高三11月月考化学试题(答案解析)86

四川省新津中学【精品】高三11月月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法不正确的是
A．墨水是一种胶体，不同墨水混用时可能使钢笔流水不畅或者堵塞
B．持续加热到一定温度能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性C．洁厕液与84消毒液混合洗厕所可以达到洗涤和消毒杀菌的双重功效，对人体不可能造成伤害
D．用13C示踪原子法可以进行幽门螺旋杆菌的精确检测
2．用N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．2.0gH218O与D216O的混合物中所含中子数为N A
B．0.1molCl2溶于足量水中，转移的电子数为0.1N A
C．常温常压下50g 46％的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5N A
D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1N A
3．下图所示的实验，能达到实验目的的或说法正确的是
A．A B．B C．C D．D
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．水电离的c( H＋)= 1xl0－13 mol/L的溶液中：K＋、Na＋、SiO32－、SO42－
B．能溶解Al(OH)3的溶液：NH4＋、K＋、SO42－、HCO3－
C．甲基橙显黄色的溶液：Na＋、CO32－、NO3－、SO32－
D．1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K＋、Fe3＋、NO3－、Cl
5．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E 的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素。

下列说法正确的是
A．B的单质在自然界只有一种核素
B．元素C、D、E的简单离子的半径依次减小
C．A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键
D．这几种元素可能形成的简单离子中E的简单离子的还原性最强
6．利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质。

下列分析不正确的是（）
A．电子经外电路流向Pt电极
B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少
C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgCl
D．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快
7．室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是()
A．H 2A的电离方程式：H2A H＋＋HA－
B．pH＝5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA－):c(A2－)＝1:100
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na
＋)>c(HA－)>c(A2－)
D．Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
二、原理综合题
8．近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知：①CH4(g) + 4NO2(g) = 4NO(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 574 kJ/mol
②CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 1160 kJ/mol
③H2O(g) = H2O(l) △H = - 44.0 kJ/mol
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式：
_____________________________________________________________。

（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体。

4CO(g)＋2NO 2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200 kJ·mol-1
对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________________（填代号）。

（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g) N 2(g)+CO2(g) ΔH=a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：
①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0-20min的平均反应速率
v（NO）=_____________________；计算该反应的平衡常数
K=____________________。

②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是_________（填字母代号）。

A．通入一定量的CO2B．加入合适的催化剂
C．适当缩小容器的体积D．通入一定量的NO
E．加入一定量的活性炭
③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:1:1，则达到新平衡时NO的转化率____________（填“升高”或“降低”），a________0（填“>”或“<”）。

（4）温度T1和T2时，分别将0.50 mol CH4和1.2mol NO2充入1 L的密闭容器中发生反应：CH 4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=bkJ/mol。

测得有关数据如下表：
下列说法正确的是__________________。

A．T1＞T2，且b＞0
B．当温度为T2、反应进行到40 min时，x＞0.15
C．温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2，重新达到平衡时，n（N2）<0.70mol
D．温度为T1时，若起始时向容器中充入0.50 mol CH4(g)、0.50 molNO2(g)、1.0 mol N2(g)、2.0 molCO2(g)、0.50molH2O(g)，反应开始时，ν(正)＞ν(逆)
三、填空题
9．分铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。

（1）二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。

CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作__________剂。

（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在。

+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。

完成并配平下列离子方程式：
_____Cr2O72－+_____SO32－+_____=_____Cr3++_____SO42－+ _____H2O
（3）钛(Ti)被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是。

（4）NiSO4·xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。

操作步骤如下：
①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为
_____________________。

②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是_。

③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是_________________________。

10．铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5；除去CO的化学反应方程式为：
[Cu(NH3)2]OOCCH3+CO+NH3=[Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3。

请回答下列问题：
（1）C、N、O的电负性由大到小的顺序为_________________，基态Fe原子的价电子排布图为________________。

（2）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是__________，与CO互为等电子体的分子的电子式为_________________。

（3）配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中碳原子的杂化类型是_____________，配体中提供孤对电子的原子是___________________________________。

（4）用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有_______________形成。

a．离子键b．配位键c．非极性键d．б键
（5）NaAlH4晶体的晶胞如图，与Na＋紧邻且等距的AlH4－有
___________个；NaAlH4晶体的密度为_________g·cm－3（用含a的代数式表示）。

四、实验题
11．某小组利用如下装置制备Cu(NH3)x SO4·H2O（溶于水呈深蓝色）．并测量x值。

（Cu(NH3)x SO4·H2O制备）见图1
（1）A中发生的化学反应方程式为_____________________________。

（2）B中观察到的现象是_______________________；C中CCl4的作用是
______________。

（3）欲从Cu(NH3)x SO4溶液中析出Cu(NH3)x SO4·H2O晶体，可加入试剂_______________。

（x值的测量）见图2
步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M = (178+17x)g/mol]于锥形瓶a中；
步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；
步骤三：用0. 5000 mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16. 00 mL。

（4）步骤二的反应可理解为Cu(NH3)x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为______。

（x值的计算与论证）
（5）计算：x = __________，
该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：
假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；
假设2：步骤二中_______________________________________________（任写两点）；假设3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。

该假设_____（填“成立”或“不成立”）。

（6）针对假设l，你对实验的处理意见是________________。

五、有机推断题
12．[化学——选修5：有机化学基础]
PVB(聚乙烯醇缩丁醛)和PI(聚异戊二烯)均为用途广泛的有机制品，用乙炔为原料制备PVB和PI的流程如图。

（1）A中的官能团名称是。

反应③的条件是。

（2）已知反应⑤属于加成反应，上述转化中还有(填序号)也属于该反应类型。

（3）E是A的同分异构体，E的核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的氢，且E能发生银镜反应E发生银镜反应的化学方程式是。

（4）反应⑦的化学方程式是。

（5）依照PI的合成路线，若将反应①中的反应物“”改为“乙醛”，经过②、③、④后得到以顺式结构为主的高聚物，则用结构简式表示其顺式结构
是。

（6），以为原料合成，下列是合成流程图，在括号内注明反应条件，方框内写出有关物质的结构简式。

参考答案
1．C
【解析】
A、不同的墨水可能是带相反电荷的胶体，混合使用会发生胶体聚沉，从而堵塞钢笔，故A 正确；
B、病毒主要成分是蛋白质，在高温条件下发生变性，高温能杀菌消毒，故B正确；
C、洁厕液主要成分是盐酸，84消毒液中含氯离子和次氯酸根，在酸性条件下能发生归中反应：Cl－+ClO－+2H＋=Cl2+H2O，生成的氯气对人体有毒，故C错误；
D、用13C或14C示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测，能使检测更精确，故D正确；故选C。

2．A
【解析】A、H218O与D216O的摩尔质量均为20g·mol－1，故2.0gH218O与D216O的物质的量均为1mol，且两者中均含10个中子，故1molH218O与D216O中均含10N A个中子，故A正确；B、Cl2溶于足量水中发生Cl2＋H2O HCl＋HClO，是可逆反应，故B错误；C、水溶液中的溶剂水中也含氧原子，故C错误；D、常温下溶液的pH=13只能说明OH-的浓度是
0.1mol·L－1，求OH－数目还少体积，故D错误；故选A。

3．B
【详解】
A．测定中和热时，还要用环形玻璃搅拌器搅拌，使之充分反应，故A错误；
B．胶体具有丁达尔效应，可形成明亮的光路，溶液不具备此性质，可区分胶体和溶液，故B正确；
C．气体与水直接接触，不能起到防倒吸的作用，将X物质换成四氯化碳，故C错误；D．硝酸银过量，无法验证AgCl溶解度大于Ag2S，应用少量硝酸银，故D错误；
故选B。

4．D
【解析】
A. 水电离的c( H＋)= 1xl0－13 mol/L的溶液，可能是酸性，也可能是碱性：酸性时SiO32－＋2H＋=H2SiO3，硅酸沉淀，故A错误；
B. 能溶解Al(OH)3的溶液，可能是酸性，也可能是碱性：碱性时NH4＋、HCO3－均不能大量共存；酸性时HCO3－不能大量共存，故B错误；C、甲基橙显黄色的溶液，可能是酸性：CO32－、NO3－、SO32－不能大量共存，故C错误；D. 1.0 mol/L 的CH3COOH溶液：无明显现象。

故D正确；故选D。

5．C
【分析】
A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B 原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E 的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al。

【详解】
A、 B为碳，单质在自然界有多种核素，如：12C、13C、14C，故A错误；
B、元素
C、
D、E的简单离子的半径Cl－>Na＋>Al3＋，故B错误；
C、A、E分别与C形成的化合物中含有一种相同类型的化学键：NaH、NaCl中均含离子键，故C正确；
D. 这几种元素可能形成的简单离子中H的简单离子H-的还原性最强，故D错误；
故选C。

6．B
【解析】
A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；
B、电池工作时，电解质中Ag＋数目不变，故B错误；
C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C 正确；
D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B。

7．B
【解析】
【详解】
A．二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H 2A=H++HA-，HA-H++A2-，错误；
B．据图象分析，pH=3时，c(HA-)与c(A2-)相同，pH=5时，c(HA-)：c(A2-)=1：100，正确；C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后pH=3，说明HA-离子的电离大于
A2-的水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，错误；
D．二元酸H 2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，Na2A溶液中不存在H2A 分子，c(H2A)=0，错误；
故答案为B。

8．CH4(g) +2 NO2(g) = N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(l) △H =－955 kJ/mol 乙0.030mol·L－
1 ·min －1 0.56 （或9/16） 降低 < CD
【解析】
（1）已知：①CH 4（g ）+4NO 2（g ）═4NO （g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H=-574k·mol －1
；②CH 4（g ）+4NO （g ）═2N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H=-1160kJ·mol －1；③H 2O （g ）═H 2O （l ）△H=-44.0kJ·mol －1，根据盖斯定律，（①+②+3×
4）÷2可得：CH 4（g ）+2NO 2（g ）═N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）；△H=-574k·mol －1-1160kJ·mol －1-574k·mol －1×4=－955 kJ/mol ；（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该比原来的速率大，图象与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确，压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误，故选乙；（3）0～20min 内，CO 2的平均反应速率v （NO ）=（1.0mol·L －1-0.4mol·L －1）
/20min=0.030mol·L －1 ·min －1；C （s ）+2NO （g ）N 2（g ）+CO 2（g ），平衡浓度c （N 2）=0.3mol·L
－1；c （CO 2）=0.3mol·L －1；c （NO ）=0.4mol·L －1
；反应的平衡常数K=()()()
2222c N c CO 0.30.3c NO 04．⨯⨯= =0.56；②30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C （s ）+2NO （g ）N 2（g ）+CO 2（g ），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=()()
()2222c N c CO 0.360.360.56c NO 048
⨯⨯==．，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；A ．生成物CO 2和N 2按方程式计量数之比同时增大，通入一定量的CO 2不合理，故A 错误； B ．加入催化剂不能使平衡移动，故B 错误；C ．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C 正确；D ．通入一定量的NO ，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故D 正确；E ．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不移动，故E 错误；故选CD 。

③若30min 后升高温度至T 2℃，达到平衡时，容器中NO 、N 2、CO 2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：1=6：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO 的转化率降低，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，a<0；（4）A 、温度升高，反应速率加快，因此T 2＞T 1，甲烷剩余量增多，说明反应逆向进
行，正反应放热，所以b＜0，故A错误；B、当温度为T2、反应进行到40 min时，反应达到平衡状态，x=0.15，故B错误；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（N2）小于原平衡n（N2）的2倍，故C正确；
D、对于反应CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
起始（mol·L－1） 0.5 1.2 0 0 0
变化（mol·L－1） 0.4 0.8 0.4 0.4 0.8
平衡（mol·L－1） 0.1 0.4 0.4 0.4 0.8
温度为T1时，平衡常数K=
()()()
()()
22
222
22
42
c H O?c CO?c N080.40.4
c CH?c NO0.104
⨯⨯
=
⨯
．
．
=6.4，若起始时向
容器中充入0.50 mol CH4（g）、0.50 molNO2（g）、1.0 mol N2（g）、2.0
molCO2（g）、0.50 molH2O（g），浓度商=
()()()
()()
22
222
22
42
c H O?c CO?c N05 2.01.0
c CH?c NO0.500.50
⨯⨯
=
⨯
．
=4＜K，平衡正向移动，ν（正）＞ν（逆），故D正确。

故选CD。

9．（1）氧化；
（2）Cr2O72-+3SO32-+8H+═2Cr3++3SO42-+4H2O；
（3）4Na+TiCl4550?
℃
Ti+4NaCl；
（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；故答案为：
FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；
②除去Fe3+；
③增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO4)。

【解析】
试题分析：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；故答案为氧化；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；故答案为
Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；
（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl 4═Ti+4NaCl ；故答案为4Na+TiCl 4═Ti+4NaCl ；
（4）①FeS 除去Cu 2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu 2+=CuS+Fe 2+；故答案为
FeS+Cu 2+=CuS+Fe 2+；
②对滤液Ⅱ加H 2O 2的目的是将Fe 2+氧化Fe 3+，然后调pH 沉淀Fe 3+；故答案为氧化Fe 2+，除去Fe 3+；
③NiSO 4与Na 2CO 3反应生成NiCO 3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO 4，这样可提高NiSO 4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为增大NiSO 4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO 4）。

考点：考查了氧化还原反应、盐类的水解、物质的分离提纯的相关知识。

10． O ＞N ＞C （1分） 分子晶体 sp 2、sp 3 N bd
8 321216210A N a -⨯ （或“21
310810A
a N ⨯”） 【解析】（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是O ＞N ＞C ；Fe 原子3d 、4s 能级电子为其价电子，基态Fe 原子的价电子排布图为；（2）熔沸点较低的晶体为分子晶体，Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与CO 互为等电子体的分子是氮气分子，电子式为；（3）该配合物中C 原子价层电子对个数是4和3且不含孤电子对，
根据价层电子对互斥理论确定C 原子杂化方式为sp 3、sp 2，该配体中Cu 原子提供空轨道、
N 原子提供孤电子对；（4）用[Cu(NH 3)2]OOCCH 3除去CO 的反应中，肯定有Cu 原子和N 、C 原子之间的配位键且也是δ键生成，答案选bd ；（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH 4-数目为1+8×1/8+4×1/2=4，Na +数目为6×1/2+4×1/4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH 4
-研究，与之紧邻且等距的Na +位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下
面立方体前后面的面心，与AlH 4-紧邻且等距的Na +有8个，则与Na +紧邻且等距的AlH 4-
有8个；晶胞质量为4×54/N A g ，晶胞密度为()
21
23775441081010210A A g N a N a cm a cm --⨯⨯=⨯⨯⨯g•cm -3。

11．Ca(OH)2+2NH 4Cl=△2NH 3↑+CaCl 2+2H 2O 由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝
色溶液防止倒吸无水乙醇Cu(NH3)x2++2OH—= Cu(OH)2↓+xNH3↑3.56加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等不成立更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验
【解析】
试题分析：（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；
（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；
（3）欲从Cu(NH3)x SO4溶液中析出Cu(NH3)x SO4·H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；（4）Cu(NH3)x SO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu(NH3)x2++2OH-= Cu(OH)2↓+xNH3↑；
（5）b中原来HCl的物质的量是0.03L×0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L×0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/(178+17x)g/mol×x=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；
步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；
针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。

考点：考察对物质制备实验的定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断
12．（1）碳碳双键、羟基；浓硫酸、加热；
（2）①②
（3）(CH3)3CCHO+2Ag(NH3)OH(CH3)3CCOONH4+3NH3+2Ag↓+H2O
（4）
（5）
（6）
【解析】
试题分析：根据题给转化关系和信息知乙炔与丙酮发生加成反应生成，结合A 的分子式可知，
与氢气按1：1发生加成反应，可知A为，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯发生加聚反应得到PI
（）；由PVB的结构、结合信息及C的组成，逆推可知D为，则C为，B为CH2=CHOOCCH3。

（1）A为，含有的官能团为：碳碳双键、羟基；在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成异戊二烯。

（2）反应⑤属于加成反应，上述转化中①②属于加成反应。

（3）E是A（）的同分异构体，E的核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的氢，且E能发生银镜反应，则E为（CH3）3CCHO，E发生银镜反应的化学方程式是(CH3)3CCHO+2Ag(NH3)OH(CH3)3CCOONH4+3NH3+2Ag↓+H2O。

（4）反应⑦的化学方程式是。

（5）依照PI的合成路线，若将反应①中的反应物“”改为“乙醛”，经过②、③、④后得到以顺式结构为主的高聚物，则用结构简式表示其顺式结构是：。

（6）根据题给信息和流程确定各物质的结构简式。

考点：考查有机合成和有机推断。