2020届全国2卷高考最后押题化学卷(二)

2020年高考最后押题化学卷（二）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39

一、选择题（每题6分，共42分。）

7．春季复工、复学后，做好防护是控防新型冠状病毒传播的有效措施。下列说法正确的是

A．为减少直接吸入飞沫形成的气溶胶感染病毒的几率，就餐时人人间距至少应为1米B．生产医用口罩的主要原料是聚丙烯（PP），分子式为(CH3CH=CH2)n

C．95%的乙醇溶液、84消毒液可直接用作环境消毒剂

D．40%的甲醛溶液可做公共餐具消毒剂

8．有机物结构如图所示，关于该有机物，下列说法中正确的是

A．分子式为C9H10 B．所有原子可能共平面

C．最多有6个原子共直线D．无法发生加聚反应

9．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应ClO?3+3HSO?3=3SO2?4+Cl?+3H+。已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用ClO?3在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的υ－t图。下列说法不正确的是

A．反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致

B．纵坐标为υ(Cl?)的υ－t曲线与图中曲线完全重合

C．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小

D．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO?3的物质的量的减少量

10．下列化学方程式中，不能正确表示反应颜色变化的是

A．将盛有NO 2的密封玻璃容器放入冷水中，颜色变浅：2NO2N2O4

B．用铝筷摩擦浸泡在NaCl溶液中变黑的银器(黑色物质为Ag2S)，银器很快恢复银白色：Ag2S+2NaCl=Na2S+2AgCl

C．氯化亚铁溶液遇铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀：3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2↓+6KCl

D．FeCl3溶液中加入铜粉，溶液从黄色变为蓝绿色：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2

11．磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是

A．蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角

B．反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑

C．分离的操作是过滤

D．烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应

12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，下列说法不正确的是

A．原子半径：W＜Z＜Y＜X

B．Y的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物

C．W与X形成的化合物不可能含有共价键

D．常温常压下，Y的单质是固态

13．室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．整个过程中，水的电离程度逐渐增大

B．该温度下H2S的K a1数量级为10?7

C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化

D．a点之后，随SO2气体的通入，

-

3

23

c(HSO)

c(H SO)

的值始终减小

二、非选择题（共43分）

26．（14分）铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。一种以含铋矿石---辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等）为原料，采用湿法冶金制备铋单质的工艺流程如下：

已知：PbCl2是一种难溶于冷水，易溶于热水的白色固体。回答下列问题：

（1）铋（Bi）位于ⅤA族，铋的氢化物的热稳定性______氨气（填“大于”或“小于”）。

（2）“浸出”时，为了提高浸出速率，可采用的措施有______（任写一条）

（3）加热浸出时，PbO2生成PbCl2和一种气体，此反应的化学方程式为，从产物中分离回收PbCl2的步骤是______、洗涤、干燥。从保护环境和原料循环利用的角度，请指出上述工艺流程中可以采取的措施为。

（4）电解精炼粗铋时必须补充含Bi3+浓度高的电解液。可用粗铋、铅条作为两个电极，铅条外用素烧的陶瓷坩埚作隔膜（Bi3+不能透过，H+能透过），电解液开始时为盐酸和食盐的混合液。则粗铋为电解池的______极，电解总反应为。

（5）25℃时，向浓度均为0.02mol·L?1的Cu2+、Bi3+的混合溶液中滴加Na2S溶液（设溶液体积增加1倍），使Cu2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Cu2+)=1×10?5mol·L?1，此时是否有Bi2S3沉淀生成______（列式计算说明）。（已知：25℃时，Ksp（CuS）=6.0×10?36、Ksp（Bi2S3）=1.8×10?99）

27．（14分）有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的测评项目之一。

（1）已知反应2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g) v正=k正·c2（NO）·c2（CO），v逆=k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。一定条件下进行该反应，

测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m=n(NO)

n(CO)

的关系如图1所示。

①达到平衡后，仅升高温度，k

正

增大的倍数________（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。

②下列说法正确的是_______

A．投料比：m1

B．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率

C．当投料比m＝2时，NO转化率比CO转化率小

D．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态

③若在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_______（填写分数即可，不用化简）。

（2）在2L密闭容器中充入2mol CO和1mol NO 2，发生反应4CO(g)+2NO2(g)

N2(g)+4CO2(g) ΔH<0，如图2为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。

①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有______（填字母序号）

a．增加CO的浓度b．缩小容器的体积c．改用高效催化剂d．升高温度

②若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中A~ G点中的______点。

（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO?3），其工作原理如下图所示。若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是______。

28．（15分）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。

（2）添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃

硫去除率=(1?焙烧后矿粉中硫元素总质量

焙烧前矿粉中硫元素总质量

)×100%

①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。

②700℃焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是。

（3）向含大量AlO?2的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离

子方程式为。

（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1mol FeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。

三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）

35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。

（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2?、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有__________

A．CO与CN?互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1∶2

B．NH3的空间构型为平面三角形

C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4

D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2?中，镍元素均是sp3杂化

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“???”分别表示出配位键和氢键。

（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。

（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系，其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNi x H y。

①LaNi x合金中x的值为_____；

②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：

（1）A的化学名称是，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为。

（2）A分子中最少有原子共面。

（3）C生成D的反应类型为。

（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为。

（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有

种。

①除苯环之外无其他环状结构②能发生银镜反应③苯环上有只有两个取代基

其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为。

（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）。

2020年高考最后押题化学卷（二）

7. 【答案】A

【解析】聚丙烯的分子式为，故B错误；95%的乙醇，能使细菌表面的蛋白质迅速凝固，形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不到杀死细菌的目的，医用酒

精为75%的乙醇溶液，故C错误；甲醛可刺激人体皮肤、黏膜，且为有毒物质，可致癌，不能用于餐具的消毒剂，故D错误；故答案为A。

8. 【答案】C

【解析】该有机物的分子式为C9H8，A不正确；苯环上连有－CH3，原子不可能共平面，B不正确；与乙炔基在同一直线上的原子共6个，C正确；碳碳三键可以发生加聚反应，D 不正确；故选C。

9. 【答案】D

【解析】A．由方程式：ClO?3+3HSO?3=3SO2?4+Cl?+3H+可知，反应开始时随着反应的进行，c(H+)不断增大，由题目信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快，故反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致，故A正确；B．由方程式：ClO?3+3HSO?3=3SO2?4+Cl?+3H+可知，υ(ClO?3)∶υ(Cl?)=1∶1，纵坐标为υ(Cl?)的υ-t曲线与图中曲线重合，故B正确；C．随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；D．图中阴影部分“面积”可以表示t1-t2时间内ClO?3的物质的量浓度的减少量，故D错误；故答案为D。

10. 【答案】B

【解析】铝和Ag2S在氯化钠电解质溶液中形成原电池反应，铝做负极，表面有硫化银的银器做正极，硫化银被还原成银，银器由黑色很快恢复银白色，B项错误；答案选B。

11. 【答案】A

【解析】A．蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A项错误；B．强酸制弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑，B项正确；C．最后得到LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤，C项正确；D．铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应，D项正确；答案选A。

12. 【答案】C

【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W和Y，Y 的原子序数是W的2倍，W是O，Y是S，则Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中

性，W 和X 的最外层电子数之和等于Z 的最外层电子数，X 的最外层电子数是7-6＝1，所以X 是Na 。A ．同周期元素原子从左到右半径增大，有Cl ＜S ＜Na ；一般情况下，原子的

电子层数越多，半径越大，则O 原子半径最小；综合原子半径：O ＜Cl ＜S ＜Na ，正确；B ．非

金属性Cl ＞S ，则S 的气态氢化物的稳定性弱于Cl 的气态氢化物，正确；C ．W 与X 形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误；D ．常温常压下，S 的单质是固态，正确，；答案选C 。

13. 【答案】C

【解析】A ．由图可知，a 点表示SO 2气体通入112mL 即0.005mol 时pH=7，溶液呈中性，说明SO 2气体与H 2S 溶液恰好完全反应，a 点之前为H 2S 过量，a 点之后为SO 2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，水的电离程度先增大后减小，故A 错误；B ．由图中起点可知0.1mol/L H 2S 溶液电离出的c (H +)=10?4.1mol/L ，电离方程式为H 2S H ++HS ?、HS ?H ++S 2?；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H 2S 的K a1≈ 4.1 4.14.110100.110---?-≈10?7.2，数量级为10?8，故B 错误；C ．当SO 2气体通入336mL 时，相当于溶液中的c (H 2SO 3)=0.1mol/L ，因为H 2SO 3酸性强于H 2S ，故此时溶液中对应的pH 应小于4.1，故曲线y 代表继续通入SO 2气体后溶液pH 的变化，故C 正确；D ．根据平衡常数表达式可知--+33a1++2323c(HSO )c(HSO )c(H )K c(H SO )c(H SO )c(H =)=c(H )

??，a 点之后，随SO 2气体的通入，c (H +)增大，当通入的SO 2气体达饱和时，c(H +)就不变了，K a1也是一个定值，-323c(HSO )c(H SO )

的值保持不变，故D 错误；答案选C 。

26. 【答案】（1）小于

（2）粉碎矿石、搅拌、适当提高温度、适当提高溶液浓度等

（3）PbO 2+4HCl====△PbCl 2+Cl 2↑+2H 2O 冷却、过滤 “浸出”时生成的氯气，通入

置换液中生成三氯化铁循环利用

（4）阳 322Bi+6HCl

2BiCl +3H 电解↑

（5）Q c （Bi 2S 3）=（0.01）2×（6.0×

10?36÷1×10?5）3=2.16×10?95>K sp （Bi 2S 3）=1.8×10?99，故有Bi 2S 3沉淀生成

【解析】辉铋矿(主要成分是Bi 2S 3、还含PbO 2杂质)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi 2S 3+6FeCl 3=2BiCl 3+6FeCl 2+3S ，盐酸

是防止FeCl 3及BiCl 3水解生成不溶性沉淀，所以得到滤渣为S ，滤液中含有Bi 3+，

H +，Pb 2+，滤液冷却结晶可以得到PbCl 2，然后回收铅；再次过滤得到的滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，置换液主要是氯化亚铁；对海绵铋进行熔铸、精炼得到金属铋；置换液中再通入氯气得到氯化铁溶液可以循环使用。(1)同周期，从上往下，氢化物的稳定性逐渐降低，故铋的氢化物的热稳定性小于氨气；(2)为了提高浸出率，可采取的措施有将矿石粉粹、搅拌，以增

大接触面积，也可适当增大氯化铁溶液的浓度、适当升高温度等；

(3)浸出时，PbO 2生成PbCl 2，Pb 的化合价降低，则浸出液中HCl 化合价升高生成Cl 2，化学方程式为

PbO 2+4HCl=PbCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；由于PbCl 2难溶于冷水，易溶于热水，可对滤液进行冷却结晶然后过滤分离回收PbCl 2；置换液为FeCl 2，可将浸出时产生的Cl 2通入置换液中，使FeCl 2转化为FeCl 3循环利用，同时防止污染环境；(4)电解时金属铋需要被氧化生成Bi 3+，电极池中阳极得电子发生氧化反应，所以粗铋为电解池的阳极；阴极得电子发生还原反应，根据电解质溶液中的离子种类可知阴极应是氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应为

322Bi+6HCl 2BiCl +3H ↑电解；(5)Cu 2+恰好沉淀完全即溶液中c (Cu 2+)=1×10?5mol·L ?1，则此

时溶液中c (S 2?)=-36

-1-56.010mol L 110??g mol·L ?1，此时Q c (Bi 2S 3)=0.012×(-36

-56.010110??)3=2.16×10?95＞K sp (Bi 2S 3)=1.8×10?99，故有Bi 2S 3沉淀生成。

27. 【答案】（1）< CD 2081

（2）ab C

（3）若Pt 颗粒增多，NO ?3更多转化为NH +4存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量

【解析】（1）①据图1所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k 正增大的倍数＜k 逆增大的倍数；②A ．由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO 转化率增大，即起始投料比m 越大时，CO 转化率越大，所以投料比：m 1＞m 2＞m 3，故A 错误；

B ．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B 错误；

C ．由反应计量关系可知，反应中NO 、CO 的变化量相同，平衡转化率α=变化量

起始量×100%，所以平衡转化率与起始量成反

比，即投料比m=2时CO 转化率是NO 转化率的2倍，故C 正确；D ．反应正向移动时CO 2浓度增大，CO 浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D 正确；故答案为：CD ；③若在1L 的密闭容器中充入1mol CO 和1mol NO ，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为40%，列三段式有：

达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正·

c 2(NO)·c 2(CO)=k 逆·c (N 2)·c 2(CO 2)，则()()()()222222220.20.420===0.N CO NO C 6061

O .8k c c k c c ??g g 正逆 )()()()222222220.20.420===0.N CO NO C 6061

O .8k c c k c c ??g g 正逆；(2)①a ．增加CO 的浓度平衡正向移动，NO 转化率提高，故a 正确；b ．缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO 转化率提高，故b 正确；c ．改

用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO 转化率不变，故c 错误；d ．该

反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO 转化率降低，故d 错误；

故选ab ；②相同压强下降低温度平衡正向移动，CO 2体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移动CO 2体积分数增大，所以符合条件的为C ；(3)由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt 颗粒增多，则NO ?3会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量。

28. 【答案】（1）NaOH 溶液、Na 2SO 3溶液

（2）FeS 2 硫元素转化为CaSO 4而留在矿粉中

（3）AlO ?2+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO ?3

（4）11

【解析】高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝。(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；②700℃焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；(3)向含AlO?2的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO?3，离子方程式为AlO?2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO?3；(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有x mol Fe2O3和y mol FeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：

2x×(3?8

3

)＝2y×5+y×（

8

3

?2)，解得

x

y

＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)

＝1∶16，若1mol FeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。

35. 【答案】（1）3d84s2 5

（2）A

（3）

（4）6 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高

（5）5 3 6

【解析】（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向；（2）A．CO、CN?与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；B．NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；C．[Ni(CN)4]2?和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；D．Ni(CO)4为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(CN)4]2?

是平面四边形，不是sp3杂化方式，D项错误；故答案选A；（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以表示为：

；（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结

构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；（5）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a

和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，，La在顶点，

Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，②其正八面体空隙和四面体型

空隙的位置如下图所示：，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：。

36.【答案】（1）邻氯苯甲醛（2-氯苯甲醛）氨基、羧基

（2）12

（3）取代反应（或酯化反应）

（4）+2Cu(OH)2+NaOH Cu2O↓+3H2O+

（5）6 、

（6）

【解析】(1)有机物A的结构简式为，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲

醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A 的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉

淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOH Cu2O

↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH Cu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其

他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为－CHO、－CH2Cl和－Cl、－CH2CHO，分别都有邻间对3种结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；

、；(6)已知：，根据题干信

息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是

。