海南省海南中学2023届高三下学期第三次模拟考试化学试题（含解析）

这是一份海南省海南中学2023届高三下学期第三次模拟考试化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

海南省海南中学2023届高三下学期第三次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是
A．金属可加工成各种形状与金属键有关
B．氧炔焰切割金属，与乙炔发生加成反应有关
C．橡胶老化是发生了还原反应
D．路面使用的沥青可通过石油裂解得到
2．《天工开物——作咸篇》有如下记载：“潮波浅被地，不用灰压。候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜，疾趋扫起煎炼。”下列说法正确的是
A．“煎炼”所得物质俗称“烧碱”
B．“作咸”过程涉及“蒸馏”操作
C．“作咸”在实验室完成会用到蒸发皿、酒精灯
D．该记载过程中涉及氧化还原反应
3．下列有关化学用语表示不正确的是
A．1—丁烯的实验式：CH2 B．羟基的电子式：
C．聚丙烯的结构简式： D．乙醛的球棍模型：
4．下列实验(图中部分夹持装置略)不能达到实验目的的是
A．证明羟基使苯环活化
B．除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C．检验溴乙烷消去反应的产物
D．证明浓硫酸具有强氧化性




A．A B．B C．C D．D
5．下列关于物质的用途及对应的性质或说法正确的是
A．石墨作电极材料——良好的润滑性
B．维生素C作食品的抗氧化剂——具有氧化性
C．制糖业中用活性炭作脱色剂——具有吸附性
D．利用垃圾填埋场产生的沼气发电——化学能转化为热能
6．下列说法正确的是
A．碱性：Al(OH)3>Mg(OH)2 B．硬度：晶体硅>金刚石
C．热稳定性：PH3>NH3 D．酸性：CF3COOH > CCl3COOH
7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．78g苯中含有3NA个碳碳双键
B．1mol C2H2所含有的电子数为14NA
C．1mol NaHSO4固体中，含有的阳离子数目为2NA
D．10 g 18O2气体中含有的中子数为5NA
8．生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是

A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化

二、多选题
9．中科院研究者研发出世界首例室温条件以氢负离子为导体的新型电池，如以氢化镧(LaHx)为电解质的电池的工作原理如图所示：

下列说法正确的是
A．电势：Y C．总反应式为Ti＋H2=TiH2 D．X极的电极反应式为2H——2e—=H2↑
10．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，W与X同主族，下列说法正确的是
A．原子半径：Y> X B．电负性：Y C．W的第一电离能大于Z的第一电离能 D．Y形成的单质可能是极性分子

三、单选题
11．三氟化氯()是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图，下列推测合理的是

A．分子的中心原子杂化轨道类型为
B．与反应生成和
C．分子是含有极性键的非极性分子
D．比更易发生自耦电离

四、多选题
12．瓜环[n](n=5，6，7 …)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。下列说法正确的是

A．合成瓜环的两种单体中分别含有氨基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有π键断裂
D．合成1 mol瓜环[7]时，有7 mol水生成

五、单选题
13．下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应
平衡常数
温度
973K
1173K
①    

1.47
2.15
②        

2.38
1.67
③    

a
b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
14．室温下，将溶液与过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。

已知：  
下列说法不正确的是
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行，逆向移动，溶液下降
C．充分反应后上层清液中约为
D．内上层清液中存在：

六、工业流程题
15．从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：

(1)上述流程中，加快反应速率的措施是_______。
(2)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+等在水层)。解释反萃取时H2SO4的作用：_______。
(3)黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]比Fe(OH)3更易形成沉淀。反应终点pH与Fe3+、Ni2+沉淀率的关系如下表。
反应终点pH
沉淀率/%
Fe3+
Ni2+
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
① 生成黄钠铁矾的离子方程式是_______。
② 沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH是_______。
(4)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全，宜将pH调节至_______(填序号)(已知Ksp[Ni(OH)2 ] = 2.1×10-15)。
a.6~7               b.9~10              c.11~12

七、原理综合题
16．CO2的有效转化有助于我国实现2060年“碳中和”目标。将CO2和H2在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化。已知：
键能
C=O
H-H
C-H
H-0
kJ mol-1
803
436
414
464
(1)写出CO2甲烷化生成气态水的热化学方程式_______。
(2)二氧化碳甲烷化反应体系中，存在副反应：CO2(g)+ H2(g)= CO(g)+H2O(g) ΔH>0;向1L恒容密闭容器中通入1mol CO2和5 mol H2，测得相同反应时间内，不同催化剂作用下温度对CO2转化率和CH4选择性的影响如图所示。

CH4选择性=×100%
①写出一种既能提高二氧化碳甲烷化的反应速率又能提高甲烷产率的措施_______。
②反应温度在260℃~320℃之间时，应选择_______为催化剂，该温度范围内，升高温度CH4的产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)
③温度高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2的转化率随温度升高显著上升的原因是_______。
④若A点表示320℃时的平衡状态，则此时容器中CH4的浓度为_______mol·L-1(用含a、b的表达式表示)。

八、实验题
17．甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是新一代畜禽饲料补铁添加剂。某实验小组以碳酸亚铁和甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁的装置如下(夹持和加热仪器略去)：

已知：①反应原理为2H2NCH2COOH+FeCO3(H2NCH2COO)2Fe+CO2↑+H2O。
②甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
③柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：I.装置C中盛有过量的FeCO3和200mL 1.0 mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置C中的空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液。
II.反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
(1)装置B中的试剂为_______。
(2)装置A制备CO2的用途是_______。
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为_______。
(4)过程I加入柠檬酸溶液促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。

①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降的原因是_______。
②柠檬酸溶液除了起酸性作用外，还有的作用是_______。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______。
(6)本实验制得15.3 g甘氨酸亚铁(Mr=204g/mol)，则其产率是_______%。

九、有机推断题
18．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：

已知：
i.(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ii. (R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)H的化学名称为_______，A→B所需的试剂是_______。
(2)D→E的反应类型是_______
(3)G的结构简式为_______。
(4)写出K→L反应的化学方程式_______。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式_______(写出两种即可)。
①属于芳香族化合物
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6
(6)已知CH2=CH2CH3CHO，根据本题信息，写出以乙烯为原料制备不超过五步的合成路线______ (乙醚及其他无机试剂任选)。

十、结构与性质
19．VA族元素氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。
(1)铋合金可用于自动喷水器的安全塞，铋的价电子排布式为_______。
(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有_______(填元素符号)。
(3)Pt(NH3)2C12具有如图所示的两种平面四边形结构(一种有抗癌作用)，其中在水中的溶解度较小是_______(填“顺式”或“反式”)。

(4)偏亚砷酸钠(NaAsO2)是一种灭生性除草剂，其阴离子的立体构型为_______。
(5)化肥厂生产的(NH4)2SO4中往往含有少量极易被植物根系吸收的具有正四面体结构的N4H，其结构式为_______，其中N原子的杂化方式为_______。
(6)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为_______，晶体中Al3+占据O2-形成的_______(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。


参考答案：
1．A
【详解】A．金属晶体的组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当受到外力作用时，晶体中各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，，所以金属具有良好的延展性，可加工成各种形状与金属键有关，故A正确；
B．乙炔在氧气中燃烧放出大量的热，可使金属熔化，所以氧炔焰可用于切割金属，与乙炔发生加成反应无关，故B错误；
C．天然橡胶为聚异戊二烯，含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化是发生了氧化反应，故C错误；
D．石油常压分馏产物有：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，减压分馏产物有：重柴油、润滑油、凡士林、沥青等，因此沥青要通过石油分馏得到，故D错误；
答案选A。
2．C
【详解】A．“煎炼”所得物质为NaCl，A错误；
B．“作咸”过程不涉及“蒸馏”操作，通过蒸发使水挥发得到NaCl晶体，B错误；
C．该实验为蒸发食盐水获得NaCl，操作时会用到蒸发皿、酒精灯，C正确误；
D．该记载过程中涉及从溶液中提取可溶性的溶质的操作，没有发生化学变化，没有发生氧化还原反应，D错误；
故答案为：C。
3．C
【详解】A．1—丁烯的分子式为C4H8，实验式为CH2，故A正确；
B．羟基的结构简式为—OH，电子式为，故B正确；
C．丙烯一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故C错误；
D．乙醛的结构简式为CH3CHO，球棍模型为，故D正确；
故选C。
4．B
【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【详解】A．。苯酚与饱和溴水反应生成白色沉淀
苯与溴水发生萃取，由实验操作和现象可证明基使苯环活化，A正确；
B．醋化反应为可逆反应，不能除杂，应加饱和碳酸钠溶液、分液，B错误；
C．溴乙烷消去反应的产物为乙烯，高锰酸钾酸性溶液褪色证明有乙烯生成，C正确；
D．加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，氧化硫具有漂白性，品红溶液褪色，可知浓硫酸具有强氧化性，D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．石墨作电极材料是因为石墨具有良好的导电性，故A错误；
B．维生素C作食品的抗氧化剂是因为维生素C具有还原性，故B错误；
C．制糖业中用活性炭作脱色剂是因为活性炭具有吸附性，能吸附蔗糖中的有机色素，故C正确；
D．沼气发电是化学能转化为电能的过程，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Mg>Al，则碱性：Al(OH)3 B．二者均为共价晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，硬度越大，即硬度：金刚石>晶体硅，故B错误；
C．元素的非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，非金属性N>P，则热稳定性：PH3 D．电负性F>Cl，F-C键极性大于Cl-C键极性，CF3COOH更容易电离出氢离子，则酸性：CF3COOH > CCl3COOH，故D正确；
答案选D。
7．B
【详解】A．苯分子中不存在碳碳双键，故A错误；
B．1分子 C2H2所含有的电子数为14，则1mol C2H2所含有的电子数为14NA，故B正确；
C．1个 NaHSO4固体中含有的阳离子数目为1个钠离子，则1mol NaHSO4固体中含有的阳离子数目为NA，故C错误；
D．1分子18O2气体中含有的中子数为20，10 g 18O2的物质的量为，则气体中含有的中子数不是NA，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用，A正确；
B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B正确；
C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C正确；
D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D错误；
故选D。
9．AB
【分析】由氢负离子的移动方向可知，Y极为负极，氢负离子在负极失去电子发生氧化反应生成氢气，电极反应式为2H——2e—=H2↑，X为正极，二氢化钛在正极得到电子发生还原反应生成钛和氢负离子，电极反应式为TiH2+2e—=Ti+2H—，电池的总反应为TiH2= Ti＋H2↑。
【详解】A．由分析可知，Y极为负极，X为正极，则正极X的电势大于负极Y，故A正确；
B．氢负离子易与水反应生成氢气和氢氧根离子，所以电池要保持无水干燥环境，故B正确；
C．由分析可知，电池的总反应为TiH2=Ti＋H2↑ ，故C错误；
D．由分析可知，X为正极，二氢化钛在正极得到电子发生还原反应生成钛和氢负离子，电极反应式为TiH2+2e—=Ti+2H—，故D错误；
故选AB。
10．CD
【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，则Y为O元素；Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为K元素；W与X同主族，则W为Ge元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氧原子，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于锗元素，则氧元素的电负性大于锗元素，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则锗元素的第一电离能大于钾元素，故C正确；
D．臭氧与二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，二氧化硫为结构不对称的V形，属于极性分子，则臭氧属于极性分子，所以氧元素形成的单质可能是极性分子，故D正确；
故选CD。
11．D
【详解】A．三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5，杂化方式不可能为sp2杂化，故A错误；
B．由三氟化氯是极强助燃剂可知，三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B错误；
C．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C错误；
D．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故D正确；
故选D。
12．BC
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A错误；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选BC。
13．D
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．微溶于水，难溶于水，溶液与过量固体混合反应生成，离子反应为：，故A正确；
B．随上述反应的进行，减小，使得逆向移动，c()减小，pH减小，故B正确；
C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，≈，故C正确；
D．根据电荷守恒得：，溶液呈碱性，，则，故D错误；
故选：D。
15．(1)研磨
(2)加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层
(3) Na+ + 3Fe3+ + 2SO+ 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+或Na+ + 3Fe3+ + 2SO +3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+ 2.5
(4)b

【分析】铜镍矿研磨，通入氧气、加入硫酸浸取得到浸出液含有铁、铜、镁、镍的硫酸盐溶液，加入萃取剂使得铜离子进入有机层，有机层加入硫酸反萃取得到含铜离子溶液，处理得到铜；水层加入硫酸钠、氧化镁得到黄钠铁矾沉淀和滤液，滤液加入氧化镁调节pH得到氢氧化镍固体，处理得到镍；
【详解】（1）上述流程中，加快反应速率的措施是研磨，研磨可以增大反应物的接触面积，加快反应；
（2）反萃取时加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，利于Cu2+进入水层而被反萃取；
（3）① 得到水层加入氧化镁调节pH，加入硫酸钠，钠离子、硫酸根离子、铁离子生成生成黄钠铁矾沉淀，根据质量守恒可知，水也会参与反应，反应的离子方程式是Na+ + 3Fe3+ + 2SO+ 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+或Na+ + 3Fe3+ + 2SO +3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+。
② 由图表可知，沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH是2.5，此时铁离子几乎沉淀完全，而镍离子几乎没有沉淀；
（4）使Ni2+沉淀完全，则，pOH≈4.9，pH≈9.1，故选b。
16．(1)CO2(g)+ 4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g) ΔH=-162kJ/mol
(2) 加压或选择合适的催化剂 CeO2 增大 高于320℃后，Ni的催化活性显著增强，反应速率加快 ab

【详解】（1）依题意，CO2甲烷化生成气态水的化学反应方程式为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，则△H=(803×2+436×4-414×4-464×4) kJ/mol=-162 kJ/mol，所以CO2甲烷化生成气态水的热化学反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-162 kJ/mol。
（2）①CO2甲烷化反应为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-162 kJ/mol，加压、选择合适的催化剂既能提高二氧化碳甲烷化的反应速率又能提高甲烷产率，升温能加快反应速率，但会降低甲烷的产率，所以采取的措施：加压或选择合适的催化剂。
②从图中可以看出，反应温度在260℃~320℃之间时，CeO2作催化剂时，CO2的转化率和甲烷选择性远高于Ni作催化剂，所以应选择CeO2为催化剂；图中信息显示，该温度范围内，升高温度CH4的产率增大。
③温度高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2的转化率随温度升高显著上升，则表明此温度Ni的催化效果好，所以原因是：高于320℃后，Ni的催化活性显著增强，反应速率加快。
④320℃时CO2的转化率为a，则参加反应的CO2的物质的量为a mol，此温度下甲烷的选择性为b，根据甲烷的选择性公式可得出生成甲烷的物质的量为ab mol，容器的体积为1 L，故甲烷的物质的量浓度为ab mol/L。
17．(1)饱和NaHCO3溶液
(2)赶走装置中的空气，防止氧气氧化Fe2+
(3)Fe2++2HC=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(4) pH过高，Fe2+与OH—反应生成Fe(OH)2沉淀 防止Fe2+被氧化
(5)降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其易结晶析出
(6)75

【分析】由实验装置图可知，装A置中盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，装置B中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去挥发出的氯化氢，装置D中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳是否排尽装置中的空气，装置C中碳酸亚铁与甘氨酸和柠檬酸反应制备甘氨酸亚铁，其中柠檬酸的作用是溶解碳酸亚铁得到亚铁离子，同时防止亚铁离子被空气中的氧气氧化。
【详解】（1）由分析可知，装置B中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去挥发出的氯化氢，故答案为：饱和NaHCO3溶液；
（2）由分析可知，装置A制备二氧化碳的目的是排尽装置中的空气，防止空气中的氧气氧化亚铁离子，故答案为：赶走装置中的空气，防止氧气氧化Fe2+；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液制得碳酸亚铁的反应为溶液中亚铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HC=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HC=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）①由图可知，溶液pH过低或过高均导致产率下降，溶液pH过高导致产率下降说明溶液中亚铁离子离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀导致产率降低，故答案为：pH过高，Fe2+与OH—反应生成Fe(OH)2沉淀；
②由分析可知，向装置C中加入柠檬酸的作用是溶解碳酸亚铁得到亚铁离子，同时防止亚铁离子被空气中的氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（5）由题给信息可知，过程II中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶解度，便于甘氨酸亚铁结晶析出，故答案为：降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其易结晶析出；
（6）200mL1.0mol/L甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为1.0mol/L×0.2L=0.2mol，则实验制得15.3 g甘氨酸亚铁说明甘氨酸亚铁的产率为×100%=75%，故答案为： 75。
18．(1) 苯甲醛 铁粉和液溴（或溴化铁和液溴）
(2)取代反应
(3)
(4)+ CH3OH +H2O
(5)、或或
(6)

【分析】第一种合成路线中，A为，铁粉（或溴化铁）做催化剂条件下，与液溴发生取代反应生成，则B为；乙醚作用下与镁反应生成；与环氧乙烷发生开环加成反应后，酸性条件下水解生成；与三溴化磷发生取代反应生成，则E为；与镁反应生成；与发生加成反应后，酸性条件下水解生成，则G为；第二种合成路线中，碱性条件下与乙醛发生羟醛缩合反应生成；与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后，酸化得到，则J为；一定条件下与氢气发生加成反应生成，则K为；浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，则L为；发生ii反应生成，则M为CH3MgBr。
【详解】（1）由结构简式可知，H的化学名称为苯甲醛；由分析可知，A→B的反应为铁粉（或溴化铁）做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成和溴化氢；
（2）由分析可知，D→E的反应为与三溴化磷发生取代反应生成；
（3）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，K→L的反应为浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH +H2O；
（5）K的芳香族同分异构体能发生银镜反应说明分子中含有醛基或甲酸酯基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为、、、；
（6）由题给信息可知，以乙烯为原料制备的合成步骤为催化剂作用下乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛；乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，乙醚作用下溴乙烷与镁反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛发生加成反应后，酸化得到，合成路线为。
19．(1)6s26p3
(2)Ar、Cl
(3)反式
(4)V形(或角形、折线形)
(5) sp3
(6) CoAl2O4 八面体空隙

【详解】（1）铋为第六周期第VA族元素，价电子排布式为6s26p3；
（2）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Ar、Cl；
（3）水为极性分子，Pt(NH3)2C12的反式结构为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶可知，水中的溶解度较小是反式结构；
（4）AsO中心原子As原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为V形(或角形、折线形)；
（5）N4H具有正四面体结构，则四个N的位置类似P4分子中P的位置，其结构式为，其中N原子形成4个化学键，杂化方式为sp3；
（6）根据“均摊法”， 1个Ⅰ型和1个Ⅱ型构成的长方体中含个Co、4个Al、8个O，故其化学式为CoAl2O4；由图可知，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙中。