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2025 年高考第一次模拟考试
高三化学
（试卷满分100 分，考试时间60 分钟）
1．本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号，并将核对后的条
形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
2．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2 个符合条件的选项；标注“双选”的试题，
每小题有两个符合条件的选项；标注“单选”的试题，每小题只有一个符合条件的选项。
3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Ni-59 Cu-64
一、砷及其化合物(本题共20 分)
砷元素(As)广泛分布于自然界中，土壤、水体、矿物和生物体内都含有微量的砷。工业上提取砷的某
步反应如下：
1．砷元素在周期表中的位置是___________；基态砷原子价电子排布图不能写为
，是
因为该排布方式违背了 这一原理。
2．沸点：AsH3___________NH3，原因是____ _______。
A．> B．<
3．关于I ~IV四种物质的说法正确的是___________。(双选)
A．I中仅有σ 键
B．II中部分元素的第一电离能：I1(O)>I1(S)
C．III中含有的元素中砷的电负性最大
D．IV中含有的化学键为离子键、共价键
4．已知H3AsO3为三元弱酸，则分子中As 原子存在___________对孤电子对，AsO3
3-的空间构型为
___________。
A．正四面体 B．三角锥形 C．角形
溶解于水中的H3AsO4存在如下平衡：H3AsO4
H2AsO4
-+H+，H2AsO4
-
HAsO4
2-+H+，HAsO4
2-
1
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AsO4
3+H+。目前常用吸附法消除水中的砷，已知pH 越大，吸附剂表面带的负电荷越多。
5．分析吸附剂对砷的吸附量随pH 升高而下降的原因_____ ______。
【答案】1．第4 周期VA 族(第15 族) (2 分) 洪特规则(2 分)
2．B(2 分) NH3分子间存在氢键(2 分)
3．BD (2 分)
4．1 (2 分) B (2 分)
5．随着pH 增大，吸附剂表面的负电荷增多；pH 增大，电离平衡正向移动，含砷微粒所带负电荷增
多。由于静电斥力，吸附剂对砷的吸附量减小(2 分)
【解析】1．砷元素在P 元素的同主族下一周期，在周期表中的位置是第4 周期VA 族；电子在能量相
同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该排布方式违背了洪特规则；
2．沸点AsH3<NH3，B 正确；由于AsH3和NH3均为分子晶体，而NH3分子间存在氢键，所以沸点
AsH3<NH3；
3．A 项，I中含有σ 键和π 键，A 错误；B 项，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则S 的第
一电离能小于O，B 正确；C 项，III中含有H、C、N、O、S、As 等元素，其中O 的电负性最大，C 错误；
D 项，IV中含有的化学键为离子键和共价键，D 正确；故选BD。
4．H3AsO3中心原子As 与周围的三个氧原子形成3 个σ 键，孤对电子数为
；AsO3
3-中
As 的其价层电子对数为
，有1 个孤电子对，则其空间构型为三角锥形，B 正确；
5．随着pH 增大，H3AsO4转变为H2AsO4
-，吸附剂表面的负电荷增多，正电荷减少，由于静电斥力，
吸附剂对砷的吸附量减小。
6．砷和镍(Ni)形成某种晶体的晶胞如图1 所示，图2 为该晶胞的俯视投影图。
该晶胞中含有___________个Ni 原子。该晶体的密度ρ =___________g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数，
该晶体的摩尔质量为M g·mol-1，用含 a、b、M 和NA的代数式表示)
2
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6．2(2 分)
(2 分)
【解析】由晶胞结构可知，该晶胞中含有Ni 的个数为
；每个晶胞中含有Ni 原子的个
数为2 ，As 的个数为2 ，晶胞质量为
，晶胞体积为a·a·sin60°·b=
，则晶体的密度ρ=
。
二、双碳战略(本题共20 分)
7．碳达峰与碳中和一起，简称“双碳”。中国承诺在2030 年前实现碳达峰，二氧化碳的排放不再增
长，并在2060 年前实现碳中和。为实现双碳目标，对二氧化碳的再利用至关重要。
(1)2021 年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意图如下，下列说法
不正确的是______。
A． 淀粉溶液能产生丁达尔现象
B． CO2和CH3OH 均属于非电解质
C． 反应②每生成1mol CH3OH 转移6NA个电子
D． “C6→淀粉”过程中只涉及C-O 键的断裂和生成
利用反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-270kJ·mol−1
副反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2
3
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(2)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C-H
H-H
H-O
C=O
键能/ kJ·mol−1
413
436
463
a
表中a =______。
为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个
的刚性容器中，分别充入1molCO2(g)和
4molH2(g)，在三种不同实验条件(见下表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/ m2·g -1
80
120
120
(3)T1______ T2。
A． 大于
B． 等于
C． 小于 D． 无法确定
(4)曲线III 对应的实验编号是______。
A． a B． b C． c D． 无法确定
(5)若在曲线Ⅱ的条件下，10 min 达到平衡时生成1.2 molH2O，则10 min 内反应的平均速率
v(H2O)=______ mol·L－1·min－1，计算出反应Ⅱ的平衡常数
______。
(6)在一定条件下反应Ⅰ存在：
或
，
反应I 的平衡常数K=______(用含
、
的代数式表示)。
【答案】(1)D(2 分) (2)745(2 分) (3)C(2 分) (4)B (2 分)
(5)0.012(2 分) 0.44(2 分) (6)
(2 分)
4
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【解析】(1)A 项，淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，A 正确；B 项，CO2和CH3OH 均属于非电解
质，B 正确；C 项，反应②中碳元素化合价由+4 降到-2，每生成1mol CH3OH 转移6NA个电子，C 正确；D
项，“C6→淀粉”过程中涉及C-O、O-H 键的断裂和生成，D 错误；故选D。
(2)根据ΔH =反应物总键能-生成物总键能，由反应Ⅰ可得：2a+4×436-4×413-4×463=-270，求得
a=745；
(3)催化剂不改变平衡状态，可知曲线II 和III 的温度相同，均为T1，则曲线I 的温度为T2，根据先拐
平数值大，判断T2温度更高，故T1小于T2，故选C；
(4)曲线II 和III 的温度相同，均为T1，曲线III 反应速率更快，催化剂的比表面积较大，则曲线III 对
应的实验编号是b，故选B；
(5)容器体积为10L，10 min 内反应的平均速率v(H2O)=
=0.012 mol·L－1·min－1；设反应Ⅰ
生成2a molH2O，反应Ⅱ生成b molH2O，则CO2共消耗(a+b)mol，CO2剩余(1-a-b)mol，H2共消耗
(4a+b)mol，H2剩余(4-4a-b)mol，生成CH4amol，生成CObmol，反应后气体总的物质的量为(5-2a)mol，恒
温恒容，气体物质的量之比等于压强之比，可得
，a=0.5，共生成1.2 molH2O，b=0.2，到达
平衡时CO2、H2、CO、H2O 的物质的量分别为0.3mol、1.8mol、0.2mol、1.2mol，反应Ⅱ为等体积反应，
则反应Ⅱ的平衡常数K=
0.44；
(6)反应Ⅰ到达平衡时，v 正(H2)=2v 逆(H2O)，则
，可得
K=
=
。
8．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图3 所示。反应①完成之后，以N2为载气，
将恒定组成的N2、CH4混合气体匀速通入恒温反应器，流出气体各组分的气体流速随时间变化如图4 所示。
反应过程中始终未检测到CO2，检测到催化剂上有积碳。
5
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(1)t1~t3，n(H2)比n(CO)多，可能发生副反应的化学方程式为 。
(2)t2后CO、CH4流速如图4 变化的原因可能是 。
(3)用如图装置模拟科学研究在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯(X、Y 均为新型电极材料，可减少
CO2和碱发生副反应)，X 极上的电极反应式为 。
【答案】(1)CH4
C+2H2(2 分)
(2)t2min 后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO 的流速逐步减小至
0；t3min 后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变
(2 分)
(3)2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-(2 分)
【解析】(1)CH4与CaCO3反应生成等物质的量的CO 和H2，图中显示t1～t3min 内，n(H2)比n(CO)多，
且n(H2)基本不变，n(CO)不断减小，说明副反应产生氢气，结合题干中催化剂上检测到有积碳推知，该副
反应为CH4分解生成C 和H2；
(2)t2min 后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO 的流速逐步减小至
0；t3min 后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变，
故答案为：t2min 后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO 的流速逐步减
小至0；t3min 后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至
不变；
(3)二氧化碳在X 电极得到电子发生还原反应转化为乙烯，则X 极上的电极反应式为2CO2+12e-
+8H2O=C2H4+12OH-。
三、制备硝酸铁(本题共20 分)
6
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9．智能手机因其集成的高清摄像头和智能传感器而常被应用于化学实验。某实验小组利用实验室中
的废铁屑(久置但未生锈)制备硝酸铁，并利用配制的硝酸铁标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含
量进行测定。实验过程如下：
【实验Ⅰ】Fe(NO3)3 ·9H2O 的制备
(1)在净化过程中加入Na2CO3溶液并小火加热的目的是： 。
(2)稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，②
。
(3)逐氮过程中使用氢氧化钠溶液吸收NO2，写出该反应的化学方程式
。
(4)操作A 包含的实验步骤依次为：______、洗涤、干燥。
A．蒸发浓缩，趁热过滤
B．蒸发浓缩，降温结晶
C．蒸发浓缩，降温结晶，过滤
D．分液，过滤
【实验Ⅱ】标准Fe(NO3)3 溶液的配制。
准确称取0.8080g Fe(NO3)3 ·9H2O 配成100mL 0.02000mol/L 溶液。
(5)实验中，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 。
(6)下列操作会导致所配Fe(NO3)3 溶液浓度偏低的是______。
A．溶液未恢复室温就注入容量瓶定容
B．定容时俯视液面
C．摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线
D．容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理
【实验Ⅲ】绘制Fe3+标准溶液与吸光度A(对特定波长光的吸收程度，数值与有色物质的浓度大小有关)
的标准曲线。
①分别向6 个100mL 容量瓶中加入0.50、0.75、1.00、1.25、1.50、2.00mL 实验Ⅱ中标定的浓度为
0.0200 mol·L-1的Fe(NO3)3标准溶液，然后分别加入1.50mL 某浓度KSCN 溶液，用蒸馏水定容。
②将配好的溶液加入10mL 比色皿中，分别测定其吸光度，所得数据如下表所示：
比色管编号
S1
S2
S3
S4
S5
S6
Fe(NO3)3溶液/mL
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
2.00
c(Fe3+)/(10-4mol·L-1)
1
1.5
2
2.5
3
4
吸光度A
0.12
0.17
0.22
0.27
0.32
0.42
7
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(7)上述实验数据处理中k= ，b= 。
【实验Ⅳ】“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素含量的测定
①取1.000g 补铁剂样品，溶解后再加入足量H2O2溶液充分反应后配成100mL 溶液。
②取1.0mL 上一步所配溶液于100mL 容量瓶中，加入1.50mL 某浓度KSCN 溶液，用蒸馏水定容。
③将最终配好的溶液加到10mL 比色皿中，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度
。
(8)“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为 %。
(9)下列操作中有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量的有______。(双选)
A．提前除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的
杂质
B．用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液
C．整个实验中均采用相同浓度的KSCN 溶液
D．对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取平均值作结果
【答案】(1)碳酸钠水解使溶液呈碱性，加热促进碳酸根水解，溶液碱性增强，除去废铁屑的油污效果
更好(2 分)
(2)提供酸性环境，抑制Fe3+水解(2 分)
(3)2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO3+H2O(2 分)
(4)C(2 分)
(5)100mL 容量瓶、胶头滴管、量筒(2 分)
(6)C(2 分)
(7) 1000 (2 分) 0.02(2 分)
(8)18.48(2 分)
(9)CD(2 分)
【解析】Fe(NO3)3•9H2O 的制备：废铁屑加入碳酸钠溶液小火加热除去表面的油污，过滤洗涤后加入
硝酸溶液，溶解滤渣，45℃水浴加热，逐氮排出二氧化氮，溶液通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到
Fe(NO3)3•9H2O。
(1)碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，由于水解吸热，加热促进碳酸钠水解，溶液碱性增强，
除去油污效果更好。
8
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(2)稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，②由于Fe3+易水解，故加入过量稀硝酸的目的
为提供酸性环境，抑制Fe3+水解。
(3)氢氧化钠溶液吸收二氧化氮发生歧化反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，根据得失电子守恒和原子守
恒配平化学方程式为：2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO3+H2O。
(4)根据上述分析，对溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，最后得到Fe(NO3)3•9H2O，
故选C。
(5)标准Fe(NO3)3溶液的配制过程中除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是100mL 容量瓶、胶头滴管、
量筒。
(6)A 项，由于液体热胀冷缩，故溶液未恢复室温就注入容量瓶定容，导致所配溶液体积偏小，浓度偏
高，A 不符合题意；B 项，定容时俯视液面，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，B 不符合题意；C 项，
摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低，C 符合题意；D 项，
容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理，对实验结果无影响，D 不符合题意；故选C。
(7)任取两组实验数据，则有：0.17=k×1.5×10-4+b，0.32=k×3.0×10-4+b，解得上述实验数据处理中
k=1000，b=0.02。
(8)根据(7)分析可知，A=1000x+0.02，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度A=0.35，
解得x=3.3×10-4mol/L，故原样品中含有的Fe2+的物质的量为：
，
故“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为
。
(9)A 项，实验Ⅰ中引入的Fe3+与补铁剂中的Fe3+无关，故除不除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的
Fe3+杂质对测量结果无关，A 不合题意；B 项，【实验Ⅳ】中使用H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+，浓硝酸也能起
到同样的作用，故用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液对实验结果无影响，只是将产生有毒有
害气体NO2，污染环境，B 不合题意；C 项，根据控制变量法，整个实验中均采用相同浓度的KSCN 溶液，
有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，C 符合题意；D 项，对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取
平均值作结果，使实验结果更加准确，故有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，D 符合题意；故选
CD。
四、化学实验探究(本题共22 分)
化学是一门实验学科，很多化学问题的解决离不开探究实验。
10．某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
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(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A 中仍存在盐酸和MnO2。反应
的方程式是：MnO2 + 4HCl (浓)
MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O
①电极半反应式：
还原反应：MnO2 +2e-+4H+Mn2+ + 2H2O
氧化反应：__ _____。
(2)根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和MnO2的原因：
①随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
②随c(Cl－)降低，____ ___。
(3)补充实验证实了(2)中的分析。
实验操作
试剂
产物
I
较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
①补充实验中a 是KCl 固体，b 是：___ ____。
②利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr 和KI 溶液，
能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是：c(H+)KCl＞c(H+)KBr＞c(H+)KI，从原子结构角度说明理由：
__ _____。
【答案】(1)2Cl--2e- =Cl2↑(2 分)
(2)Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强(2 分)
(3)① MnSO4固体(或浓/饱和溶液) (2 分) ② Cl、Br、I 位于第VIIA 族，从上到下电子层数逐渐增
加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强(2 分)
【解析】该实验是探究氧化还原反应中氧化性和还原性的变化规律，以实验室制氯气的反应为基础，
探究物质的氧化性和还原性与浓度的关系，从而得到浓度影响物质氧化性和还原性强弱的一般规律。
(1)氧化反应元素化合价升高，电极反应为氯离子得电子生成氯气，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑；
(2)反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，所以可能是Cl－还原
性减弱或Cl2的氧化性增强；
(3)①可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II 的现象分析，试剂a 可以是KCl 固体；结合实验III
的现象是产物无氯气，且实验III 也加入了试剂a，所以应该是试剂b 影响了实验III 的现象，再结合原因I
可知试剂b 是MnSO4固体。②相同浓度的KCl、KBr 和KI 溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到
10
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小的顺序是：c(H+)KCl＞c(H+)KBr＞c(H+)KI，其原因是Cl、Br、I 位于第VIIA 族，从上到下电子层数逐渐增加，
原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强。
11．某学习小组探究铜的氧化过程。回答下列问题：
(1)装置C 的作用为：_______。
(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu 溶解的离子方程式为：_______；产生的少量无色气体为：_______。比较实验①和②，
从氧化还原角度说明
的作用是：_______。
(3)用足量NaOH 处理实验②新制的溶液可得到过氧化铜沉淀(化学式为CuO2)。研究小组用如下方法测
定CuO2粗产品的纯度：①取粗品0.0500g 与过量的酸性KI 完全反应(杂质不参加反应)后，调节溶液至中性；
②以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：
2CuO2 + 8H+ +8I-=2CuI↓+ 3I2 + 4H2O，I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- )。
①配制0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液用不到的仪器有：_______。
A．容量瓶 B．烧杯 C．分液漏斗 D．胶头滴管
②标志达到滴定终点的现象是：_______，粗品中CuO2的百分含量为：_______。
【答案】(1)吸收尾气防止污染空气(2 分)
(2)① Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O(2 分) ②O2(2 分) ③既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增
强H2O2的氧化性 (2 分)
(3)①C(2 分) ②溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色(2 分) ③.96%(2 分)
【解析】(1)反应生成二氧化氮有毒，故装置C 的作用吸收尾气防止污染空气；
(2)①铜与过量过氧化氢在酸性条件下反应，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；②过氧化氢
则分解产生氧气和水，产生的少量无色气体为：氧气；③氢离子在反应中起到了促进过氧化氢分解的作用，
加速了反应的进行，既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2的氧化性；
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(3)①配制0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液用到的仪器有：烧杯、量筒、容量瓶、玻璃棒等，用不到分
液漏斗，故选C；②标志达到滴定终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；
③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL，消耗标准溶液物质的量
为0.0015mol·，已知：2CuO2 + 8H+ +8I-=2CuI↓+ 3I2 + 4H2O，I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-，则过氧化铜的物质的量
为0.0005mol，粗品中CuO2的百分含量为
。
五、药物中间体的合成(本题共18 分)
12．某药物中间体G 的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A→B 的反应试剂及条件是 。
(2)B 分子中氯原子 和苯环共平面。
A．是 B．否 C．不确定
(3)B 与足量熔融NaOH 反应的方程式为 。
(4)D 的结构简式为 。
(5)E-F 的反应类型___________。
A．取代反应B．加成反应C．消去反应D．还原反应
(6)写出G 中所有含氧官能团的名称 。
(7)X 是F 的同分异构体，符合下列条件的X 可能的结构简式为 (任写一种)。
①可使希夫试剂显紫色
②含有苯环、无甲基，且苯环一氯取代有三种
③有对映体
(8)已知有机酸酐由2 个羧基脱水获得，结构简式为：
，能发生反应：
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。F→G 经历了2 个反应中间体，
其中X 的结构简式为
，Y 的结构简式为 。
【答案】(1)Cl2、 FeCl3(2 分)
(2)A(2 分)
(3)
(2 分)
(4)
(2 分)
(5)A(2 分)
(6)羧基、羰基、醚键 (2 分)
(7)
或
或
(2 分)
(8)
(2 分)
(2 分)
【解析】A 与氯气在FeCl3作用下发生取代反应生成B(氯苯)，B 发生取代反应生成C(苯酚)，C 与氢氧
化钠、二氧化碳在一定条件下反应生成D，D 与CH3CH2COCl 发生取代反应生成E，根据C、E 的结构简式，
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可知D 是
；E 在氯化铝作用下异构化为F，F 与乙酸酐在一定条件下生成G。
(1)苯与氯气在FeCl3作用下发生取代反应生成氯苯、氯化氢，A→B 的反应试剂及条件是Cl2、
FeCl3；
(2)B 是氯苯，苯分子为平面结构，一个氯原子代替苯分子上1 个H 原子得到氯苯，氯苯分子中氯原子
一定和苯环共平面，选A。
(3)B 与足量熔融NaOH 反应生成苯酚钠、氯化钠、水，反应方程式为
；
(4)根据以上分析，D 的结构简式为
；
(5)E 在氯化铝作用下异构化为F ，E-F 的反应类型取代反应，选A；
(6)根据G 的结构简式，含氧官能团的名称羧基、羰基、醚键；
(7)①可使希夫试剂显紫色，说明含有醛基；②含有苯环、无甲基，且苯环一氯取代有三种，③有对映
体，符合下列条件的F 的同分异构体可能为
、
、
等；
(8)根据信息可知，F 和乙酸酐反应生成
，则X 是
，X 的酯基结
构中含有碳氧双键，可以发生加成反应生成Y，Y 发生消去反应生成G，由G 逆推，Y 是
。
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