（新）2022届高三第三次模拟考试卷 化学（一） 教师版.doc

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1、2021届好高三第三次模拟考试卷此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 化 学（一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择

2、题（每小题6分，共42分）7化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是A“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料B嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”属于合成纤维C2020年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性。杀菌消毒是防止疫情蔓延的重要措施，84消毒液与酒精混合使用杀菌消毒效果更好D嫦娥五号登月采集的样本中含有3He，与地球上的2He互为同素异形体【答案】B【解析】A“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于新型无机非金属材料，不属于传统无机非金属材料，故A错误；B嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”是

3、新型复合材料，具有强度高、耐高低温的特点，属于合成纤维，故B正确；C84消毒液和乙醇都具有杀菌消毒的作用，84消毒液主要成分主要成分次氯酸钠，在溶液中水解生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，乙醇具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，会使杀菌消毒效果降低，故C错误；D由同种元素构成的不同单质互为同素异形体，同素异形体研究对象为单质，3He与2He为He元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，故D错误；答案选B。8用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A用甲装置制取乙酸乙酯B用乙装置除去I2中混有的泥沙C用丙装置探究温度对化学平衡的影响D用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃【答案】A

4、【解析】A制取乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯和氢氧化钠反应，A选；B碘单质易升华，可以用乙装置除去I2中混有的泥沙，能达到实验目的，B不选；C根据两侧圆底烧瓶中颜色的变化，可以用丙装置探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，C不选；D不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃，能达到实验目的，D不选；答案选A。9主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。X、Y、Z处于三个不同的周期，Y处于周期表第17列。W的一种核素常用于测定部分文物的年代，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料。下列说法正确

5、的是A简单氢化物的沸点：W<X<YBW、Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸C简单离子半径：Y<ZD化合物ZX能作食品干燥剂【答案】D【解析】根据W的一种核素常用于测定部分文物的年代，判断W为碳元素，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料，推测该化合物为碳酸钙，则Z元素为钙，X元素为氧元素，根据Y处于周期表第17列，且X、Y、Z处于三个不同的周期，故Y为氯元素，故W、X、Y、Z分别为C、O、Cl、Ca元素。AX的氢化物是水，分子键存在氢键，沸点最高，故A不正确；BW的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于弱酸，故B不正确；CY和Z的简单离子是Cl

6、和Ca2+，核外电子排布相同，根据原子序数越大，离子半径越小，故离子半径大小：Y>Z；D化合物ZX是CaO可以做干燥剂，故D正确；故选D。10如图所示为CFCl3破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是A过程中断裂极性键键B过程可用方程式表示为C过程中是吸热过程D上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂【答案】C【解析】A过程中CFCl3转化为CFCl2和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B根据题图信息可知。过程可用方程式表示为，故B正确；C原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D由题图可知CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故选C。11目前，国

7、家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁铬液流电池储能示范电站。铁铬液流电池总反应为Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A放电时a电极反应为Fe3+e=Fe2+B充电时b电极反应为Cr3+e=Cr2+C放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答案】C【解析】A电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e=Fe2+，故A正确；B充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e=Cr2+，故B正确；C原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔

8、膜从负极区移向正极区，故C错误；D根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D正确；故选C。12“鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色，如图所示为鲁米诺的一种合成原理，下列叙述正确的是A一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应B鲁米诺的分子式为C、两步的反应类型分别为加成反应和取代反应D若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液【答案】D【解析】AX含有羧基，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应形成酯，但不能发生缩聚反应，A错误；B根据鲁米诺分子结构简式，结合C原子价电子

9、数目是4个，可知其分子式为C8H7N3O2，B错误；C根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应为取代反应，反应为还原反应，C错误；D“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺分子中含有氨基，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液，D正确；故合理选项是D。13常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为1010。下列叙述正确的是A图中Y线代表的AgClBn点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C向c(Cl)c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，

10、先生成AgCl沉淀DAg2C2O4+2Cl2AgCl+C2O的平衡常数为100.71【答案】C【解析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=104×105.75=109.75=100.25×1010，则数量级为1010，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=104×102.46=106.46=100.54×107，则数量级为107，又已知Ksp(AgCl)数量级为1010，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀

11、溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O)= (104)2×(102.46)=1010.46，A由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；DAg2C2O4+2Cl=2

12、AgCl+C2O的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选C。二、非选择题（共43分）26（14分）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O，实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体(1)N2H4的电子式是_。若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式_。(2)“转化”可在如图装置中进行。(已知VO2+能被O2氧化)仪器M的名称是_。使A中制气反应停止的操作是_。装置C中将VOCl2转化并得到产品，实验操作顺序为：打开活塞a_(填标号)。I取下P(如

13、图)，锥形瓶口塞上橡胶塞 II将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤III打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_(填离子符号)，用乙醚洗涤的目的是_。称量m g产品于锥形瓶中，先将产品中钒元素转化为VO，消除其它干扰，再用c mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为V mL(已知滴定反应为VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O)，则产品中钒的质量分数为_(以VO2+的量

14、进行计算，列出计算式)。【答案】（1） （2）2V2O5+N2H4+8HCl4VOCl2+N2+6H2O 分液漏斗 关闭活塞a Cl 除去晶体表面的乙醇 ×100% 【解析】(1)N2H4的结构中H与N以单键相连，N与N以双键相连，所以电子式为，“还原”后其它产物均绿色环保，所以产物为氮气，且V2O5转化为VOCl2，所以答案为：2V2O5+N2H4+8HCl4VOCl2+N2+6H2O；(2)仪器M为分液漏斗，装置A是一个类似于启普发生器的装置，只需关闭活塞a，装置A气体压强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗中与碳酸钙分离，反应即停止；VO2+能被O2氧化，所以先打开a，通入一段时间氢气排

15、净装置中的空气，然后再打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后取下P(如图)，锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，所以答案为；用饱和NH4HCO3溶液可洗涤除去易溶于水的阴离子，所以答案为Cl，无水乙醇洗涤的产物表面的水分，乙醚可以洗涤产物表面残留的乙醇，所以答案为除去晶体表面的Cl；由元素守恒和滴定反应VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV103mol，则VO2+质量为67cV103g，所以产品中钒的质量分数为×100%。27（15分）CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制

16、备荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“滤渣1”的成分是_(写化学式)。(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为_。(3)加入H2O2溶液的目的是_。(4)通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为_。(5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552g·L

17、1。此时溶液pH=6，则该条件下Cd(OH)2的Ksp=_。(6)CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2CdCl4，反应的化学方程式为_。若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释_(已知Cd2+4ClCdCl42)。【答案】（1）SiO2 （2）3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+ （3） 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+ （4） Cd2+H2S=CdS+2H+ （5） 1.21019 （6） CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S 加水稀释时，c(Cl)降低，使平衡Cd2+4ClCdCl42向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2结合生成C

18、dS黄色沉淀 【解析】以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS，由流程可知，加硫酸溶解分离出滤渣为SiO2，加甲醇还原+4价Cd发生3Cd4+CH3OH+H2O3Cd2+CO2+6H+，再加过氧化氢可氧化亚铁离子，发生2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，调节5.0pH<7.4，分离出滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加硫化钠生成CdS。(1)根据以上分析，滤渣1为SiO2，故答案为：SiO2；(2)加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，甲醇被氧化成二氧化碳，反应的离子方程式为：3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6

19、H+，故答案为：3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(3)由以上分析可知，加双氧水是为了将亚铁离子氧化成三价铁离子，便于后续将铁沉淀除去，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；(4)H2S与Cd2+反应生成CdS和氢离子，反应的离子方程式为：Cd2+H2S=CdS+2H+，故答案为：Cd2+H2S=CdS+2H+；(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.0552g·L1，则c(Na+)=，交换过程中应是等电荷的交换，则溶液中c(Cd2+)=，pH=6，则c(OH)=108mol·L1，Cd(OH)2的Ksp=c

20、(Cd2+)c(OH)2=0.0012mol·L1×(108mol·L1)2=1.21019，故答案为：1.21019；(6)CdS溶于浓盐酸，生成H2CdCl4，反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S，加水稀释时，c(Cl)降低，使平衡Cd2+4ClCdCl42向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2结合生成CdS黄色沉淀，故答案为：CdS+4HCl(浓)=H2CdCl4+H2S；加水稀释时，c(Cl)降低，使平衡Cd2+4ClCdCl42向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2结合生成CdS黄色沉淀。28（14分）CO和H2是工业上最常用的合

21、成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为 。(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式 。(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成，进行了如下测定：将

22、1.84g M在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为34。则M中碳、氢、氧原子个数之比为 。(4)CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H= -49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_A生成3mol OH键，同时断裂3mol HH键 B容器中气体的压强不再变化C容器中气体的平均摩尔质量不变 DCH3OH的浓度不再改

23、变比较T1与T2的大小关系：T1_T2(填“<”、“=”或“>”)。在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，该反应在第5min时达到平衡，此时容器的容积为2.4L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1mol CO2和3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子_(不必化简，可以不带单位)。【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+(-p+3n+m)kJ·mol1 （2）CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(

24、SO4)3+6H2O （3）383 （4）CD 3 【解析】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H1-m kJ·mol1；H2(g)+O2(g)=H2O(g) H2-n kJ·mol1；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H3-p kJ·mol1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) HH3-3H2-H1+(-p+3×n+m) kJ·mol1；(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价

25、升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据1.84g M中含C x mol，含H y mol，据题意有，解得x=0.06，y=0.16；则1.84g M中含氧物质的量z=0.06mol，1mol M中含C、H、O分别为3、8、3，则M中碳、氢、氧原子个数之比为383；(4)A断裂3mol HH键就意味着消耗了3mol H2，CH3OH和H2O中均有HO键，即反应生成了3mol OH键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故A错误；B在恒压密闭容器中进行，反应过程中容器的压强一直保持不变

26、，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故B错误；C容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m一直保持不变，但反应前后气体物质的量差n0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n不再变化，故由M=知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D“CH3OH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D正确；答案选CD；由H-49.58kJ·mol10，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1T2；由图1知，在T1和p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的

27、CO2为1mol×60%0.6mol，故有如下关系：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=mol·L1，c(H2)=mol·L1，c(CH3OH)=mol·L1，c(H2O)=mol·L1，则该条件下的平衡常数为；由于再充入原料气时，反应温度没变，即K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为2a mol，同理有如下关系：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)。三、选考题（共15分，请考生从以下题中

28、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）钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为_。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4ClTi(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为 。N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是 。NH4Cl中存在的作用力有 ，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是 ，Ti(OCH2

29、CH3)4分子中C原子的杂化形式为 。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于_位置；已知晶胞参数为a nm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_m(列出表达式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1 （2）分子晶体 O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者 配位键、离子键、共价键 前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点

30、 sp3杂化 （3）棱心 a×109 【解析】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；(2)Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共

31、价键，配位键；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对键，故杂化方式为sp3杂化；(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=a nm=a×109m。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(

32、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。除苯环之外无其他环状结构能发生银镜反应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2221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）_。【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+NaOHCu2O+3H2O+ （5） 6 、 （6）【解析】根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH

33、3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷。(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，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+NaOHCu2O+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+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中结构，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2221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。