文档内容
2012 年重庆市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共126分
1．（6分）（2012•重庆）化学工业是国民经济的支柱产业．下列生产过程中不涉及化学变
化的是（ ）
A．氮肥厂用氢气和氮气合成氨B．钢铁厂用热还原法冶炼铁
C．硫酸厂用接触法生产硫酸 D．炼油厂用分馏法生产汽油
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．
菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化．物理变化是指没有
新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成．
【解答】解：A．N 和H 合成NH 发生了化学变化，故A错误；
2 2 3
B．钢铁厂炼铁的原理是用还原剂将铁从其氧化物中还原出来，发生的是化学变化，故B
错误；
C．接触法制硫酸发生的三个反应是S+O SO 、2SO +O 2SO 、
2 2 2 2 3
SO +H O═H SO ，发生了化学变化，故C错误；
3 2 2 4
D．炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变
化，故D正确．
故选D．
【点评】本题主要考查了物理变化和化学变化的区别，题目难度不，可以依据化学变化的
实质进行．
2．（6分）（2012•重庆）下列叙述正确的是（ ）
A．Fe与S混合加热生成FeS
2
B．NaHCO 的热稳定性大于Na CO
3 2 3
C．过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成
D．白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷
【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；硝酸的化学性质；磷；含硫物质的性质及综合应
用．
菁优网版权所有
【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．Fe与S混合加热生成FeS；
B．NaHCO 加热易分解；
3
C．随着反应的进行，硝酸的浓度降低，稀硝酸与铜反应生成NO；
D．白磷在空气中加热时会燃烧．
【解答】解：A．Fe与S混合加热生成FeS，故A错误；
B．NaHCO 的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO Na CO +H O+CO ↑，故B
3 3 2 3 2 2
错误；
C．因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成
NO，故C正确；
D．白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，故D错误．故选C．
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的积累，学习中
要全面把握相关知识．
3．（6分）（2012•重庆）对实验：①中和滴定、②中和热的测定、③实验室制备乙烯、④
乙酸乙酯的制取，叙述正确的是（ ）
A．①④必须加热B．②③必须隔热
C．①②必须用指示剂 D．③④必须用催化剂
【考点】中和滴定；乙烯的实验室制法；中和热的测定；乙酸乙酯的制取．
菁优网版权所有
【专题】实验题．
【分析】中和滴定需在指示剂作用下进行，中和热的测定需要保温隔热避免热量的损失，
实验室制乙烯需在浓硫酸作用下加热至170℃，乙酸乙酯的制备在加热条件下进行，需要
浓硫酸作催化剂．
【解答】解：A．中和滴定不需要加热，故A错误；
B．中和热的测定需要隔热，实验室制乙烯需在浓硫酸作用下加热至170℃，不需要隔热，
故B错误；
C．中和热的测定不需要用指示剂，故C错误；
D．实验③④都需要使用浓硫酸作催化剂，故D正确．
故选D．
【点评】本题综合考查化学实验基本操作及反应原理，侧重点较为基础，难度不大，注意
把握反应原理与实验操作的注意事项．
4．（6分）（2012•重庆）萤火虫发光原理如图：
关于荧光素及氧化荧光素的叙述，正确的是（ ）
A．互为同系物 B．均可发生硝化反应
C．均可与碳酸氢钠反应 D．均最多有7个碳原子共平面
【考点】有机物的结构和性质．
菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】两种有机物都含有酚羟基，但酸性比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，荧光素含有
﹣COOH，可与碳酸氢钠反应，含有苯环，可发生硝化反应，结合苯环的结构特征判断有
机物的空间结构．
【解答】解：A．荧光素与氧化荧光素分子所含的官能团不同，二者不是同系物，故A错
误；
B．二者均可与浓硝酸发生苯环上的硝化反应，故B正确；
C．﹣COOH可以与NaHCO 反应，酚羟基不能与NaHCO 反应，故C错误；
3 3
D．凡直接与苯环相连的原子，一定在同一平面内，故荧光素、氧化荧光素分子中均最少
有7个碳原子共平面，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质以
及有机物的结构特征，为解答该题的关键，本题注意酚羟基的性质．5．（6分）（2012•重庆）下列叙述正确的是（ ）
A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C．饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D．沸水中滴加适量饱和FeCl 溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
3
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶
液中的电离平衡．
菁优网版权所有
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH Cl时，铵根离子水解呈酸性；
4
B、醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，平衡状态下离子浓度减小；
C、饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液离
子浓度不变；
D、胶体是电中性的分散系；
【解答】解：A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使
4
溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH Cl和NH •H O，故A错误；
4 3 2
B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c（H+）减小，
故pH增大，故B错误；
C、温度不变，Ca（OH） 的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c（OH﹣）的浓度不变，
2
所以pH不变，故C正确；
D、氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液PH变化，饱和溶液
的离子浓度分析，胶体性质的应用，题目难度中等．
6．（6分）（2012•重庆）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH Al（SO ） 溶液中，滴加等浓度Ba
4 4 2
（OH） 溶液x mL．下列叙述正确的是（ ）
2
A．x=10时，溶液中有 、Al3+、 ，且c（ ）＞c（Al3+）
B．x=10时，溶液中有 、 、 ，且c（ ）＞c（ ）
C．x=30时，溶液中有Ba2+、 、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（ ）
D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）
【考点】离子方程式的有关计算．
菁优网版权所有
【专题】离子反应专题．
【分析】当x=10时，NH Al（SO ） 与Ba（OH） 等物质的量反应，此时OH﹣量不足，
4 4 2 2
OH﹣首先与Al3+反应，与NH +不反应，所以溶液中有未参加反应的NH +和部分剩余的
4 4
Al3+存在，同时SO 2﹣也有剩余，但此时不会有AlO ﹣生成，结合铵根离子水解解答；
4 2
当x=30时，0.001 mol的NH Al（SO ） 与0.003 mol Ba（OH） 反应，生成0.002 mol
4 4 2 2
BaSO 、0.001 mol AlO ﹣、0.001 mol NH •H O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，
4 2 3 2
由于NH •H O也是一种碱，存在电离平衡：NH •H O NH ++OH﹣，据此判断反应中c
3 2 3 2 4
（OH﹣）与c（AlO ﹣）、c（Ba2+）的大小关系．
2
⇌
【解答】解：A、当x=10时，NH Al（SO ） 与Ba（OH） 等物质的量反应，此时OH﹣量
4 4 2 2
不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH +不反应，所以溶液中有未参加反应的NH +和部分剩
4 4余的Al3+存在，同时SO 2﹣也有剩余，但此时不会有AlO ﹣生成，溶液中c（NH +）＞c
4 2 4
（Al3+），故A正确；
B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO ﹣生成，溶液中有NH +、Al3+、SO 2﹣，参加反应
2 4 4
的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO 2﹣，溶液中NH +未参加反应，但溶液中
4 4
NH +水解，故c（NH +）＜c（SO 2﹣），故B错误；
4 4 4
C、当x=30时，0.001 mol的NH Al（SO ） 与0.003 mol Ba（OH） 反应，生成0.002 mol
4 4 2 2
BaSO 、0.001 mol AlO ﹣、0.001 mol NH •H O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，
4 2 3 2
由于NH •H O也是一种碱，存在电离平衡：NH •H O NH ++OH﹣，使得溶液中c（OH
3 2 3 2 4
﹣）大于0.001 mol，故c（OH﹣）＞c（AlO ﹣），故C错误；
2
⇌
D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO ﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001
2
mol，含有0.001 mol Ba2+，c（OH﹣）＞c（Ba2+），故D错误；
故选A．
【点评】本题考查离子方程式的有关计算、过量计算等，难度中等，清楚氢氧根离子与铵
根离子、铝离子反应的先后顺序是解题的关键．
7．（6分）（2012•重庆）肼（H N﹣NH ）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如
2 2
图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为
154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（ ）
A．194 B．391 C．516 D．658
【考点】化学能与热能的相互转化．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．
【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量
之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．
【解答】解：根据图中内容，可以看出N H （g）+O （g）=2N（g）+4H（g）+2O
2 4 2
（g），△H =2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应
3
物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，
设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得
K=391．
故选B．
【点评】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的
灵活应用情况，难度不大．
8．（6分）（2012•重庆）在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H
1
＜0
x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H
2
＞0
进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（ ）A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变
B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高
C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大
【考点】化学平衡的影响因素．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；化学平衡专题．
【分析】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，对第二个反应平衡向逆反应移动，温度
升高，导致第一个反应向逆反应移动；
B、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，反应器中温度升高；
C、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变；
D、等容时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动．
【解答】解：A、等压时，通入惰性气体，容器体积增大，等效为压强减小，平衡x（g）
+3y（g）⇌2z（g）（△H＞0）向左移动，正反应为吸热反应，反应体系的温度升高，由于
该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）⇌2c（g）也向吸热方向移动，
即逆反应方向移动，所以c的物质的量减小，故A错误；
B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）向左移动，
由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，虽然导致第一个反应向逆反应移动，
但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；
C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没
有发生变化，所以各组分的反应速率不发生变化，故C正确；
D、等容时，通入z气体，增大了生成物z的浓度，平衡逆向移动，所以y的物质的量浓度
增大，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息
“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二反应的移动热效应，
判断第一个反应的移动．
二、非选择题共174分
9．（15分）（2012•重庆）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛．
（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为
非极性分子．碳元素在周期表中的位置是 第二周期第Ⅳ A 族 ，Q是 氧（或 O ） ，
R的电子式为 ．
（2）一定条件下，Na还原CCl 可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl
4 4
的实验操作名称为 过滤 ，除去粗产品中少量钠的试剂为 水（或乙醇） ．
（3）碳还原SiO 制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO ．现将20.0g SiC粗产品加入到过量
2 2
的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L．
生成氢气的离子方程式为 Si+2OH ﹣ +H O═SiO 2﹣ +2H ↑ ，硅酸盐的物质的量浓度为
2 3 2
0.17mol•L ﹣1 ．
（4）下列叙述正确的有 ③④ （填序号）．
①Na还原CCl
4
的反应、Cl
2
与H
2
O的反应均是置换反应
②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同
③Na
2
SiO
3
溶液与SO
3
的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1：2．
【考点】位置结构性质的相互关系应用；硅和二氧化硅．
菁优网版权所有【专题】碳族元素．
【分析】（1）Q为氧，非极性分子R为CO ；
2
（2）将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生
反应；
（3）根据反应的方程式计算生成Na SiO 的物质的量，进而计算浓度；
2 3
（4））①Na还原CCl 的反应属于置换反应，但Cl 与H O反应生成HCl和HClO；
4 2 2
②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体；
③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na O 、Li O．
2 2 2
【解答】解：（1）由题给信息“碳与Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一
种化合物R为非极性分子”可推知Q为氧，非极性分子R为CO ．根据周期序数=电子层数，
2
主族序数=最外层电子数可以确定碳在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族，CO 的电子
2
式为 ，故答案为：第二周期第ⅣA族；氧（或O）； ；
（2）金刚石是不溶于CCl 的固体，CCl 是液体，将不溶性固体和液体分离通常采用的方
4 4
法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所
以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇），
故答案为：过滤；水（或乙醇）；
（3）根据硅与NaOH反应的化学方程式Si+2NaOH+H O═Na SiO +2H ↑可写出其离子方程
2 2 3 2
式为Si+2OH﹣+H O═SiO 2﹣+2H ↑；
2 3 2
计算溶液中硅酸盐的物质的量浓度需要根据化学方程式进行计算：
Si+2NaOH+H O═Na SiO +2H ↑
2 2 3 2
28 g 1 mol 2 mol
m（Si） n （Na SiO ） 0.1 mol
1 2 3
m（Si）= =1.4g，
n （Na SiO ）= =0.05 mol，
1 2 3
粗产品中SiO 的质量为m（SiO ）=20.0g﹣11.4g﹣1.4 g=7.2 g
2 2
SiO +2NaOH═Na SiO +H O
2 2 3 2
60g 1mol
7.2g n （Na SiO ）
2 2 3
n （Na SiO ）= =0.12mol，
2 2 3
则n（Na SiO ）=n （Na SiO ）+n （Na SiO ）=0.12mol+0.05mol=0.17mol，
2 3 1 2 3 2 2 3
硅酸盐的物质的量浓度为 =0.17mol/L，
故答案为：Si+2OH﹣+H O═SiO 2﹣+2H ↑；0.17 mol•L﹣1；
2 3 2
（4）①Na还原CCl 的反应属于置换反应，但Cl 与H O反应生成HCl和HClO，不是置
4 2 2
换反应，故①错误；
②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，故
②错误；
③Na
2
SiO
3
溶液与SO
3
的反应，说明酸性H
2
SiO
3
比H
2
SO
4
弱，则可用于推断Si与S的非金
属性强弱，故③正确；④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na O 、Li O，阴阳离子数目比均为1：
2 2 2
2，故④正确．
故答案为：③④．
【点评】本题综合元素化合物知识，题目难度中等，注意从质量守恒的角度结合反应的化
学方程式计算，（3）为易错点．
10．（15分）（2012•重庆）氯离子插层镁铝水滑石[Mg Al（OH） Cl•xH O 是一种新型离
2 6 2
子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al O 、HCl和水蒸气．现用如图装置进行实验
2 3
]
确定其化学式（固定装置略去）．
（1）Mg Al（OH） Cl•xH O热分解的化学方程式为 2[Mg Al （ OH ） Cl•xH O
2 6 2 2 6 2
4MgO+Al O +2HCl↑+ （ 5+2x ） H O↑ ． ]
2 3 2
（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为 a→e→d→b （按
气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是 吸收 HCl 气体 ．装置连接后，首先要
进行的操作的名称是 检查装置的气密性 ．
（3）加热前先通N 排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N 的作用
2 2
是 将分解产生的气体全部带入装置 C 、 D 中完全吸收 、 防止产生倒吸 等．
（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x= 3 ．若取消冷却玻管B后进行
实验，测定的x值将 偏低 （填“偏高”或“偏低”）．
（5）上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成[Mg Al（OH） Cl （CO ） •zH O ，
2 6 1﹣2x 3 y 2
该生成物能发生类似的热分解反应．现以此物质为样品，用（2）中连接的装置和试剂进行
]
实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定 装置 C 的增重及样品质量（或样品质量
及样品分解后残余物质量或装置 C 的增重及样品分解后残余物质量） ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
菁优网版权所有
【专题】实验探究和数据处理题．
【分析】（1）高温下完全分解为MgO、Al O 、HCl和水蒸气，根据反应物和生成物书写
2 3
方程式；
（2）应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗
气时，应该从长导管一侧通入气体；
（3）为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N
2
排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸；
（4）根据反应的方程式计算；
（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，
需测定D的增重、装置C的增重及样品质量．
【解答】解：（1）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al O 、HCl和水蒸气，可写
2 3
出其化学方程式：2[Mg Al（OH） Cl•xH O 4MgO+Al O +2HCl↑+（5+2x）H O↑，
2 6 2 2 3 2
]
故答案为：2[Mg Al（OH） Cl•xH O 4MgO+Al O +2HCl↑+（5+2x）H O↑；
2 6 2 2 3 2
]（2）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先
通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从
长导管一侧通入气体，故其连接顺序是a→e→d→b；连接好装置后首先应该检查装置的气
密性，
故答案为：a→e→d→b；吸收HCl气体；检查装置的气密性；
（3）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应
产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N 排出装置内残留的气体，同时也是为了
2
防止产生倒吸，
故答案为：将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收；防止产生倒吸；
（4）2[Mg Al（OH） Cl•xH O 4MgO+Al O +2HCl↑+（5+2x）H O↑
2 6 2 2 3 2
73 ]18×（5+2x）
3.65g 9.90g
解得x=3，
若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸气完全吸收而导致结果偏低，
故答案为：3；偏低；
（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，
所以除测定D的增重外，还需要测量两个数据，即装置C的增重及样品质量（或样品质量
及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量），
故答案为：装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增
重及样品分解后残余物质量）．
【点评】本题考查化学方程式的书写，主要考查对实验装置和实验流程的理解和熟悉实验
操作，同时通过计算，确定水分子数．综合性较强，题目难度较大．
11．（16分）（2012•重庆）衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重
要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）．
（1）A发生加聚反应的官能团名称是 碳碳双键 ，所得聚合物分子的结构型式是 线型
（填“线型”或“体型”）．
（2）B﹣→D的化学方程式为 +NaOH
+NaCl+H O ．
2
（3）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为
（只写一种）．
（4）已知：﹣CH CN ﹣CH COONa+NH ，E经五步转变成M的合成反应流
2 2 3
程（如图1）：①E﹣→G的化学反应类型为 取代反应 ，G﹣→H的化学方程式为
+2NaOH+H O +NaCl+NH ．
2 3
②J﹣→L的离子方程式为 +2[Ag （ NH ） ++2OH﹣
3 2
]
+2Ag↓+3NH +NH + +H O ．
3 4 2
③已知：﹣C（OH） ﹣COOH+H O，E经三步转变成M的合成反应流程为
3 2
（示例如图2；第二步反
应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）．
【考点】有机物的推断．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）A为（CH ） C=CH ，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的
3 2 2
有机物发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子；
（2）B为（CH ） CClCH Cl，结合B、D的分子式与转化条件可知B→D的反应为消去反
3 2 2
应，且是B的中间碳原子上的氯原子发生消去反应，而连在端碳原子上的氯原子不能消去，
因为中间碳原子上没有氢原子；
（3）由题给信息M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，说明Q的分子结构中不存在碳碳双
键，且分子结构中还含有两个羧基，由此推知Q应该含有1个环；
（4）①分析E、G的结构简式结合反应条件可知，E→G发生的是取代反应；
根据题给已知“﹣CH CN ﹣CH COONa+NH ”和G的结构特点（分子结构
2 2 3
中含有氯原子，也可在NaOH溶液中发生水解），﹣CN转化为﹣COONa，﹣Cl原子发生
取代反应转化为﹣OH，H为 ；②根据流程图J可以和银氨溶液反应，结合G﹣→H的转化条件可以推断J的结构简式
；
L为 ；
③结合③中的已知和括号内的提示（第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）可
推知E经三步反应转化为M应该是先与氯气发生取代反应，然后水解生成羧酸盐，最后酸
化得M．
【解答】解：（1）A为（CH ） C=CH ，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双
3 2 2
键的有机物发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子，故答案为：碳碳双键；线型；
（2）B为（CH ） CClCH Cl，结合B、D的分子式与转化条件可知B→D的反应为消去反
3 2 2
应，中间碳原子上没有氢原子，连在端碳原子上的氯原子不能消去，是B的中间碳原子上
的氯原子发生消去反应，反应方程式为 +NaOH
+NaCl+H O，
2
故答案为： +NaOH +NaCl+H O；
2
（3）由题给信息M（ ）的同分异构体Q是饱和二元羧酸，说明
Q的分子结构中不存在碳碳双键，且分子结构中还含有两个羧基，由此推知Q应该含有1
个环， ，
故答案为： ；
（4）①分析E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中甲基中的1个H原子被Cl原子取
代生成G，E→G发生的是取代反应，
根据题给已知“﹣CH CN ﹣CH COONa+NH ”和G的结构特点（分子结构
2 2 3
中含有氯原子，也可在NaOH溶液中发生水解），﹣CN转化为﹣COONa，﹣Cl原子发生
取代反应转化为﹣OH，H为 ，G→H的化学方程式为：
+2NaOH+H O +NaCl+NH ，
2 3故答案为：取代反应； +2NaOH+H O
2
+NaCl+NH ；
3
②根据流程图J可以和银氨溶液反应，结合G→H的转化条件可以推断J结构简式为
，L为 ，J﹣→L的离子方程式为
+2[Ag（NH ） ++2OH﹣
3 2
+2Ag↓+3NH +NH ++H O，
3 4 2 ]
故答案为： +2[Ag（NH ） ++2OH﹣
3 2
]
+2Ag↓+3NH +NH ++H O；
3 4 2
③结合③中的已知和括号内的提示（第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）可
推知E经三步反应转化为M应该是先与氯气发生取代反应，然后水解生成羧酸盐，最后酸
化得M，合成流程图为：
，
故答案为： ．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，分析有机物的结构特点与反应条件，
进行判断物质结构与发生的反应，掌握官能团的性质是关键，题目给出某反应信息要求学
生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．
12．（14分）（2012•重庆）尿素[CO（NH ） 是首个由无机物人工合成的有机物．
2 2
（1）工业上尿素由CO 和NH 在一定条件下合成，其反应方程式为 2NH +CO
2 3 3 2
]
CO （ NH ） +H O ．
2 2 2
（2）当氨碳比 =4时，CO 的转化率随时间的变化关系如图1所示．
2①A点的逆反应速率v
逆
（CO
2
） 小于 B点的正反应速率v
正
（CO
2
）（填“大于”“小于”
或“等于”）．
②NH
3
的平衡转化率为 30% ．
（3）人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图2所示．
①电源的负极为 B （填“A”或“B”）．
②阳极室中发生的反应依次为 6Cl ﹣ ﹣6e ﹣ ═3Cl ↑ 、 CO （ NH ）
2 2
+3Cl +H O═N +CO +6HCl ．
2 2 2 2 2
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将 不变 ；若两极共收集到气体13.44L
（标准状况），则除去的尿素为 7.2 g（忽略气体的溶解）．
【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；化学平衡专题；电化学专题．
【分析】（1）CO 和NH 合成CO（NH ） ，根据元素守恒可知，同时还有H O生成，配
2 3 2 2 2
平书写方程式；
（2）①由CO 的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继
2
续正向进行；
②设CO 的初始物质的量为a，则NH 的初始物质的量为4a，由图可知，CO 的转化率为
2 3 2
60%，故转化的二氧化碳为0.6a，根据方程式计算转化的NH 的物质的量，再根据转化率
3
定义计算；
（3）①根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律，结合本题图中的电极
产物H 和Cl 可以判断出A为电源的正极，B为电源的负极；
2 2
②由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，
同时会生成HCl；
③阴极反应为：6H O+6e﹣═6OH﹣+3H ↑（或6H++6e﹣═3H ↑）
2 2 2
阳极反应为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl ↑，CO（NH ） +3Cl +H O═N +CO +6HCl
2 2 2 2 2 2 2
根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的
H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH
不变；
由上述反应式可以看出，转移6 mol e﹣时，阴极产生3 mol H ，阳极产生1 mol N 和1 mol
2 2
CO ，根据n= 计算两极产生的气体的物质的量，利用气体中各组分的比例关系，计算n
2
（N ）=n（CO ），再根据方程式计算尿素的物质的量，根据m=nM计算尿素的质量．
2 2
【解答】解：（1）CO 和NH 合成CO（NH ） ，根据元素守恒可知，同时还有H O生成，
2 3 2 2 2
化学方程式为：2NH +CO CO（NH ） +H O，故答案为：2NH +CO CO
3 2 2 2 2 3 2
（NH ） +H O；
2 2 2
（2）①由CO 的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继
2
续正向进行，故v （CO ）小于B点平衡时的化学反应速率，故答案为：小于；
逆 2
②设CO 的初始物质的量为a，则NH 的初始物质的量为4a，由图可知，CO 的转化率为
2 3 2
60%，故转化的二氧化碳为a×60%=0.6a，根据方程式可知，转化的NH 的物质的量为
3
0.6a×2=1.2a，故平衡时氨气的转化率定为 ×100%=30%，
故答案为：30%；
（3）①由图可知，左室电极产物为Cl ，发生氧化反应，故A为电源的正极，右室电解产
2
物H ，发生还原反应，故B为电源
2
的负极，故答案为：B；
②由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，
同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl ↑，CO（NH ）
2 2
+3Cl +H O═N +CO +6HCl，
2 2 2 2 2
故答案为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl ↑，CO（NH ） +3Cl +H O═N +CO +6HCl；
2 2 2 2 2 2 2
③阴极反应为6H O+6e﹣═6OH﹣+3H ↑（或6H++6e﹣═3H ↑）
2 2 2
阳极反应为6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl ↑，CO（NH ） +3Cl +H O═N +CO +6HCl
2 2 2 2 2 2 2
根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的
H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH
不变；
由上述反应式可以看出，转移6 mol e﹣时，阴极产生3 mol H ，阳极产生1 mol N 和1 mol
2 2
CO ，故电解收集到的13.44 L气体，物质的量为 =0.6mol，即n（N ）=n
2 2
（CO ）=0.6mol× =0.12 mol，
2
根据方程式CO（NH ） +3Cl +H O═N +CO +6HCl可知生成0.12 mol N 所消耗的CO
2 2 2 2 2 2 2
（NH ） 的物质的量也为0.12 mol，其质量为：m[CO（NH ） =0.12 mol×60 g•mol﹣1=7.2
2 2 2 2
g，
]
故答案为：不变，7.2．
【点评】考查化学平衡的计算、电解池原理与有关计算，难度较大，（3）中关键注意观察
电极产物，判断发生的反应，注意根据方程式判断左室中PH值的变化．
