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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．N2和H2合成NH3发生了化学变化，故A 错误；
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+O2
SO2、2SO2+O2
2SO3、
SO3+H2O═H2SO4，发生了化学变化，故C 错误；
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FeS2
B．NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
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．
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【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．NaHCO3加热易分解；
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．NaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，故B 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．
1
【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NaHCO3反应，酚羟基不能与NaHCO3反应，故C 错误；
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
2
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FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【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NH4Cl 时，铵根离子水解呈酸性；
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NH4Cl 时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈
中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl 和NH3•H2O，故A 错误；
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）2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c（OH﹣）的浓度不变，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
﹣ NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液
x mL．下列叙述正确的是（ ）
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，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先
与Al3+反应，与NH4
+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4
+和部分剩余的Al3+存在，同时
SO4
2﹣也有剩余，但此时不会有AlO2
﹣生成，结合铵根离子水解解答；
当x=30 时，0.001 mol 的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、
0.001 mol AlO2
﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于
NH3•H2O 也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4
++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c
（AlO2
﹣）、c（Ba2+）的大小关系．
【解答】解：A、当x=10 时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH
﹣首先与Al3+反应，与NH4
+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4
+和部分剩余的Al3+存在，
同时SO4
2﹣也有剩余，但此时不会有AlO2
﹣生成，溶液中c（NH4
+）＞c（Al3+），故A 正确；
3
B、由A 中分析可知，溶液中不会有AlO2
﹣生成，溶液中有NH4
+、Al3+、SO4
2﹣，参加反应的硫
酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO4
2﹣，溶液中NH4
+未参加反应，但溶液中NH4
+水解，
故c（NH4
+）＜c（SO4
2﹣），故B 错误；
C、当x=30 时，0.001 mol 的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol
BaSO4、0.001 mol AlO2
﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于
NH3•H2O 也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4
++OH﹣，使得溶液中c（OH﹣）大于
0.001 mol，故c（OH﹣）＞c（AlO2
﹣），故C 错误；
D、由C 中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2
﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001 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（H2N
NH
﹣
2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，
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N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），
△H3=2752kJ/mol
534kJ/mol=2218kJ/mol
﹣
，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的
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）；△H1＜0
x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞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
4
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CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4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SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si 和SiO2．现将20.0g SiC 粗产品加入到过量的
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
2O═SiO3
2﹣
+2H
2↑
，硅酸盐的物质的量浓度为
0.17mol•L
1
﹣
．
（4）下列叙述正确的有 ③④ （填序号）．
Na
①
还原CCl4的反应、Cl2与H2O 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
Na
③
2SiO3溶液与SO3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CO2；
5
（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Na2SiO3的物质的量，进而计算浓度；
（4））①Na 还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O 反应生成HCl 和HClO；
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Na2O2、Li2O．
【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CO2．根据周期序数=电子层数，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，CO2的电子式为
，故答案为：第二周期第ⅣA 族；氧（或O）；
；
（2）金刚石是不溶于CCl4的固体，CCl4是液体，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，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+H2O═Na2SiO3+2H2↑可写出其离子方程式
为Si+2OH﹣+H2O═SiO3
2﹣+2H2↑；
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+H2O═Na2SiO3+2H2↑
28 g 1 mol 2 mol
m（Si） n1（Na2SiO3） 0.1 mol
m（Si）=
=1.4g，
n1（Na2SiO3）=
=0.05 mol，
粗产品中SiO2的质量为m（SiO2）=20.0g
11.4g
1.4 g=7.2 g
﹣
﹣
SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O
60g 1mol
7.2g n2（Na2SiO3）
n2（Na2SiO3）=
=0.12mol，
则n（Na2SiO3）=n1（Na2SiO3）+n2（Na2SiO3）=0.12mol+0.05mol=0.17mol，
硅酸盐的物质的量浓度为
=0.17mol/L，
故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO3
2﹣+2H2↑；0.17 mol•L
1
﹣；
（4）①Na 还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O 反应生成HCl 和HClO，不是置换反
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；
Na
③
2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4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Na2O2、Li2O，阴阳离子数目比均为1：2，故
④正确．
故答案为：③④．
6
【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[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]是一种新型离子交换
材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl 和水蒸气．现用如图装置进行实验确定其化
学式（固定装置略去）．
（1）Mg2Al（OH）6Cl•xH2O 热分解的化学方程式为
2[Mg
2Al
（
OH
）
6Cl•xH2O ]
4MgO+Al2O3+2HCl↑+
（
5+2x
）
H 2O↑
．
（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N2排尽装置中的空气，称取C、D 的初始质量后，再持续通入N2的作用是
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[Mg2Al（OH）6Cl1
2x
﹣（CO3）y•zH2O]，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、Al2O3、HCl 和水蒸气，根据反应物和生成物书写方程式；
（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N2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、Al2O3、HCl 和水蒸气，可写出其化学
方程式：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，
故答案为：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑；
（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；
7
（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N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产
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[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑
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+H2O
．
（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：﹣CH2CN
CH
﹣
2COONa+NH3，E 经五步转变成M 的合成反应流程（如
图1）：
8
E
→G
①﹣
的化学反应类型为 取代反应 ，G
→H
﹣
的化学方程式为
+2NaOH+H2O
+NaCl+NH3 ．
J
→L
②﹣
的离子方程式为
+2[Ag
（
NH
3）2] + +2OH
﹣
+2Ag↓+3NH3+NH4
+ +H
2O
．
③已知：﹣C（OH）3
COOH+H
﹣
2O，E 经三步转变成M 的合成反应流程为
（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（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的有机物
发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子；
（2）B 为（CH3）2CClCH2Cl，结合B、D 的分子式与转化条件可知B→D 的反应为消去反应，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“﹣CH2CN
CH
﹣
2COONa+NH3”和G 的结构特点（分子结构
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
；
9
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（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的有
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（CH3）2CClCH2Cl，结合B、D 的分子式与转化条件可知B→D 的反应为消去反应，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+H2O，
故答案为：
+NaOH
+NaCl+H2O；
（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“﹣CH2CN
CH
﹣
2COONa+NH3”和G 的结构特点（分子结构
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+H2O
+NaCl+NH3，
故答案为：取代反应；
+2NaOH+H2O
+NaCl+NH3；
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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（NH3）2]++2OH﹣
+2Ag↓+3NH3+NH4
++H2O，
故答案为：
+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣
+2Ag↓+3NH3+NH4
++H2O；
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（NH2）2]是首个由无机物人工合成的有机物．
（1）工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为
2NH
3+CO2
CO
（
NH
2）2+H2O
．
（2）当氨碳比
=4 时，CO2的转化率随时间的变化关系如图1 所示．
A
①
点的逆反应速率v 逆（CO2） 小于 B 点的正反应速率v 正（CO2）（填“大于”“小于”
或“等于”）．
NH
②
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．
11
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
2↑
、
CO
（
NH
2）
2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl
．
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）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O 生成，配平书写
方程式；
（2）①由CO2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，反应仍将继续正
向进行；
②设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为
60%，故转化的二氧化碳为0.6a，根据方程式计算转化的NH3的物质的量，再根据转化率定
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H2和Cl2可以判断出A 为电源的正极，B 为电源的负极；
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：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑）
阳极反应为：6Cl﹣
6e
﹣
﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl
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 H2，阳极产生1 mol N2和1 mol
CO2，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
（N2）=n （CO2），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．
【解答】解：（1）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O 生成，化学方
程式为：
2NH3+CO2
CO（NH2）2+H2O，故答案为：2NH3+CO2
CO（NH2）
2+H2O；
（2）①由CO2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，反应仍将继续正
向进行，故v 逆（CO2）小于B 点平衡时的化学反应速率，故答案为：小于；
12
②设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为
60%，故转化的二氧化碳为a×60%=0.6a，根据方程式可知，转化的NH3的物质的量为
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Cl2，发生氧化反应，故A 为电源的正极，右室电解产物H2，
发生还原反应，故B 为电源
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
﹣
﹣═3Cl2↑，CO（NH2）
2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，
故答案为：6Cl﹣
6e
﹣
﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；
③阴极反应为6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑）
阳极反应为6Cl﹣
6e
﹣
﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl
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 H2，阳极产生1 mol N2和1 mol
CO2，故电解收集到的13.44 L 气体，物质的量为
=0.6mol，即n（N2）=n（CO2）
=0.6mol× =0.12 mol，
根据方程式CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl 可知生成0.12 mol N2所消耗的CO（NH2）2
的物质的量也为0.12 mol，其质量为：m[CO（NH2）2]=0.12 mol×60 g•mol
1
﹣=7.2 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．
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