4p(2)O一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键(3)四面体(形)sps(4)2c4(5)6a-b2【详解】（1）基态Br原子为35号元素，故价电子排布式为254s4p。（2）O、N、C原子失去1个电子后的价

电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。（3）

223SO−与SO24−互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；()3232AgSO−中中心Ag+形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。（4）Ag单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线

长度为2cpm=4r1，故1r=2c4pm。（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，AgCl晶体中Ag+的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=(a-b2)pm。12．(1)(酮)羰基酯化反应(或取代反应)(

2)732CHNH(3)13(4)(5)4LiAlH(6)等【分析】A经4NaBH还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与32CHNH发生取代反应生成C，C在4LiAlH作用下脱出羰基形成D

，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefopam，据此分析解答。【详解】（1）对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反

应(或取代反应)；（2）B与32FeBr/Br发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为100%，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为32CHNH，故答案为：7；32CHNH；（3）

根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；21molClCOCHCl中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此21molClCOCHCl可消耗3molNaOH，故答案为：1；3；

（4）由以上分析已知F为，故答案为：；（5）由A到B，C到D的转化过程可知4LiAlH能将羰基直接脱氧，因此F经4LiAlH处理才能得到Nefopam，故答案为：4LiAlH；（6）①能发生银镜反应，可知存在醛基或甲酸酯基结构；②其水解产物

之一能与3FeCl溶液显色，可知存在酯基，结合氧原子个数，及发生银镜反应，可知存在甲酸酯基，且甲酸酯基结构直接与苯环相连才能水解出酚类结构；③含有两个苯环和一个五元环，符合的结构有：等，故答案为：等；