2025年北京市高考化學模擬卷含解析及答案一、選擇題（每題只有一個正確選項，每題3分，共45分）1.化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是()A.用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維B.食用油反復加熱會產生稠環(huán)芳烴等有害物質C.加熱能殺死流感病毒是因為蛋白質受熱變性D.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%答案：D解析：蠶絲的主要成分是蛋白質，灼燒時有燒焦羽毛的氣味，而人造纖維沒有，所以可用灼燒的方法區(qū)分蠶絲和人造纖維，A項正確；食用油反復加熱會發(fā)生復雜的化學反應，產生稠環(huán)芳烴等有害物質，B項正確；加熱能使蛋白質的空間結構發(fā)生改變，從而使蛋白質變性，所以加熱能殺死流感病毒，C項正確；醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，不是95%，D項錯誤。2.下列有關化學用語表示正確的是()A.中子數(shù)為10的氧原子：(^{10}_{8}O)B.(Mg^{2+})的結構示意圖：C.硫化鈉的電子式：D.甲酸甲酯的結構簡式：(C_{2}H_{4}O_{2})答案：B解析：中子數(shù)為10的氧原子，其質量數(shù)為(8+10=18)，應表示為(^{18}{8}O)，A項錯誤；(Mg^{2+})的核內有12個質子，核外有10個電子，其結構示意圖為，B項正確；硫化鈉是離子化合物，其電子式為，C項錯誤；甲酸甲酯的結構簡式為(HCOOCH{3})，(C_{2}H_{4}O_{2})是甲酸甲酯的分子式，D項錯誤。3.下列物質性質與應用對應關系正確的是()A.晶體硅熔點高硬度大，可用于制作半導體材料B.氫氧化鋁具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑C.漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，可用于漂白紙張D.氧化鐵能與酸反應，可用于制作紅色涂料答案：B解析：晶體硅可用于制作半導體材料是因為其導電性介于導體和絕緣體之間，與熔點高硬度大無關，A項錯誤；氫氧化鋁具有弱堿性，能與胃酸（主要成分是鹽酸）發(fā)生中和反應，可用于制胃酸中和劑，B項正確；漂白粉能用于漂白紙張是因為其具有強氧化性，能使有色物質褪色，與在空氣中不穩(wěn)定無關，C項錯誤；氧化鐵可用于制作紅色涂料是因為其顏色為紅棕色，與能與酸反應無關，D項錯誤。4.設(N_{A})為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.高溫下，(0.2molFe)與足量水蒸氣反應，生成的(H_{2})分子數(shù)目為(0.3N_{A})B.室溫下，(1LpH=13)的(NaOH)溶液中，由水電離的(OH^{-})離子數(shù)目為(0.1N_{A})C.氫氧燃料電池正極消耗(22.4L)（標準狀況）氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為(2N_{A})D.(5NH_{4}NO_{3}$\xlongequal{\triangle}$2HNO_{3}+4N_{2}↑+9H_{2}O)反應中，生成(28gN_{2})時，轉移的電子數(shù)目為(3.75N_{A})答案：D解析：高溫下，(Fe)與足量水蒸氣反應的化學方程式為(3Fe+4H_{2}O(g)$\xlongequal{高溫}$Fe_{3}O_{4}+4H_{2})，(0.2molFe)與足量水蒸氣反應，生成的(H_{2})分子數(shù)目為(0.2×43N_{A}=0.83N_{A})，A項錯誤；室溫下，(pH=13)的(NaOH)溶液中，(c(OH^{-})=0.1mol/L)，(NaOH)抑制水的電離，由水電離的(OH{-})離子濃度等于溶液中(H{+})濃度，為(10^{-13}mol/L)，則(1L)該溶液中由水電離的(OH{-})離子數(shù)目為(10{-13}N_{A})，B項錯誤；氫氧燃料電池正極消耗的氣體是氧氣，標準狀況下(22.4L)氧氣的物質的量為(1mol)，(O_{2})在正極發(fā)生還原反應：(O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-})，則電路中通過的電子數(shù)目為(4N_{A})，C項錯誤；在(5NH_{4}NO_{3}$\xlongequal{\triangle}$2HNO_{3}+4N_{2}↑+9H_{2}O)反應中，(NH_{4}{+})中(-3)價的(N)元素被氧化為(N_{2})，(NO_{3}{-})中(+5)價的(N)元素部分被還原為(N_{2})，生成(4molN_{2})時，轉移電子的物質的量為(15mol)，(28gN_{2})的物質的量為(15.下列離子方程式錯誤的是()A.向(Ba(OH){2})溶液中滴加稀硫酸：(Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO{4}^{2-}=BaSO_{4}↓+2H_{2}O)B.酸性介質中(KMnO_{4})氧化(H_{2}O_{2})：(2MnO_{4}^{-}+5H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Mn^{2+}+5O_{2}↑+8H_{2}O)C.等物質的量的(MgCl_{2})、(Ba(OH){2})和(HCl)溶液混合：(Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH){2}↓)D.鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：(PbSO_{4}+2H_{2}O-2e^{-}=PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-})答案：C解析：向(Ba(OH){2})溶液中滴加稀硫酸，反應生成硫酸鋇沉淀和水，離子方程式為(Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO{4}^{2-}=BaSO_{4}↓+2H_{2}O)，A項正確；酸性介質中(KMnO_{4})氧化(H_{2}O_{2})，(MnO_{4}{-})被還原為(Mn{2+})，(H_{2}O_{2})被氧化為(O_{2})，離子方程式為(2MnO_{4}^{-}+5H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Mn^{2+}+5O_{2}↑+8H_{2}O)，B項正確；等物質的量的(MgCl_{2})、(Ba(OH){2})和(HCl)溶液混合，(H{+})先與(OH{-})反應，反應的離子方程式為(H^{+}+OH^{-}=H{2}O)，剩余的(OH{-})再與(Mg{2+})反應生成(Mg(OH){2})沉淀，C項錯誤；鉛酸蓄電池充電時，陽極上(PbSO{4})發(fā)生氧化反應生成(PbO_{2})，電極反應式為(PbSO_{4}+2H_{2}O-2e^{-}=PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-})，D項正確。6.下列關于有機化合物的說法正確的是()A.聚氯乙烯分子中含碳碳雙鍵B.以淀粉為原料可制取乙酸乙酯C.丁烷有3種同分異構體D.油脂的皂化反應屬于加成反應答案：B解析：聚氯乙烯是由氯乙烯發(fā)生加聚反應生成的，分子中不含碳碳雙鍵，A項錯誤；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖發(fā)酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應可制取乙酸乙酯，B項正確；丁烷有正丁烷和異丁烷2種同分異構體，C項錯誤；油脂的皂化反應是油脂在堿性條件下的水解反應，不屬于加成反應，D項錯誤。7.下列實驗操作能達到實驗目的的是()A.用長頸漏斗分離出乙酸與乙醇反應的產物B.用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應產生的(NO)C.配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋D.將(Cl_{2})與(HCl)混合氣體通過飽和食鹽水可得到純凈的(Cl_{2})答案：C解析：乙酸與乙醇反應的產物是乙酸乙酯，分離乙酸乙酯應使用分液漏斗，長頸漏斗不能用于分離互不相溶的液體，A項錯誤；(NO)能與空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，不能用向上排空氣法收集，應使用排水法收集，B項錯誤；氯化鐵易水解，配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，可抑制氯化鐵的水解，C項正確；將(Cl_{2})與(HCl)混合氣體通過飽和食鹽水可除去(HCl)，但得到的(Cl_{2})中還含有水蒸氣，不是純凈的(Cl_{2})，D項錯誤。8.短周期元素(W)、(X)、(Y)、(Z)的原子序數(shù)依次增加。(m)、(p)、(r)是由這些元素組成的二元化合物，(n)是元素(Z)的單質，通常為黃綠色氣體，(q)的水溶液具有漂白性，(0.01mol?L^{-1}r)溶液的(pH)為(2)，(s)通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.原子半徑的大小(W<X<Y)B.元素的非金屬性(Z>X>Y)C.(Y)的氫化物常溫常壓下為液態(tài)D.(X)的最高價氧化物的水化物為強酸答案：C解析：(n)是元素(Z)的單質，通常為黃綠色氣體，則(n)為(Cl_{2})，(Z)為(Cl)元素；(q)的水溶液具有漂白性，(q)為(HClO)；(0.01mol?L^{-1}r)溶液的(pH)為(2)，(r)為一元強酸，則(r)為(HCl)；(s)通常是難溶于水的混合物，結合轉化關系可知(s)為氯代烴的混合物，(m)為烷烴，(p)為(H_{2})。結合短周期元素(W)、(X)、(Y)、(Z)的原子序數(shù)依次增加，可知(W)為(H)元素，(X)為(C)元素，(Y)為(O)元素。原子半徑的大小(H<O<C)，即(W<Y<X)，A項錯誤；元素的非金屬性(O>Cl>C)，即(Y>Z>X)，B項錯誤；(Y)的氫化物為(H_{2}O)或(H_{2}O_{2})，常溫常壓下均為液態(tài)，C項正確；(X)的最高價氧化物的水化物為碳酸，碳酸是弱酸，D項錯誤。9.微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是()A.正極反應中有(CO_{2})生成B.微生物促進了反應中電子的轉移C.質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)D.電池總反應為(C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}=6CO_{2}+6H_{2}O)答案：A解析：由圖可知，負極上(C_{6}H_{12}O_{6})發(fā)生氧化反應生成(CO_{2})，正極上(O_{2})發(fā)生還原反應生成水，A項錯誤；微生物能加快反應速率，促進了反應中電子的轉移，B項正確；原電池中，陽離子向正極移動，所以質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，C項正確；電池總反應為葡萄糖與氧氣反應生成二氧化碳和水，即(C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}=6CO_{2}+6H_{2}O)，D項正確。10.下列有關電解質溶液的說法正確的是()A.向(0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH)溶液中加入少量水，溶液中(c(B.將(CH_{3}COONa)溶液從(20{°}C)升溫至(30{°}C)，溶液中(c(C.向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中(c(ND.向(AgCl)、(AgBr)的飽和溶液中加入少量(AgNO_{3})，溶液中(c(答案：D解析：(CH_{3}COOH)溶液中存在電離平衡(CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H{+})，加水稀釋，平衡正向移動，(n(H{+}))增大，(n(CH_{3}COOH))減小，則(c(H+)c(CH3COOH)=n(H+)n(CH3COOH))增大，A項錯誤；(CH_{3}COONa)溶液中存在水解平衡(CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?11.下列關于化學鍵的敘述，正確的一項是()A.離子化合物中一定含有離子鍵B.單質分子中均不存在化學鍵C.含有極性鍵的分子一定是極性分子D.含有共價鍵的化合物一定是共價化合物答案：A解析：離子化合物是由陰、陽離子通過離子鍵形成的化合物，所以離子化合物中一定含有離子鍵，A項正確；單質分子中可能存在化學鍵，如(H_{2})、(O_{2})等分子中存在共價鍵，B項錯誤；含有極性鍵的分子不一定是極性分子，如(CO_{2})、(CH_{4})等分子中含有極性鍵，但它們是非極性分子，C項錯誤；含有共價鍵的化合物不一定是共價化合物，如(NaOH)、(Na_{2}O_{2})等化合物中含有共價鍵，但它們是離子化合物，D項錯誤。12.下列反應中，反應后固體物質增重的是()A.氫氣通過灼熱的(CuO)粉末B.二氧化碳通過(Na_{2}O_{2})粉末C.鋁與(Fe_{2}O_{3})發(fā)生鋁熱反應D.將鋅粒投入(Cu(NO_{3})_{2})溶液答案：B解析：氫氣通過灼熱的(CuO)粉末，發(fā)生反應(H_{2}+CuO$\xlongequal{\triangle}$Cu+H_{2}O)，固體由(CuO)變?yōu)?Cu)，質量減輕，A項錯誤；二氧化碳通過(Na_{2}O_{2})粉末，發(fā)生反應(2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2})，固體由(Na_{2}O_{2})變?yōu)?Na_{2}CO_{3})，質量增加，B項正確；鋁與(Fe_{2}O_{3})發(fā)生鋁熱反應，(2Al+Fe_{2}O_{3}$\xlongequal{高溫}$2Fe+Al_{2}O_{3})，根據(jù)質量守恒定律，反應前后固體質量不變，C項錯誤；將鋅粒投入(Cu(NO_{3}){2})溶液，發(fā)生反應(Zn+Cu(NO{3}){2}=Zn(NO{3})_{2}+Cu)，固體由(Zn)變?yōu)?Cu)，質量減輕，D項錯誤。13.下列有關溶液組成的描述合理的是()A.無色溶液中可能大量存在(Al^{3+})、(NH_{4}{+})、(Cl{-})、(S^{2-})B.酸性溶液中可能大量存在(Na{+})、(ClO{-})、(SO_{4}^{2-})、(I^{-})C.弱堿性溶液中可能大量存在(Na{+})、(K{+})、(Cl{-})、(HCO_{3}{-})D.中性溶液中可能大量存在(Fe^{3+})、(K{+})、(Cl{-})、(SO_{4}^{2-})答案：C解析：(Al^{3+})與(S^{2-})會發(fā)生雙水解反應，不能大量共存，A項錯誤；酸性溶液中(ClO{-})具有強氧化性，能氧化(I{-})，不能大量共存，B項錯誤；(HCO_{3}{-})水解使溶液呈弱堿性，(Na{+})、(K{+})、(Cl{-})、(HCO_{3}{-})之間不發(fā)生反應，能大量共存，C項正確；(Fe{3+})在中性溶液中會發(fā)生水解生成氫氧化鐵沉淀，不能大量存在，D項錯誤。14.用右圖所示裝置除去含(CN{-})、(Cl{-})廢水中的(CN{-})時，控制溶液(pH)為(9～10)，陽極產生的(ClO{-})將(CN^{-})氧化為兩種無污染的氣體。下列說法不正確的是()A.用石墨作陽極，鐵作陰極B.陽極的電極反應式為：(Cl^{-}+2OH^{-}-2e^{-}=ClO^{-}+H_{2}O)C.陰極的電極反應式為：(2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}↑+2OH^{-})D.除去(CN{-})的反應：(2CN{-}+5ClO^{-}+2H^{+}=N_{2}↑+2CO_{2}↑+5Cl^{-}+H_{2}O)答案：D解析：若鐵作陽極，則鐵失電子生成亞鐵離子，無法產生(ClO{-})，所以用石墨作陽極，鐵作陰極，A項正確；陽極上(Cl{-})在堿性條件下失去電子生成(ClO{-})，電極反應式為(Cl{-}+2OH^{-}-2e^{-}=ClO^{-}+H_{2}O)，B項正確；陰極上(H_{2}O)得到電子生成(H_{2})和(OH^{-})，電極反應式為(2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}↑+2OH{-})，C項正確；溶液(pH)為(9～10)，溶液呈堿性，除去(CN{-})的反應中不能出現(xiàn)(H{+})，正確的反應為(2CN{-}+5ClO^{-}+H_{2}O=N_{2}↑+2CO_{2}↑+5Cl^{-}+2OH^{-})，D項錯誤。15.某溫度下，在(2L)的密閉容器中，加入(1molX(g))和(2molY(g))發(fā)生反應：(X(g)+mY(g)?3Z(g))，平衡時，(X)、(Y)、(Z)的體積分數(shù)分別為(30%)、(60%)、(10%)。在此平衡體系中加入(1molZ(g))，再次達到平衡后，(X)、(Y)、(Z)的體積分數(shù)不變。下列敘述不正確的是()A.(m=2)B.兩次平衡的平衡常數(shù)相同C.(X)與(Y)的平衡轉化率之比為(1:1)D.第二次平衡時，(Z)的濃度為(0.4mol?L^{-1})答案：D解析：在此平衡體系中加入(1molZ(g))，再次達到平衡后，(X)、(Y)、(Z)的體積分數(shù)不變，說明該反應前后氣體分子數(shù)不變，則(1+m=3)，(m=2)，A項正確；平衡常數(shù)只與溫度有關，兩次平衡溫度相同，所以平衡常數(shù)相同，B項正確；起始時(X)、(Y)的物質的量之比為(1:2)，化學計量數(shù)之比也為(1:2)，則(X)與(Y)的平衡轉化率之比為(1:1)，C項正確；第一次平衡時，(Z)的物質的量為((1+2)×10%=0.3mol)，加入(1molZ(g))后，若平衡不移動，(Z)的物質的量為(0.3+1=1.3mol)，但該反應是可逆反應，加入(Z)后平衡逆向移動，所以第二次平衡時(Z)的物質的量小于(1.3mol)，則(Z)的濃度小于(1.32=0.65mol二、非選擇題（共55分）16.（12分）研究(CO_{2})在海洋中的轉移和歸宿，是當今海洋科學研究的前沿領域。（1）溶于海水的(CO_{2})主要以4種無機碳形式存在，其中(HCO_{3}{-})占(95%)。寫出(CO_{2})溶于水產生(HCO_{3}{-})的方程式：。（2）在海洋循環(huán)中，通過右圖所示的途徑固碳。①寫出鈣化作用的離子方程式：。②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的(O_{2})只來自于(H_{2}O)，用同位素示蹤法證明的實驗方案是_。（3）海水中溶解無機碳占海水總碳的(95%)以上，其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎。測量溶解無機碳，可采用如下方法：①氣提、吸收(CO_{2})。用(N_{2})從酸化后的海水中吹出(CO_{2})并用堿液吸收（裝置示意圖如下）。將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑。②滴定。將吸收液吸收的無機碳轉化為(NaHCO_{3})，再用(xmol?L^{-1}HCl)溶液滴定，消耗(ymLHCl)溶液。海水中溶解無機碳的濃度(=)_(mol?L^{-1})。（4）利用右圖所示裝置從海水中提取(CO_{2})，有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。①結合方程式簡述提取(CO_{2})的原理：。②用該裝置產生的物質處理b室排出的海水，合格后排回大海。處理至合格的方法是。答案：（1）(CO_{2}+H_{2}O?H_{2}CO_{3})，(H_{2}CO_{3}?HCO_{3}^{-}+H^{+})（2）①(Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}=CaCO_{3}↓+CO_{2}↑+H_{2}O)②分別用({18}O)標記(H_{2}O)和(CO_{2})，進行兩組光合作用實驗，第一組向植物提供(H_{2}{18}O)和(CO_{2})，第二組向植物提供(H_{2}O)和(C{18}O_{2})，分析兩組實驗釋放的(O_{2})，若第一組釋放的(O_{2})全部為({18}O_{2})，第二組釋放的(O_{2})全部為(O_{2})，則證明光合作用釋放出的(O_{2})只來自于(H_{2}O)（3）①②(xyV)（4）①a室：(2H_{2}O-4e^{-}=O_{2}↑+4H{+})，(H{+})通過陽離子交換膜進入b室，發(fā)生反應：(HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}↑+H_{2}O)②c室：(2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}↑解析：（1）(CO_{2})溶于水生成(H_{2}CO_{3})，(H_{2}CO_{3})部分電離產生(HCO_{3}{-})和(H{+})，方程式為(CO_{2}+H_{2}O?H_{2}CO_{3})，(H_{2}CO_{3}?HCO_{3}^{-}+H^{+})。（2）①鈣化作用是(Ca^{2+})與(HCO_{3}{-})反應生成(CaCO_{3})沉淀、(CO_{2})和(H_{2}O)，離子方程式為(Ca{2+}+2HCO_{3}^{-}=CaCO_{3}↓+CO_{2}↑+H_{2}O)。②用同位素示蹤法證明光合作用釋放出的(O_{2})只來自于(H_{2}O)，可分別用({18}O)標記(H_{2}O)和(CO_{2})，進行兩組光合作用實驗，第一組向植物提供(H_{2}{18}O)和(CO_{2})，第二組向植物提供(H_{2}O)和(C{18}O_{2})，分析兩組實驗釋放的(O_{2})，若第一組釋放的(O_{2})全部為({18}O_{2})，第二組釋放的(O_{2})全部為(O_{2})，則證明光合作用釋放出的(O_{2})只來自于(H_{2}O)。（3）①氣提、吸收(CO_{2})時，用(N_{2})從酸化后的海水中吹出(CO_{2})，需要在酸化的海水里加入稀硫酸，用堿液吸收(CO_{2})，堿液可以是(NaOH)溶液，裝置圖如下：②用(xmol?L^{-1}HCl)溶液滴定(NaHCO_{3})，消耗(ymLHCl)溶液，則(n(HCl)=xy×10^{-3}mol)，根據(jù)(NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}↑)，可知(n(NaHCO_{3})=n(HCl)=xy×10^{-3}mol)，海水中溶解無機碳的濃度(=xy×10?3V×10?3=xyVmol?L^{-1})。（4）①a室為陽極，發(fā)生氧化反應：(2H_{2}O-4e^{-}=O_{2}17.（14分）(A)（(C_{2}H_{2})）是基本有機化工原料。由(A)制備聚乙烯醇縮丁醛和順式聚異戊二烯的合成路線（部分反應條件略去）如下所示：回答下列問題：（1）(A)的名稱是_，(B)含有的官能團是_。（2）①的反應類型是_，⑦的反應類型是_。（3）(C)和(D)的結構簡式分別為_、_。（4）異戊二烯分子中最多有_個原子共平面，順式聚異戊二烯的結構簡式為_。（5）寫出與(A)具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構體_（填結構簡式）。（6）參照異戊二烯的上述合成路線，設計一條由(A)和乙醛為起始原料制備1，3-丁二烯的合成路線_。答案：（1）乙炔；碳碳雙鍵、酯基（2）加成反應；消去反應（3）；(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO)（4）11；（5）(CH_{2}=CH-CH=CH-CH_{3})、(CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH_{2})、（6）(CH≡CH+CH_{3}CHO→一定條解析：（1）(A)的分子式為(C_{2}H_{2})，名稱是乙炔；由合成路線可知，(B)為(CH_{2}=CHOOCCH_{3})，含有的官能團是碳碳雙鍵、酯基。（2）①是乙炔與乙酸發(fā)生加成反應生成(CH_{2}=CHOOCCH_{3})；⑦是發(fā)生消去反應生成異戊二烯。（3）(C)是聚乙烯醇；(D)與聚乙烯醇發(fā)生縮合反應生成聚乙烯醇縮丁醛，則(D)為(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO)。（4）異戊二烯分子的結構簡式為(CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2})，碳碳雙鍵為平面結構，單鍵可以旋轉，則最多有11個原子共平面；順式聚異戊二烯的結構簡式為。（5）與(A)具有相同官能團的異戊二烯的同分異構體，即含有碳碳三鍵的同分異構體，有(CH_{2}=CH-CH=CH-CH_{3})、(CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH_{2})、。（6）由(A)（乙炔）和乙醛為起始原料制備1，3-丁二烯，可先讓乙炔與乙醛發(fā)生加成反應生成(CH_{2}=CH-CH=CH-OH)，再發(fā)生消去反應生成1，3-丁二烯，合成路線為(CH≡CH+CH_{3}CHO→一定條18.（14分）為探討化學平衡移動原理與氧化還原反應規(guī)律的聯(lián)系，某同學通過改變濃度研究“(2Fe^{3+}+2I{-}?2Fe{2+}+I_{2})”反應中(Fe^{3+})和(Fe^{2+})的相互轉化。實驗如下：（1）待實驗I溶液顏色不再改變時，再進行實驗II，目的是使實驗I的反應達到_。（2）iii是ii的對比實驗，目的是排除有ii中_造成的影響。（3）實驗II步驟一中，(Fe^{3+})與(I^{-})反應的離子方程式是_。（4）實驗II步驟二中，起始時顏色無明顯變化的原因是（結合離子方程式說明）_。（5）實驗I的現(xiàn)象說明，(Fe^{3+})與(I^{-})的反應限度_。（6）根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，該同學推測實驗II中(Fe^{3+})可以氧化(I^{-})，但實驗II步驟一中溶液顏色卻無明顯變化，你認為可能的原因是_。請設計實驗驗證你的假設：___。答案：（1）化學平衡狀態(tài)（2）溶液稀釋（3）(2Fe^{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2})（4）(Fe^{3+})與(I{-})反應生成的(Fe{2+})和(I_{2})的濃度較小，(c(Fe^{2+})?c(I_{2})<K_{sp}(FeI_{2}))，所以起始時顏色無明顯變化（5）較?。?）(Fe^{3+})與(I{-})反應的速率較慢；取少量實驗II步驟一中的溶液于試管中，滴加幾滴(KSCN)溶液，若溶液變紅，說明(Fe{3+})與(I^{-})反應的速率較慢解析：（1）待實驗I溶液顏色不再改變時，說明反應達到了化學平衡狀態(tài)，再進行實驗II，目的是使實驗I的反應達到化學平衡狀態(tài)。（2）iii是ii的對比實驗，ii中加入了(CCl_{4})，會使溶液稀釋，iii的目的是排除有ii中溶液稀釋造成的影響。（3）實驗II步驟一中，(Fe^{3+})與(I{-})發(fā)生氧化還原反應，離子方程式是(2Fe{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2})。（4）實驗II步驟二中，起始時顏色無明顯變化，是因為(Fe^{3+})與(I{-})反應生成的(Fe{2+})和(I_{2})的濃度較小，(c(Fe^{2+})?c(I_{2})<K_{sp}(FeI_{2}))，所以起始時顏色無明顯變化。（5）實驗I中加入(CCl_{4})后，下層溶液顯紫紅色，說明有(I_{2})生成，但顏色較淺，說明(Fe^{3+})與(I^{-})的反應限度較小。（6）實驗II中(Fe^{3+})可以氧化(I{-})，但實驗II步驟一中溶液顏色卻無明顯變化，可能的原因是(Fe{3+})與(I{-})反應的速率較慢。驗證假設的實驗方法是：取少量實驗II步驟一中的溶液于試管中，滴加幾滴(KSCN)溶液，若溶液變紅，說明(Fe{3+})與(I^{-})反應的速率較慢。19.（15分）硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦（主要成分為(Mg_{2}B_{2}O_{5}?H_{2}O)和(Fe_{3}O_{4})，還有少量(Fe_{2}O_{3})