1、2020年高考考前押题卷化 学注意事项：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。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题（每题6分，共42分）1. 复工、复学后，做好防护是控防新型冠
2、状病毒传播的有效措施。下列说法正确的是A. 构成冠状病毒的蛋白质与RNA都是高分子化合物B. 生产医用口罩的主要原料是聚丙烯（PP），分子式为(CH3CH=CH2)nC. 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【答案】A【解析】【详解】A蛋白质是由氨基酸以“脱水缩合”的方式组成的多肽链经过盘曲折叠形成的具有一定空间结构的物质，RNA由核糖核苷酸经磷酸二酯键缩合而成长链状分子，二者均为高分子化合物，故A项说法正确；B聚丙烯化学式为，故B项说法错误；C95%的乙醇能使细菌表面的蛋白质迅速凝固而形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不到杀死细菌的目的
3、，医用酒精为75%的乙醇溶液，故C项说法错误；D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项说法错误；综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NAB. 标准状况下，2. 24 L H2O含有电子数为NAC. 1 L 01 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAD. 7.8 g苯中碳碳双键的数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；B标况下，水不是气体，
4、2. 24 L水的物质的量大于0.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；C1 L 0.1 molL-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为0.2NA，故C正确；D苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。3. 莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）A. 分子中所有碳原子共平面B. 分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C. 分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D. 1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4
5、molCO2气体【答案】C【解析】【详解】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。【点睛】高中阶段，能与碳酸氢钠反应官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1mol CO2。4. 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
6、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：WZYXB. 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【答案】C【解析】【分析】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7-61，所以X是Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是O、Na、S、Cl。A同周期元素原子
7、从左到右半径增大，有ClSNa；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：OClSNa，正确，A不选；B非金属性ClS，则S的气态氢化物的稳定性弱于Cl的气态氢化物，正确，B不选；CW与X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误，C选；D常温常压下，S的单质是固态，正确，D不选；答案选C。5. 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐试样不含KIO3BSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物C向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和Ag
8、NO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2ID室温下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液除去杂质FeCl3得纯净CuCl2溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，该食盐试样不能确定是否含有KIO3，因观察钾元素的焰色，需透过蓝色的钴玻璃，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应是特性，如果换成其它酸，比如H2SO4、HCl等等，反应就不能发生，二氧化硅与NaOH反应生成盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B错误；C.向两支盛有KI3的溶液的试管中，
9、分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明KI3的溶液含I2，后者有黄色沉淀，说明KI3的溶液中含I-，即KI3溶液中存在平衡为I2I，故C正确；D.Cu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，会引入新的杂质亚铁离子，故D错误；答案选C。6. 某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A. 该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移B. 该装置将化学能转化为光能和电能C. a电极的反应式为3CO218H18e=C3H8O5H2OD. 每生成3 mol O2，有88 g CO2被还原【答案】D【解析】【详解】A. a与电源负
10、极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；B. 该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；C. a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H+18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；D. 电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；答案选D。7. 25时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2
11、X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数一lgc水(OH-)即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A. 水的电离程度：MPB. 图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C. N点和Q点溶液的pH相同D. P点溶液中【答案】D【解析】【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】AM点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)
12、为10-5.4mol/L，水的电离程度MP，故A错误；B水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =依次减小，故B错误；CN点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；DP点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。二、非选择题（共43分）8. 氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77，在农药、制药行业中
13、用途广泛SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2+C12+SCl2=2SOCl2，部分装置如下图所示，回答以下问题：(1)实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接顺序是_ _(某些仪器可以多次使用)。(2)冷凝管口是_口(填“进水”或“出水”)，冷凝管上连接的干燥管的作用是_。(3)实验室制C12的离子方程式为_。SOCl2与水反应的化学方程式为_。(4)已知SCl2的沸点为50。实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作名称是_。若反应中消耗的C12的体积为896m1。(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的S
14、OCl2 6.76g，则SOCl2的产率为_(保留二位有效数字)。(5)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液，检验溶液中存在的C1-的方法是_。【答案】 (1). (2). (3). 进水 (4). 吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解 (5). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (6). SOCl2+H2O=SO2+2HCl (7). 蒸馏（或分馏） (8). 0.71 (9). 取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中
15、有Cl-。【解析】(1)根据SO2+C12+SCl2=2SOCl2可知向三颈烧瓶中分别通入的是SO2和Cl2，其中实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2，制得的Cl2中混有HCl和水汽，需要通过饱和NaCl溶液除去HCl，利用浓硫酸干燥，再通入三颈烧瓶中，装置的连接顺序为；SO2选用亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸，只需要利用浓硫酸干燥SO2后即可通入三颈烧瓶中，装置的连接顺序为；(2)冷凝管中水流方向是低进高出，则是进水口，冷凝管上连接的干燥管的作用是吸收逸出的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；(3)利用MnO2和浓盐酸混合加热制Cl2的离子方程式为MnO2+4H
16、+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生的白雾是盐酸小液滴，并带有刺激性气味的SO2气体产生，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl；(4)SCl2的沸点为50，实验结束后，可通过蒸馏操作分离液体混合物；若反应中消耗的C12的体积为896m1，物质的量为=0.04mol，SOCl2理论产量为0.04mol2119g/mol=9.52g，则SOCl2的产率为100%=0.71；(5)检验溶液中存在的C1-的操作方法是取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有
17、Cl-。9. 以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：(1)“酸溶”中加快溶解的方法为_(写出两种)。(2)“还原”过程中的离子方程式为_。(3)滤渣中主要成分的化学式_，_(4)“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为_。若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中=_。已知Ksp(CaCO3)=2.8109，Ksp(FeCO3)=21011(5)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是_。(6)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225、时，焙烧时间与金属产率的关系如图
18、，时间超过15min金属产率下降的原因是_。【答案】 (1). 加热或搅拌或适当增大硫酸浓度 (2). Fe2Fe3=3Fe2 (3). SiO2 (4). Fe (5). FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO42CO2 (6). 140 (7). NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气 (8). 还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化【解析】【分析】该流程是以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)，“酸浸”过程中加入硫酸，SiO2与硫酸不发生反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，再向溶液中加入过量铁粉将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，然
19、后将溶液过滤，滤渣为SiO2、Fe，向滤液中加入NH4HCO3，与Fe2+之间发生双水解反应生成CO2、Fe(OH)2，再向溶液中通入空气，将Fe(OH)2氧化为FeOOH，然后过滤得到产品，以此进行解答。【详解】（1）“酸浸”为Fe2O3与硫酸反应，属于固液反应，加快溶解速率的方法有：加热或搅拌或适当增大硫酸浓度；（2）“还原”过程为Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，其离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2；（3）由上述分析可知，滤渣中主要成分为SiO2、Fe；（4）“沉铁”过程为NH4HCO3与FeSO4之间发生双水解反应，其化学反应方程式为FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2
20、(NH4)2SO42CO2；当“沉铁”反应完成时，溶液中=140；（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，氧化过程中，铁元素化合价升高，氮元素化合价降低生成NO，而NO是污染性气体，会污染空气；（6）焦炭还原硫酸渣炼铁实质为焦炭与氧气反应生成还原性气体CO，CO在高温条件下还原硫酸渣，当焙烧时间超过15min后，CO反应完全，而后空气进入会将铁氧化，使得金属产率下降。10. NH3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。(1)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以N
21、O2将还原为N2。已知：CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H1=-890.3kJmol-1 N2 (g) +2O2(g)=2 NO2 (g) H2=+67.7kJmol-1 则反应CH4 (g)+2NO2(g)=CO2(g)+ N2 (g)+ 2H2O(l) H= _ (2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4 (g)+ NH3 (g) HCN(g)+ 3H2 (g) H0在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2mol CH4和2mol NH3，平衡时NH3 体积分数为30%，所用时间为10min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为_mo
22、lL-1min-1 ，该温度下平衡常数K=_。若保持温度不变，再向容器中加入CH4 和H2各1mol，则此时v正= _ (填“”“=”或“”)v逆。其他条件一定，达到平衡时NH3 转化率随外界条件X 变化的关系如图1所示，X 代表 _(填字母代号)A.温度 B. 压强 C. 原料中CH4与NH3的体积比(3)某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化碳，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨，AE分别代表生产中的原料或产品，b表示_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). 958.0kJmo11 (2). 0.
23、025 (3). 或0.1875(mo1/L)2 (4). (5). B (6). 阴 (7). SO322e +H2O= 2H+ +SO42【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律分析计算；(2)根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4) =和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合影响平衡移动的因素分析判断； (3)由得到Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。【详解】(1)C
24、H4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H=-890.3kJmol-1，N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H=+67.7kJmol-1，根据盖斯定律，将-可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g) H=(-890.3kJmol-1)-(+67.7kJmol-1)=-958.0kJmol-1，故答案为：-958.0kJmol-1；(2)设10 min时，反应的氨气的物质的量为x(mol)， 则100%=30%，解得：x=0.5，v(CH4)=0.025mol/(Lmin)；该温度下，平衡常数K=0.1875(mol/L)2；保持温
25、度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，此时Qc=0.5208(mol/L)2K，平衡逆向移动，则v正v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；根据图示，X越大，NH3转化率越小，平衡逆向移动。A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NH3转化率增大，故A错误；B、该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NH3转化率减小，故B正确；C、原料中CH4的体积越大，平衡正向进行程度越高，氨气的转化率越高，故C错误；故答案为：B； (3)Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程为氧化反应，在阳极上发生，故b为阴离子交换膜，阳极的电极
26、反应式为SO32-2e-+H2O=2H+SO42-，故答案为：阴；SO32-2e-+H2O=2H+SO42-。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。）11. A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素，E 是一种过渡元素。A 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的 2 倍，B 是同周期元素中最活泼的金属元素， C 和 A 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物之一，E 的基态原子 4s 轨道半充满 和 3d 轨道全充满。请回答下列问题：（1）B 基态原子的电子排布式是_，C 和 D 中电负性较大的是_填元素符号）。（2）
27、C 的氢化物的沸点低于与其组成相似的 A 的氢化物，其原因是_。（3）C 与 A 形成的 CA3 分子的空间构型是_。（4）A 和 B 所形成的一种离子化合物 B2A 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_（填离子符号）。（5）在过量的氨水中，E 的阳离子与氨分子通过_形成一种显深蓝色的离子， 该离子的符号为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s1 或Ne3s1 (2). Cl (3). H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键 (4). 平面三角形 (5). Na (6). 配位键 (7). Cu(NH3)42+【解析】【分析】A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数
28、的2倍，s轨道上有两个电子，则p轨道上有4个电子，所以A的核外电子数为8，是氧元素；B的序数比A大且是同周期元素中最活泼的金属元素，所以B为第三周期的钠元素； 因为C的序数比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大气污染物之一的化合物是二氧化硫，则C是硫元素；D的序数比C大，且为主族元素，所以D是氯元素；E是一种过渡元素，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满，则E的核外电子数是29，为铜元素。【详解】（1）由分析可知，B是钠元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1 或Ne3s1，C为硫元素，D为氯元素，根据元素周期律，同一周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性较大的是Cl，故答
29、案为：1s22s22p63s1 或Ne3s1；Cl；（2）非金属元素氢化物的沸点与氢键有关，因为H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键所以硫化氢的沸点低于与其组成相似的水的沸点，故答案为：H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键；（3）C与A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3个键，孤电子对数为=0，则空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（4）白球占有顶点和面心，因此白球的个数为，黑球位于体心，有8个，因此个数比为1:2，此物质的分子式为Na2O，因此黑球是Na+，故答案为：Na+；（5）在过量的氨水中，铜离子能提供空轨道，氨气分子中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，
30、所以铜离子与氨分子通过配位键能形成Cu(NH3)42+，故答案为：配位键；Cu(NH3)42+。12. 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。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
31、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） (2). 氨基、羧基 (3). 12 (4). 取代反应（或酯化反应） (5). +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ (6). 6 (7). 、 (8). 【解析】【分析】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CH3OH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，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(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
32、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，故答案为：。
