浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第一次仿真模拟化学试题（含解析）

这是一份浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第一次仿真模拟化学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第一次仿真模拟化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．明矾在水中可生成胶体而净水
B．可与反应，属酸性氧化物
C．在空气中燃烧可生成
D．可用于游泳池内水体的消毒
2．下列说法正确的是
A．可用作登山运动员野外取火
B．与少量水，会伴随放热现象
C．与少量水，会生成碳酸钠晶体而伴随吸热
D．溶解性比小，与间形成氢键有关
3．下列化学用语表示正确的是
A．和之间最强烈的氢键作用：
B．硅的基态原子轨道表示式：
C．中的化合价：价
D．的电子式：
4．物质的结构决定性质，下列比较，不正确的是
A．碱性：大于；小于
B．热稳定性：小于；金刚石大于硅晶体
C．沸点：大于；正丁烷大于异丁烷
D．酸性：大于；大于
5．下列说法不正确的是
A．金属钠在坩埚中加热熔化后会剧烈反应，发出黄色火焰
B．末用完的钾、白磷等易燃物应放回原试剂瓶
C．与容量瓶的精度相匹配，配制溶液时应使用分析天平
D．移液管洗净后应在烘箱中烘干
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加：
B．溶液中滴加至溶液呈中性：
C．酸性溶液中滴加：
D．常温下用氢氧化钠溶液吸收：
7．关于石灰氮()的性质和推测不合理的是
A．具有碱性
B．属于离子化合物，含
C．与盐酸可发生氧化还原反应产生
D．水解可生成和
8．荧光黄结构如图，下列说法正确的是

A．其分子式为，分子中存在3种官能团
B．荧光黄最多可消耗
C．分子中所有碳原子可共平面，且能与发生显色反应
D．荧光黄与足量溴水反应，最多可消耗
9．一定条件下，气体和都能与形成笼状结构的水合物晶体(如图)，在深海海底与可形成“可燃冰”和等

下列说法正确的是
A．和，约78个包1个
B．与形成“可燃冰”的过程发生了化学反应
C．减压和升温，是“可燃冰”开采与利用的重要方法
D．和的分子间的作用力小于与
10．硬脂酸蔗糖酯的结构如图，下列说法正确的是

A．硬脂酸蔗糖酯属于高分子化合物，具有还原性
B．硬脂酸蔗糖酯与乙酸蔗糖酯互为同系物
C．在稀硫酸作用下，水解得到三种有机产物
D．蔗糖与硬脂酸发生加成反应可得硬脂酸蔗糖酯
11．为阿伏加德罗常数的值，[]表示个微粒和个微粒组成的微粒集合体。下列说法正确的是
A．，则1mol[]生成放热
B．，1mol[]完全反应时转移的电子数为
C．，则在水溶液中可电离出得数为
D．中，键数为，键数为
12．电化学原理(如图所示)治理硝酸盐污水中，下列说法不正确是

A．直流电源电极：为正极、为负极
B．电解过程，溶液中质子从电极向电极移动
C．在阳极发生的电极反应：
D．当转移电子时，阴极室质量减少
13．P、S、X和Y分别代表标准状态下的具体物质，它们之间的能量变化与反应进程关系如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确是

A．在标准状态时，物质的：
B．和为催化剂，进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：
C．反应达平衡所需时间：进程Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ
D．反应平衡时的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ
14．辉铜矿[，含杂质]合成目标产物的流程如下。下列说法正确的是

A．步骤Ⅰ在足量中煅烧产生气体的主要成分：
B．步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：和
C．步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：
D．为得纯净目标产物，步骤Ⅳ的实验操作步骤依次：加热蒸发、冷却结晶、抽滤洗涤。
15．在常温下，下列说法正确的是
A．溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时：
B．的氨水与的盐酸等体积互混，，则的电离常数为
C．等浓度的与溶液，前者大于后者(已知，的，的，)
D．浓度均为的和混合溶液，滴加的溶液，最先产生的沉淀为(，)
16．根据实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定含，不含
B
滴加酸化的溶液，出现白色沉淀
溶液中一定含
C
惰性电极电解溶液，在阴极析出
不能说明氧化性
D
干燥的与在加热条件反应，得到固体与反应可放出
反应得到的固体为
A．A B．B C．C D．D

二、结构与性质
17．请回答：
(1)下列状态的钙中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是 。
A．    B．    C．    D．
和的半径比较： [填“”、“”或“”，下同]。和的键角比较 。
(2)常温下，苯和混合，溶液的总体积大于，理由是 。熔点为，而等物质的量的和组成的混合体系的熔点却只有，解析原因 。
(3)某晶体的晶胞在平面上的投影图如下(A为K、B为Fe、C为Se)：则该晶体的化学式为 。


三、元素或物质推断题
18．紫色固体化合物X由3种元素组成，能溶于水，具有强氧化性，与盐酸反应有黄绿色气体产生，得到的溶液滴加KSCN溶液呈血红色，用透过蓝色钴玻璃观察焰色试验的火焰呈紫色。取1.98gX按如下流程完成实验：

请回答：
(1)紫色固体X的化学式是 ，固体混合物Y的成分 (用化学式表示)。
(2)X与足量的盐酸反应的离子方程式 。
(3)已知：；为验证化合物中元素的含量，某同学设计并完成了如下实验：与足量的氢碘酸反应得到棕黄色溶液，萃取，标准滴定至终点，换算得的物质的量，再换算得到固体X中Z元素的质量小于。用标准溶液滴定达到终点时的实验现象是 。该滴定方法得到的结果：中元素的质量小于，分析原因 (不考虑实验操作上的误差)。

四、原理综合题
19．研究工业废气中的再利用意义重大。已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①在、条件下，按和的物质的量之比[](作稀释剂)，反应经达到平衡，并测得平衡体系中和的分压相等。则的平衡转化率为 ，热分解反应Ⅰ的平衡常数 。
②改变反应条件，在和，分别按和的物质的量之比(曲线Ⅰ)、(曲线Ⅱ)进行实验，画出转化率(a)随时间(t)的变化趋势图 。

(2)和按物质的量之比(并用稀释剂)通入管道反应发生器发生反应，维持管道内的总压为常压，其他条件不变，仅改变反应温度，经相同反应时间，测得体系中和体积分数与温度的变化关系如图所示。
①的 ；
②在前，管道内没有生成，在后才有生成，其原因 ；在(其他条件不变)，管道内的体积分数随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“无法确定”)。

五、工业流程题
20．铝土矿主要成分(含有等杂质)，铝土矿制取无水氯化铝的一种工艺流程如下：

已知：
物质




沸点/
57.6
180(升华)
300(升华)
1023
(1)步骤Ⅰ，焦炭有利于得到无水氯化铝的原因 。
(2)步骤Ⅱ，得到的气体混合物的主要化合物 (填化学式)。
(3)步骤Ⅲ，操作1的实验步骤 。
(4)步骤Ⅳ，NaCl可以降低熔化温度，其原因 (用化学方程式表示)。
(5)步骤Ⅴ，Al粉的作用 。

六、有机推断题
21．化合物A的分子结构中只有一种类型的环境氢，从A出发合成药物中间体G的合成路线如下：

已知：；
请回答：
(1)A的结构简式是 ，E→F的反应类型 。
(2)C→E的反应方程式 。
(3)F的结构简式 。
(4)以苯和乙烯为原料(其他无机试剂任选)合成的合成路线 。
(5)有机物分子组成为，写出同时满足下列条件的三种同分异构体 。
①能与溶液发生显色反应，②分子中含有两个化学环境完全相同的甲基，其苯环上的一硝基取代物只有两种。

参考答案：
1．B
【详解】A．明矾中铝离子发生水解反应生成胶体，具有吸附性而净水，故A正确；
B．可与反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，生成不只一种盐类，不属于酸性氧化物，故B错误；
C．具有弱还原性，在空气中燃烧可生成，故C正确；
D．为重金属盐类，能使蛋白质变性失活，可用于游泳池内水体的消毒，故D正确；
故选：B。
2．A
【详解】A．可与水反应生成氢氧化钙和氢气，可产生氢气作为燃料，可用作登山运动员野外取火，故A正确；
B．溶于水吸热，会伴随吸热现象，故B错误；
C．向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，故C错误；
D．溶解性比小，因为碳酸氢根水合后与周围的碳酸氢根形成双聚或多聚离子，形成了分子内的氢键，导致溶解度下降，故D错误；
故选：A。
3．C
【详解】A． 和之间最强烈的氢键作用：，故A错误；
B． 硅的基态原子轨道表示式：，故B错误；
C． 中中心原子与氧共用六对电子对，且偏向氧，故的化合价为价，故C正确；
D． 的电子式：，故D错误。
答案为C。
4．D
【详解】A．碱性：大于；Cl原子电负性比C强，使共用电子对偏向Cl，不利于-NH2结合水电离H+，生成更多的OH-，故碱性小于，A正确；
B．非金属性越强，氢化物的热稳定性越好，N的非金属性弱于O，故热稳定性小于；C-C的键长比Si-Si更短，键长越短，键能越大，热稳定性越好，故金刚石大于硅晶体，故B正确；
C．两者均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，故大于；同分异构体，支链越多，沸点越低，故正丁烷大于异丁烷，故C正确；
D．Cl电负性强于H，使得更容易电离出H+，故酸性小于；为强酸，为弱酸，故D错误。
答案为D。
5．D
【详解】A．钠的熔点低，焰色为黄色，加热时与氧气反应生成的过氧化钠为淡黄色固体，则金属钠在坩埚中加热熔化后会剧烈反应，发出黄色火焰，故A正确；
B．钾是活泼金属，白磷易自燃，未用完的钾、白磷等放回原试剂瓶，故B正确；
C．分析天平的精确度一般为0.001g或0.0001g，为了与容量瓶的精度相匹配，配制溶液时应使用分析天平，故C正确；
D．带有精密刻度的仪器不能放入烘箱中烘干，会导致热胀冷缩，不准确，故D错误；
故选：D。
6．A
【详解】A．Na2CrO4溶液中滴加H2SO4的离子方程式为：，故A正确；
B．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4+2H2O，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液中滴加H2O2的离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故C错误；
D．常温下用氢氧化钠溶液吸收Cl2的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D错误；
故选：A。
7．C
【详解】A．为强碱弱酸盐，所以该盐具有碱性，故A正确；
B．该化合物由钙离子和构成，为离子化合物，故B正确；
C．的氧化性大于的氧化性，所以不能被盐酸氧化生成氯气，故C错误；
D．水解时，钙离子结合氢氧根离子生成，结合氢离子生成，故D正确；
故选：C。
8．C
【详解】A．分子中C、H、O原子个数依次是20、12、5，分子式为C20H12O5，官能团有酚羟基、醚键、碳碳双键、羰基、羧基，含有5种官能团，故A错误；
B．酚羟基和Na2CO3以1：1反应，羧基和Na2CO3最多以1：1反应，所以1mol该物质最多消耗2molNa2CO3，故B错误；
C．苯、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当于乙烯中的氢原子被苯环、乙烯类似的结构取代，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，1mol该物质最多消耗5mol溴，故D错误；
故选：C。
9．C
【详解】A．46个H2O分子构成8个笼，每个笼容纳1个CH4分子或一个游离的H2O分子，故约6个H2O包1个CH4，故A错误；
B．CH4与H2O形成“可燃冰”的过程没有新物质生成，是物理变化，故B错误；
C．减压和升温可以让甲烷气体从海底逸出，减压和升温，是“可燃冰”开采与利用的重要方法，故C正确；
D．相对分子质量越大，范德华力越大，CO2的相对分子质量大于CH4，故CO2和H2O的分子间的作用力大于CH4与H2O的分子间作用力，故D错误；
故选：C。
10．B
【详解】A．硬脂酸蔗糖酯相对分子质量远远小于10000，所以不属于高分子化合物，故A错误；
B．二者结构相似，在分子组成上相差16个CH2原子团，所以互为同系物，故B正确；
C．该分子中只有一个酯基能发生水解反应，所以其酸性条件下的水解产物只有两种，故C错误；
D．蔗糖与硬脂酸发生酯化反应可得硬脂酸蔗糖酯，酯化反应也属于取代反应，不属于加成反应，故D错误；
故选：B。
11．B
【详解】A．3H2(g)+N2(g)═2NH3(g)ΔH=akJ⋅mol-1意味着1mol[3H2(g)+N2(g)]完全反应生成2molNH3(g)时放热akJ，当生成1molNH3(g)放热kJ，故A错误；
B．反应4+5HCHO+12H+═4Mn2++5CO2↑+11H2O转移20mol电子，消耗4mol和5molHCHO，即1mol[4+5HCHO]完全反应时转移的电子数为20NA，故B正确；
C．H3BO3是一元弱酸，电离不彻底，则1molH3BO3在水溶液中可电离出得H+数小于NA，故C错误；
D．中只含σ键，不含π键，1mol中，σ键数为8NA，故D错误；
故选：B。
12．D
【分析】根据图像知，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt作阴极，Pt电极为阳极。
【详解】A．连接阳极Pt的电极A为电源正极，B为电源负极，故A正确；
B．电解质溶液中质子向阴极移动，所以电解过程中质子从Pt电极向Ag-Pt电极移动，故B正确；
C．阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故C正确；
D．阳极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，当转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极质量减少18g,阴极上电极反应式为2+12H++10e-=N2↑+6H2O，当转移2mol电子时，产生0.2molN2，阴极室中放出0.2molN2质量为5.6g，同时有2molH+质量为2g进入，因此，阴极室质量减少3.6g,故D错误；
故选：D。
13．D
【详解】A．由图可知，进程Ⅰ为放热反应，在标准状态时，物质的ΔH：S＞P，故A错误；
B．催化剂不影响反应热的大小，X和Y为催化剂，故进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1=ΔH2=ΔH3＜0，故B错误；
C．反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则反应S⇌P达平衡所需时间：Ⅰ＜Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；
D．催化剂不能使平衡发生移动，故反应S⇌P平衡时生成P的量一样多，则平衡时P的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，故D正确；
故选：D。
14．C
【分析】辉铜矿通入氧气进行煅烧，发生反应，固体B为CuO和，加入盐酸得到Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液，加入过量氨水，得到氢氧化铁、氢氧化亚铁、Cu[(NH3)4]Cl2。
【详解】A. 步骤Ⅰ在足量中煅烧时，发生的化学方程式为：,产生气体的主要成分为，故A错误；
B. 步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：、和，故B错误；
C. 步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：，故C正确；
D. 从流程看，溶液D中阴离子主要为氯离子，为得纯净目标产物，溶液D中应引入硫酸根，再向滤液中加入乙醇，再过滤、洗涤、干燥，故D错误。
答案为D。
15．B
【详解】A．CH3COONa溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以得c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(Na+)，根据物料守恒得得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以得c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A错误；
B．根据电荷守恒知c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，根据等体积混合后的溶液显中性知，NH3•H2O的，故B正确；
C．电离平衡常数可知碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢根离子，对应盐水解程度碳酸氢钠水解程度小于次氯酸钠小于碳酸钠，相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，pH前者小于后者，故C错误；
D．生成AgCl需要的银离子为=1.8×10-6mol/L，生成Ag2CrO4需要的银离子为=1.4×10-4mol/L，则混合溶液中产生两种不同沉淀，且AgCl沉淀先产生，故D错误；
故选：B。
16．C
【详解】A．焰色试验，火焰呈黄色，说明含有，未透过蓝色钴玻璃进行观察火焰颜色，不能说明没有，故Ａ错误；
Ｂ．白色沉淀可能为AgCl，不一定为，故B错误；
Ｃ．惰性电极电解溶液，在阴极析出，溶液中的、H+均向阴极移动，但由于此时溶液中的浓度远大于H+，先得电子生成，则不能说明氧化性，故C正确；
Ｄ．干燥的与在加热条件反应的方程式为： ，CaH2与反应的方程式为：，但氢气也可能是多余的钙与水反应生成的，故D错误。
答案为C。
17．(1) A > >
(2) 分子间的氢键，在与苯溶解过程中会被削弱 为离子晶体，离子半径小，离子键强，熔点高；而；的半径大，离子键弱，熔点低
(3)KFe2Se2

【详解】（1）[Ar]4s1属于基态的Ca+，由于Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，[Ar]4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，[Ar]4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，[Ar]4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，A正确，故答案为：A；核电荷数相同，核外电子数越多，半径越大，应为Fe2+＞Fe3+，PH3分子中P原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，立体结构为三角锥形；PF3发生的是非等性sp3杂化，为三角锥形，但是氟原子的半径大于氢原子，空间阻力更大，因此PH3的键角较小，因此键角PF3＞PH3；
（2）分子间的氢键，在与苯溶解过程中会被削弱，因此混合后溶液的总体积偏大；为离子晶体，离子半径小，离子键强，熔点高；而；的半径大，离子键弱，熔点低，因此和组成的混合体系的熔点偏低；
（3）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1=2，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8×+2=4，铁原子8个位于面心，其个数为8×=4，化学式为KFe2Se2。
18．(1) 和
(2)
(3) 层的紫红色褪去，且半分钟不复原 过量可还原为，而不能全部还原为，即而与的反应有限度，为可逆反应

【分析】滴加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe元素，用透过蓝色钴玻璃观察焰色试验的火焰呈紫色，说明含有K元素，固体X与氢气反应生成混合气体能使硫酸铜由白色变蓝色，可知混合气体中含有水蒸气，则X中含有O元素；固体混合物Y溶于水得到碱性溶液KOH，且KOH的物质的量为0.0200mol，则X中含0.0200molK，固体单质Z为Fe，其物质的量为，根据质量守恒，可知X中含有氧元素的物质的量=，X中所含原子个数比：K:Fe:O=0.02:0.01:0.04=2:1:4，则X的化学式为：；据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知X为，固体Y为Fe和KOH的混合物；
（2）与HCl反应生成黄绿色气体即氯气，同时生成Fe3+，根据得失电子守恒及元素守恒得离子反应方程式：；
（3）用标准滴定含碘单质的溶液，消耗碘单质，滴定至终点时层的紫红色褪去，且半分钟不复原；过量可还原为，而不能全部还原为，即而与的反应有限度，为可逆反应，因此所测中元素的质量小于。
19．(1)
(2) 反应Ⅱ的活化能高，反应Ⅱ的速率慢，而升高温度对活化能高的反应Ⅱ的速率增幅更大 增大

【详解】（1）①设起始时H2S的物质的量为1mol；则氮气为4mol；根据反应列三段式：
平衡体系中和的分压相等，根据压强之比等于气体物质的量之比得：1-x=x，解得：x=0.5；则的平衡转化率为；
平衡时：n()=n()=0.5mol、n()=0.25mol n()=4mol、总气体物质的量=5.25mol；
热分解反应Ⅰ的平衡常数；
②由反应可知，增大H2S浓度等同于增大压强，而该反应增大压强平衡逆向移动，H2S的转化率降低，则对应的转化率低于对应的转化率，由此得图像：；
（2）①反应可由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则；
②由反应可知，反应Ⅱ的活化能高，反应Ⅱ的速率慢，而升高温度对活化能高的反应Ⅱ的速率增幅更大，因此在后才有生成；在(其他条件不变)，随温度的升高有利于反应正向移动，的体积分数增大。
20．(1)焦炭作为燃料，焙烧使铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率
(2)、、
(3)控温冷凝(冷却、凝华)
(4)或
(5)还原剂()，使生成沸点更高的

【分析】铝土矿主要成分(含有等杂质)，与焦炭在高温条件下灼烧得到、、Si，与Cl2、O2在950C反应生成、、，气体混合物经冷却，控制温度60~180C，分离出尾气，加入铝粉，生成沸点更高的，除去铁元素。
【详解】（1）步骤Ⅰ，使用焦炭作为燃料燃烧，使铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率。
答案为：铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率。
（2）结合上述分析，可知步骤Ⅱ，得到的气体混合物的主要化合物、、。
答案为：、、。
（3）步骤Ⅲ，操作1的实验目的是为了分离除去，结合表格信息，控制温度60~180C，进行冷凝。
答案为：控温冷凝(冷却、凝华)。
（4）步骤Ⅳ，NaCl可以降低熔化温度，发生反应：或。
答案为：或。
（5）加入铝粉，生成沸点更高的，除去铁元素。
答案为：还原剂()，使生成沸点更高的。
21．(1) 取代反应
(2)
(3)
(4)，
(5)

【分析】化合物A的分子结构中只有一种类型的环境氢，根据A的分子式知，A为，A和B发生取代反应生成C，根据B的分子式及C的结构简式知，B为CH3CH(OH)CH3，根据D、E的分子式及G的结构简式知，C和D发生酯化反应生成E，D为，E为；F发生第二个信息中的取代反应生成G，结合F的分子式知，F为，E发生取代反应生成F；
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式是，E→F的反应类型为取代反应；
（2）C→E的反应方程式为；
（3）F的结构简式为；
（4）乙烯发生氧化反应生成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯发生第一个信息中的反应生成苯胺，苯胺和环氧乙烷发生第二个信息的反应然后发生第三个信息中的反应得到目标产物，合成路线为，
；
（5）有机物分子组成为C15H16O2，其不饱和度为=8，其同分异构体同时满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子中含有两个化学环境完全相同的甲基，其苯环上的一硝基取代物只有两种，苯环上含有两种氢原子，苯环的不饱和度是4，根据其不饱和度知，可能存在2个苯环或1个萘环和1环，符合条件结构简式有。