2026届河北省承德实验中学高三下学期总复习质量调查（二）化学试题含解析

2026届河北省承德实验中学高三下学期总复习质量调查（二）化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料B．NH3具有还原性，可用作制冷剂C．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂2、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应3、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A．常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验4、不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）5、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A．食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收B．许多绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，在碱性土壤中花朵呈粉红色，若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的硫酸铝C．在石英管中充入氖气，通电时能发出比荧光灯强亿万倍的强光，人称“人造小太阳”D．人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法：搽稀氨水或碳酸氢钠溶液6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的共价键数为NA个B．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAC．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2NA个D．2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001NA7、下列实验操作、现象和结论正确的是实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热几分钟，没有砖红色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D8、碘化砹（AtI）可发生下列反应：①2AtI＋2MgMgI2＋MgAt2②AtI＋2NH3（I）NH4I＋AtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是（）A．两个反应都是氧化还原反应B．反应①MgAt2既是氧化产物，又是还原产物C．反应②中AtI既是氧化剂，又是还原剂D．MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性9、高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（）A．KO2中只存在离子键B．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－C．晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个D．晶体中，所有原子之间都以离子键相结合10、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D11、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A．X与电池的Li电极相连B．电解过程中c(BaC12)保持不变C．该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e−=Fe+Li2SD．若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变12、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色13、下列有关物质性质的比较，错误的是()A．溶解度(25℃)：小苏打<苏打 B．沸点：H2Se>H2S>H2OC．密度：溴乙烷>水 D．碳碳键键长：乙烯<苯14、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A．滴定管用待装液润洗B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出C．滴定结束后滴定管末端出现气泡D．锥形瓶用待测液润洗15、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：下列说法不正确的是A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:116、下列有关和混合溶液的叙述正确的是()A．向该溶液中加入浓盐酸，每产生，转移电子约为个B．该溶液中，可以大量共存C．滴入少量溶液，反应的离子方程式为：D．为验证的水解，用试纸测该溶液的二、非选择题（本题包括5小题）17、烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是________________________（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是___________．（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是__________．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：________________．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为________．18、以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）Ⅱ．甲为烃Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．（3）H的结构简式是______．（4）写出下列化学方程式：A→B______；Z→W______．（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．19、草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是__________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。③从装置D中得到产品，还需经过___________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是_____________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是____________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________（列出含m、c、V的表达式）。20、溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作(装置如图)：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，_______________。(2)“合成”主要反应的化学方程式为__________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是_________。投料时控制n(Br2)∶n(NH3)=1∶0.8，其目的是_________________。(3)“滤渣”的主要成分为____________(填化学式)。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，___________________。[实验中须使用的试剂：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器：砂芯漏斗，真空干燥箱]21、某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案。完成下列填空：(1)方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液。方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸中。和方案一相比，方案二的优点是________________________；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为________。(2)方案三的实验流程如图所示。溶解过程中有气体放出，该气体是________。随着反应的进行，生成气体速率加快，推测可能的原因是________________________________________________________________________________。(3)设计实验证明你的推测：______________________________。方案四的实验流程如图所示。（4）为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为________；（5）对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案(用流程图表示)__________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；答案选A。2、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。3、C【解析】

铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【详解】A.钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B.滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C.步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。4、B【解析】

A、氢氧化钠能与氧化铝反应，与镁不反应，可以除去镁中的氧化铝，A正确；B、氯化镁、氯化铝与氢氧化钠均反应，不能除杂，B错误；C、铝能溶于氢氧化钠溶液，铁不能，可以除杂，C正确；D、氧化铝能溶于水氢氧化钠，氧化铁不能，可以除杂，D正确。答案选B。5、C【解析】

A．油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故A正确；B．铝离子水解会使土壤显酸性，绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，故B正确；C．充入氖气会发出红光，氙气灯被称为人造小太阳，故C错误；D．蚊子的毒液显酸性，和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故D正确；故答案为C。6、B【解析】

A.标准状况下，二氯甲烷是油状液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故A错误；B.SO2和O2生成SO3的反应可逆，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，容器中的分子数大于2NA，故B正确；C．石墨中每个碳原子参与形成三条共价键，即每个碳原子形成的共价键的个数=3×=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol×1.5=0.6mol，故C错误；D.2mL0.5mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，胶体粒子为氢氧化铁的集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D错误；答案选B。7、A【解析】

A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，Fe(OH)3的溶解度较小，故先和NaOH发生反应，产生红褐色沉淀，A正确；B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时，可以发生反应，Fe2+反应生成Fe3+，故加入KSCN后溶液会变红，但不能判断为变质，B错误；C．水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，C错误；D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为单质碘，D错误；故选A。8、B【解析】

A．①中Mg、At元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B．①中Mg、At元素的化合价变化，MgAt2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C．②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D．由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAt2，不能比较MgAt2、MgI2的还原性，故D错误；故选B．9、C【解析】

A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。10、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。11、C【解析】

由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A.用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；B.镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C.锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；D.若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。12、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。13、B【解析】

A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；B．由于水分子间存在氢键，故水的沸点反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B错误；C．溴代烃和碘代烃的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正确；D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯<苯，故D正确；故选B。本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意水分子间存在氢键，沸点反常的升高。14、D【解析】

由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；故答案为D。本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。15、D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。16、A【解析】

A.发生Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，由反应可知，生成1mol气体转移1mol电子，则转移电子约为6.02×1023个，A正确；B.Ag+、Cl-结合生成沉淀，且乙醛易被ClO-氧化，不能共存，B错误；C.NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，离子方程式为2Fe2++2ClO-+2H2O=Fe3++Fe(OH)3↓+HClO+Cl－，C错误；D.ClO-的水解使溶液显碱性，使pH试纸显蓝色，但ClO-具有强的氧化性，又会使变色的试纸氧化为无色，因此不能用pH测定该溶液的的pH，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。18、2﹣丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【解析】

2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答。【详解】（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2−丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；（2）X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；（4）A→B的反应方程式为：，Z→W的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。19、减缓反应速率PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂％【解析】

根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O而产生氯气；故答案为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O；(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(3)①用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；③根据转化关系可知，2MnO4-～5H2C2O4，则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为×100%=％。20、打开玻璃塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2