辽宁省丹东市2023届高三总复习质量测试（二）化学试题（含解析）

这是一份辽宁省丹东市2023届高三总复习质量测试（二）化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省丹东市2023届高三总复习质量测试（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A．使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放
B．核心舱太阳能电池所采用的砷化镓材料属于金属材料
C．苯甲酸及其钠盐、山梨酸及其钾盐均可用作食品防腐剂
D．酿酒工艺中加入的酒曲与面包工艺中加入的小苏打作用相同
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子式： B．中子数为8的氧原子：
C．的晶胞： D．的模型：
3．下列反应的离子方程式正确的是
A．向溶液中加入过量氨水：
B．向做完银镜实验的试管中加稀硝酸：
C．向溶液中滴加足量稀溶液：
D．向丙烯醛中滴加足量溴水：
4．下列实验装置、操作或所得结论正确的是




A．萃取过程中放气
B．实验室制备
C．证明乙炔可使溴水褪色
D．证明溶解度
A．A B．B C．C D．D
5．下列有关有机化合物的说法错误的是
A．目前使用最普遍的干洗溶剂四氯乙烯是一种不饱和烃
B．阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用
C．“地沟油”不可食用，但经处理后可用来制肥皂和生物质燃料
D．《清明上河图》原作是在绢上作画，“绢”的主要成分是蛋白质
6．氟他胺是一种可用于治疗肿瘤的药物，在实验室制备氟他胺的部分合成路线如下(已知：吡啶是一种有机碱)。下列说法正确的是

A．a→b的反应类型为取代反应
B．b→c转化中吡啶作催化剂，加快反应速率
C．c中采用杂化的原子有4个
D．氟他胺的分子式为
7．的晶胞结构如图所示，其中m、n、p、q的原子坐标分别为。下列说法正确的是

A．位于周期表中第四周期第IIB族
B．图中标记的微粒中，m、p代表氧原子
C．i的原子坐标为
D．该晶体的密度为
8．关于海水综合利用，下列说法正确的是
A．粗盐提纯所加沉淀剂可依次为溶液、溶液、溶液
B．海水提镁过程中将直接灼烧即可制得无水
C．海水提溴过程中每获得共需要消耗标准状况下
D．海水淡化常用的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法
9．根据下列实验操作及现象所得结论错误的是
选项
实验操作及现象
结论
A
将与水蒸气混合后通过炽热的催化剂，生成的气体使澄清石灰水变浑浊
被水蒸气氧化
B
向某溶液中加入溶液，未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中不含
C
将封装有和混合气体的圆底烧瓶浸泡在冷水中，气体颜色变浅
转化为为放热过程
D
室温下测定浓度均为的两种溶液的：
结合质子能力：
A．A B．B C．C D．D
10．锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一。某碱性锌铁液流电池工作原理如图所示，下列说法错误的是

A．电子流动方向：电极→导线→惰性电极
B．放电时左池中溶液逐渐减小
C．当通过膜时，电极质量减少
D．电池总反应为：
11．氮氧化物会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是

A．反应①每消耗，转移
B．反应④涉及极性共价键的断裂与形成
C．反应⑤中既是氧化产物又是还原产物
D．脱除的总反应可表示为
12．反应的速率方程为(k为速率常数，其中，A、R为常数，为活化能，T为开氏温度)，其半衰期(反应物消耗一半所需的时间)为。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是

0.25
0.5
l
0.5
l

0.05
0.05
0.1
0.1
0.2

1.6
3.2

3.2

A．
B．
C．在过量的B存在时，A剩余25%所需的时间是
D．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快
13．光伏电池具有体积小、寿命长、无污染等优点，其结构中的N型半导体可以吸收太阳光子产生光电子，P型半导体具有空穴可以容纳电子。现以光伏电池为直流电源，四甲基氯化铵为原料，采用电渗析法合成四甲基氢氧化铵，其工作原理如图所示(a、b均为惰性电极)，下列叙述正确的是

A．光伏并网发电装置中，N型半导体为正极
B．若两极共产生气体(标准状况)，则可制备
C．a极电极反应式：
D．c、e均为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜
14．存在顺式和反式两种同分异构体，其中顺铂可作抗癌药物，可由下图途径得到，下列说法正确的是

A．的空间构型为正四面体
B．中的配位数为2
C．过程②中对位上的比邻位上的更容易被取代
D．相同条件下，两种异构体在苯中的溶解度：
15．电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定终点。常温下利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，下列说法正确的是

A．该滴定过程需要两种指示剂
B．水的电离程度：a点>b点
C．b点溶液中：
D．a点对应的溶液中存在

二、工业流程题
16．从低品位铜镍矿(含有等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：

资料：一些物质的如下。
物质









(1)上述流程中，加速反应速率的措施是___________。
(2)写出基态镍原子的价层电子排布式为___________。
(3)浸出过程中通入的目的是___________。
(4)萃取时发生反应：(在有机层，在水层，的结构简式为)，下列说法错误的是___________。
A．C、N、O第一电离能依次增大
B．中能与形成配位键的原子可能是O和N
C．反萃取时，加入使萃取反应逆向进行，进入水层
(5)黄钠铁矾比更易形成沉淀，生成黄钠铁矾的反应终点与、沉淀率的关系如下表。
反应终点
沉淀率/%


1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.9
13.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点是___________。
(6)第二次使用调节使沉淀完全宜将调节至不低于___________。

三、原理综合题
17．化学固定、催化活化循环利用的研究，备受重视。铜基催化剂上加氢合成甲醇是重要的利用途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应Ⅰ和逆水汽变换反应Ⅱ。
I．
II．
已知甲醇的选择性
(1)反应I能自发进行的条件是___________。(填“低温”或“高温”或“任意温度”)
(2)根据下表中的键能数据，计算___________。
化学键




键能/
436
1071
464
803
(3)恒温恒容条件下，原料气以物质的量浓度1∶3投料，甲醇的选择性为50%。已知初始，平衡转化率为50%，则该条件下反应I的平衡常数_______。
(4)已知催化剂表面金属能吸附分子，反应I和II发生在催化剂表面的不同活性位点。在、条件下，将原料气按照a、b、c、d四种方式以相同流速通过催化剂，测得各组分转化率(X)和选择性(S)如下表所示。
原料气组成与转化率和选择性的关系
原料气(体积分数)(%)




(a)16∶0∶84
18
0
43
56
(b)16∶0.6∶83.4
12
0
61
38
(c)16∶2∶82
11
0
89
11
(d)16∶4∶80
9
6.0
99
0
①由上表数据可知，其他条件一定时，原料气中体积分数越大，生成的甲醇___________越多(填“一定”或“不一定”)
②根据上表数据，推测随着原料气中掺杂体积分数的增大，转化率迅速降低的原因是___________。
③在催化剂作用下发生上述反应I、II，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如右图所示，则由大到小的顺序为___________，当压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因是___________。


四、实验题
18．是淡红棕色固体，不溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇，易溶于盐酸，易被氧化。实验室用作还原剂，将三价铬还原为二价铬，再与醋酸钠溶液作用制备。
查阅资料：三价铬的化合物通常是绿色或紫色，二价铬离子通常呈蓝色。
因配位结构不同而形成的水合同分异构体有和等。
实验步骤：
I．称取无水于d中，加入去氧水配成溶液。
II．c中加入锌粒和，加入去氧水，溶解得到深绿色溶液。
III．关闭，打开，c中溶液逐渐由绿色变为蓝色。
IV．当c中仍有大量气泡产生时，打开，关闭。待c中液体流入d中，搅拌形成红色沉淀。
V．对d中混合物进行“一系列操作”后称量，得到产品。
实验装置如图所示。

回答下列问题：
(1)的配体是___________。
(2)装置a的名称是___________，装置b的作用是___________。
(3)步骤III中c溶液由绿色变为蓝色，发生反应的离子方程式是___________。
(4)步骤IV中过量的锌粒与盐酸继续反应产生，目的是___________。
(5)步骤V中对d中混合物进行的“一系列操作”包括过滤、___________、干燥。
A．用乙醇洗涤    B．用乙醚洗涤    C．用去氧水洗涤
(6)的产率是___________%(保留小数点后一位)。导致该实验结果偏高的原因可能是___________。

五、有机推断题
19．有机化学研究的最终目标之一是能够构建复杂且有用的有机分子，造福人类生活。有机物H是一种重要的药物分子，其合成路线如图：

已知：I．烯醇不稳定，能发生自身转化(/烷基)；
II．Robinson增环反应流程：(/烷基)
请回答以下问题：
(1)芳香烃A的名称为___________，H中含氧官能团的名称为___________。
(2)已知X是一种卤代烃，其质谱检测结果如图，则X的分子式为___________。

(3)已知C→D为还原反应，则D的结构简式为___________。
(4)化合物B的沸点明显高于化合物C，请解释原因___________。
(5)F→G的反应方程式为___________。
(6)有机物J与C互为同系物，其相对分子质量比C大28，已知J的核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1∶1∶1，红外光谱测得分子中含有“”结构，则满足条件的J的结构共有___________种(不考虑立体异构)。
(7)以为原料，合成，请将下列流程补充完整___________。


参考答案：
1．C
【详解】A．高温下空气中的氮气和氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，则乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中氮氧化物的排放，A错误；
B．砷化镓是化合物，不是金属材料，B错误；
C．苯甲酸及其钠盐可用作防腐剂，在酸性环境下能抑制微生物生长，山梨酸及其钾盐可防腐，是国家允许添加的防腐剂，C正确；
D．加酒曲是为了生成酶，加速乙醇的生成；发酵粉是中和发酵过程中产生的酸，并在烘烤中产生CO2，使面包更蓬松可口，两者作用不同，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．氯化氢为共价键构成的化合物，其电子式为：，A错误；
B．氧为8号元素，则中子数为8的氧原子：，B错误；
C．NaCl的晶胞为：，C错误；
D．分子中氧的有2对成键电子对，2对孤电子对，价层电子对为4，则其模型为：，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜，再加过量的氨水与氢氧化铜生成铜氨络离子，A错误；
B．银和稀硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮，离子方程式为：，B错误；
C．过量的 Al3+要变成，转化为硫酸钡沉淀，铵根转化为一水合氨，按照化学式中各离子的数量比例和电荷守恒可知，离子方程式为：，C正确；
D．Br2与碳碳双键发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性，能将-CHO氧化为-COOH，所以方程式书写为CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-，D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．溶解在液体中的空气在振荡的过程中会从液体中逸出，使分液漏斗内部压强增大，影响液体分层效果，要将其及时排出，图中所示操作正确，故A正确；
B．实验室制备时，导管不应该插入液面下，且SO2易溶于水，不宜用稀硫酸，故B错误；
C．由图装置制备得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢也能使溴水褪色；故C错误；
D．由于与NaCl反应后AgNO3过量，过量AgNO3直接与NaI反应，无法证明AgI更难溶，故D错误；
故答案选A。
5．A
【详解】A．四氯乙烯中含碳氯键，属于氯代烃，不属于不饱和烃，A项错误；
B．阿司匹林的化学名称为乙酰水杨酸，结构简式为，具有解热镇痛作用，B项正确；
C．“地沟油”不可食用，“地沟油”在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐为肥皂的主要成分，“地沟油”可用于生产生物质燃料——生物柴油，C项正确；
D．“绢”是丝织品，主要成分为蛋白质，D项正确；
答案选A。
6．D
【详解】A．的反应中a中的硝基反应得到b中氨基，属于还原反应，A项错误；
B．吡啶可以吸收反应生成的HCl，促进反应正向进行，有利于提高反应转化率，B项错误；
C．c中，,两个的C为杂化，的N为杂化，则杂化的原子共5个，C项错误；
D．根据氟他胺的结构简式可知，氟他胺的分子式为，D项正确；
答案选D。
7．C
【详解】A. Ti是22号元素，位于元素周期表第四周期第IVB族，故A错误；
B. Ti原子原子半径大于O原子，所以m、p代表Ti原子，故B错误；
C. 由晶胞结构图可知，i原子与q原子处于中心对称位置，所以i的原子坐标为（0.81a，0.19a，0.5c），故C正确；
D. 由晶胞结构图可知，该晶胞中有2个Ti原子，4个O原子，相当于有2个，所以晶体密度为，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．粗盐提纯时，为使加入过量的钡离子转化为沉淀除去，碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液后加入，否则会使氯化钠溶液中混有氯化钡杂质，故A错误；
B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解生成氢氧化镁和氯化氢，若六水氯化镁直接灼烧会导致氯化镁水解生成氧化镁，不能制得无水氯化镁，故B错误；
C．海水提溴过程中氯气的作用是先将海水中的溴离子转化为溴，经富集（溴转化为溴离子）后再将溴离子转化为溴，则每获得0.1mol溴共需要消耗标准状况下氯气的体积为0.1mol×2×22.4L/mol=44.8L，故C错误；
D．从海水中取得淡水的过程为海水淡化，海水淡化常用的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，故D正确；
故选D。
9．B
【详解】A．将CO与水蒸气混合后通过炽热的催化剂，生成的气体使澄清石灰水变浑浊，说明反应生成了CO2，C元素的化合价由+2价升至+4价，CO被水蒸气氧化，A项正确；
B．向某溶液中加入NaOH溶液，若溶液中含有且碱足量，则两者反应生成NH3∙H2O，由于没有加热，不会产生NH3，不会产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，B项错误；
C．在封装有NO2和N2O4混合气体的圆底烧瓶中存在可逆反应2NO2⇌N2O4的平衡，前者为红棕色气体，后者为无色的，将此圆底烧瓶浸泡在冷水中，气体颜色变浅，说明降低温度平衡正向移动，NO2转化为N2O4为放热过程，C项正确；
D．室温下浓度均为0.1mol/L的两种溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3，说明的水解能力大于，即结合质子(H+)的能力大于，D项正确；
答案选B。
10．C
【分析】由图可知，Zn失去电子生成Zn(OH)，则Zn极为负极，电极方程式为：Zn+4OH−−2e−= Zn(OH)，惰性电极为正极，Fe(CN)得到电子生成Fe(CN)，电极方程式为：Fe(CN)+e-=Fe(CN)，以此解答。
【详解】A．由分析可知，Zn极为负极，惰性电极为正极，原电池中电子流动方向：电极→导线→惰性电极，故A正确；
B．由分析可知，左池为正极区，电极方程式为：Fe(CN)+e-=Fe(CN)，则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池，左侧池中OH-浓度降低，酸性增强，pH逐渐减小，故B正确；
C．Zn极为负极，电极方程式为：Zn+4OH−−2e−= Zn(OH)，当通过膜时，转移0.2mol电子，消耗0.1molZn，电极质量减少=6.5g，故C错误；
D．Zn极为负极，电极方程式为：Zn+4OH−−2e−= Zn(OH)，惰性电极为正极，Fe(CN)+e-=Fe(CN)，电池总反应为：，故D正确；
故选C。
11．A
【详解】A．反应①的反应物为和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，反应方程式为2+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，O2转化为过氧根离子，每消耗，转移，A错误；
B．反应④中有水生成、氨气消耗，故涉及极性共价键的断裂与生成，B正确；
C．在反应⑤中，氧化剂是NO、，还原剂是，每2个NO得到2×2e-被还原为N2，同时2个得到2×e-变为；同时2个中的2个配位体NH3中N元素失去2×3e-=6e-，被氧化为N2，故既是氧化产物又是还原产物，C正确；
D．根据图示可知图中总变化过程可表示为，D正确；
故选D。
12．C
【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入可得，可知m=1；将第一组数据代入，可得k=6.4×10-3，则。
【详解】A．根据数据分析，，，，A错误；
B．由分析可知，速率常数，B错误；
C．存在过量的B时，反应掉75%的A可以看作经历2个半衰期，即，因此所需的时间为，C正确；
D．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误；
故选C。
13．B
【分析】根据氯化钠稀溶液变为氯化钠浓溶液，则e为阳离子交换膜，最右边的钠离子穿过e进入到de中，cd处的氣离子穿过d进入到de中，因此b为阳极，a为阴极，N型半导体为负极，P型半导体为正极，以此解题。
【详解】A．由分析可知，N型半导体为负极，A错误；
B．的物质的量为，a极电极反应式为，收集氢气，转移电子为，b极电极反应式为，收集氧气为，标况下两极可得气体体积为，B正确；
C．由题中信息可知，a为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为，C错误；
D．由题中图示信息和分析可知，Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，D错误；
故选B。
14．D
【详解】A．存在顺式和反式两种同分异构体，若为四面体构型则不存在，因此可知为平面正方形结构，同理可知的空间构型为平面正方形，故A错误；
B．中为中心原子，氨分子和氯离子均为配体，Pt的配位数为4，故B错误；
C．由转化过程可知②中氨分子取代的是邻位氯离子，说明邻位上的比对位上的更容易被取代，故C错误；
D．为非极性分子，为极性分子，根据相似相溶原理可知，更易溶液非极性溶剂苯，故D正确；
故选：D。
15．B
【详解】A．该滴定过程中通过电极电位的突跃确定滴定终点，不需要指示剂，故A错误；
B．a点的溶质为等浓度的NaCl、，水解常数Kh==a，则水的电离程度：a点大于b点，故B正确；
C．b点溶液中：，，则，故C错误；
D．a点的溶质为等浓度的NaCl、，根据电荷守恒：，物料守恒为：，联立得：，故D错误；
故选：B。
16．(1)研磨
(2)
(3)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(4)A
(5) 2.5
(6)9

【分析】由题给流程可知，铜镍矿研磨后，在氧气和稀硫酸作用下浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，过滤得到浸出液；向浸出液中加入萃取剂HR萃取，分液得到有机相和水层；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到含有Cu2+的水溶液，水溶液经处理得到金属Cu；向水层中加入Na2SO4和MgO，在溶液pH为2.5的条件下将Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入MgO调节溶液pH，使溶液中得Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2；Ni(OH)2经多步处理制得金属Ni。
【详解】（1）铜镍矿研磨后可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，则题给流程中，加速反应速率的措施是研磨，故答案为：研磨；
（2）镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；
（3）由分析可知，浸出过程中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去；
（4）A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故A错误；
B．由结构简式可知，HR分子中的氮原子和氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的铜离子形成配位键，故B正确；
C．由分析可知，加入稀硫酸反萃取的目的是使Fe3+进入水层，故C正确；
故选A；
（5）①由分析可知，加入Na2SO4和MgO，在溶液pH为2.5的条件下将Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为，故答案为： ；
②由题给数据可知，溶液pH为2.5时，铁离子的沉淀率较高，且镍离子的纯度率较低，则沉淀铁离子时最适宜选用的反应终点pH是2.5，故答案为：2.5；
（6）由溶度积可知，Ni2+完全沉淀时，溶液中OH-的浓度为=1×10-5mol/L，则使Ni2+沉淀完全宜将pH调节至不低于9，故答案为：9。
17．(1)低温
(2)
(3)0.03125或1/32
(4) 不一定 占据了催化剂表面更多的活性位点，抑制反应的发生 温度低于以反应II为主，温度高于以反应I为主

【详解】（1）反应是熵减的放热反应，，当使反应能自发进行，反应I能自发进行的条件是低温。
（2）=反应物的键能-生成物的键能=2×803+436-1071-2×464=。
（3）根据已知条件列出“三段式”


甲醇的选择性为50%，则=50%，平衡转化率为50%，则x+y=0.5，解得x=y=0.25，则该条件下反应I的平衡常数=0.03125或。
（4）①由表中数据可知，其他条件一定时，随着原料气中掺杂CO体积分数的增大， CO2转化率迅速降低，CH3OH的选择性增大，但生成的CH3OH的量并不一定增多；
②根据上表数据，推测随着原料气中掺杂体积分数的增大，转化率迅速降低的原因是：占据了催化剂表面更多的活性位点，抑制反应的发生；
③反应I是气体体积减小得反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大，反应II是气体体积不变得反应，增大压强平衡不移动，综上所述，增大压强，转化率增大，则由大到小的顺序为，反应I是放热反应，反应II是吸热反应，当压强一定时，的平衡转化率先增大后减小得原因是：温度低于以反应II为主，温度高于以反应I为主。
18．(1)和
(2) 滴液漏斗(或分液漏斗) 液封、防氧化
(3)
(4)造成c中压强升高，将溶液压入d中
(5)B
(6) 88.8(或88.9) d装置是敞开体系，制得的醋酸亚铬被氧化

【分析】醋酸亚铬易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验时，将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量去氧水，按图连接好装置，关闭，打开，盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，打开，关闭，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，可生成醋酸亚铬砖红色沉淀，据此分析。
【详解】（1）中中括号内是内界，配体是和，答案为：和；
（2）装置a的名称是滴液漏斗(或分液漏斗)，装置b的作用是液封、防氧化，答案为：滴液漏斗(或分液漏斗)，液封、防氧化；
（3）步骤III中c溶液由绿色变为蓝色说明三价铬转变为二价铬离子，锌生成锌离子，发生反应的离子方程式是，答案为：；
（4）步骤IV中过量的锌粒与盐酸继续反应产生，产生的气体越多则压强越大，达到一定程度就会使c中的溶液倒流入d中，从而制的目标产物，答案为：造成c中压强升高，将溶液压入d中；
（5）A．微溶于乙醇，A错误；    
B．不溶于乙醚，可以用乙醚洗涤，B正确；    
C． 不溶于冷水，C错误；
故选B；
（6）无水的物质的量为：，的物质的量为：，反应生成时过量，所以的理论产值约是0.009摩尔，，产率是，导致该实验结果偏高的原因可能是d装置是敞开体系，制得的醋酸亚铬被氧化，答案为：88.8(或88.9)，d装置是敞开体系，制得的醋酸亚铬被氧化。
19．(1) 萘 醚键、酮羰基
(2)
(3)
(4)化合物B分子间形成氢键
(5)
(6)6
(7)

【分析】根据A的分子式为，结合B的结构简式可知，即A为；与X在碳酸钾的作用下发生取代反应，生成C为；在题干条件的作用下，结合E的结构简式和D的分子式可推出D为；在酸性条件下转化为E，结合已知条件I，E转化为F；F发生反应II生成G，然后再依据条件II转化为H，据此分析作答。
【详解】（1）由分析知A的结构简式为，即名称为奈；由H的结构简式可知含氧官能团为(酮)羰基、醚键；
（2）由B→C为-OH变为-OCH3，即X为一卤代甲烷，由质谱知相对分子质量为141.96，所以X为CH3I；
（3）由分析知其结构简式为；
（4）化合物B结构中含有羟基，即可以形成分子间氢键，故答案为化合物B分子间形成氢键；
（5）由分析知F→G属于加成反应，即方程式为；
（6）由信息知J比C多两个CH2基团，即J的分子式为C14H16O2，又其核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶1∶1∶1且红外光谱测得分子中含有“”结构，所以结构中应含有两个“”结构，所以满足条件的有、、、、、，即6种；
（7）由题意知该合成路线为，即需要补充的是。