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存在，在电场中处于平衡状态，不向两极移动．这种氨基酸在碱式电离和酸式电离相等时的PH值，称为该氨基酸的等电点．用PI表示．由于不同的氨基酸分子中所含的氨基和羧基的数目不同，所以它们的等电点也各不相同．一般说来，酸性氨基酸的等电点PI为2.8-3.2；中性氨基酸的等电点PI为4.8-6.3；碱性氨基酸的等电点为7.6-11．
在等电点时，氨基酸的溶解度最小．因此可以用调节溶液PH值的方法，使不同的氨基酸在各自的等电点结晶析出，以分离或提纯氨基酸． α-氨基酸分子间可以发生脱水反应生成酰胺.
ROR'- H2O+NH2CHCOHNH2CHCOOHRNH2R'OCHCNHCHCOOH肽键
在生成的酰胺分子中两端仍含有α-NH2及-COOH， 因此仍然可以与其它α-氨基酸继续缩合脱水形成长链高分子。所以在一定条件下，氨基酸可发生缩聚反应形成高分子（多肽）． 很明显，色氨酸为α-氨基酸，褪黑素不是α-氨基酸，两者结构不相似。褪黑素官能团为酰胺键，不具有两性化合物的特性，D选项错误。
答案：D
（2009年安徽）12、 Cu2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的 电解池示意图如下，电解总反应为：2Cu＋H2O
电解 Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是
A、石墨电极上产生氢气 B、铜电极发生还原反应
C、铜电极直接接直流电源的负极
D、当有0.1mol电子转移时，有0.1moI Cu2O生成 【解析】
第12题主要考查的是电化学中电解池的知识，题目比较新颖，但是比较简单，学生可以通过给出的化学方
程式2Cu＋H2O电解 Cu2O＋H2↑，通过氧化还原反应规律，Cu失电子，为阳极，与铜相连
的为电源正极，石墨为阴极，与石墨相连的为电源负极。
Cu电极为阳极，电极反应式：2Cu－2e－＋2OH－Cu2O＋H2O，失电子，发生氧
化反应；当有2mol电子通过时，生成1mol Cu2O，当有0.1mol电子通过时，生成0.05mol Cu2O。
2OH－＋H2↑， 石墨电极为阴极，电极反应式反应式为：2H2O＋2e-对照选项，可知选A。 （2010年安徽）11.某固体酸燃料电池以CaHSO4
＋
固体为电解质传递H，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是
A.电子通过外电路从b极流向a极
－－
B.b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e＝4OH C.每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2 ＋
D.H由a极通过固体酸电解质传递到b极 【答案】D
解析：首先明确a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错；B选项反应应
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为O2+4e-+4H+=2H2O ; C没有告知标准状况。
（2011年安徽）12.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：
5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法
正确的是：
A.正极反应式：Ag+Cl-e=AgCl B.每生成1 molNa2Mn5O10转移2 mol电子 C.Na不断向“水”电池的负极移动
D.AgCl是还原产物
【解析】该―水‖电池的电极反应为：
负极反应 Ag+Cl——e—==AgCl，AgCl是氧化产物；
正极反应 5MnO2+2e—+2Na+==Na2Mn5O10，电池中Na+向正极移动，每生成1mol Na2Mn5O10 转移2mol电子。
如果用化合价来判断每mol Na2Mn5O10 转移电子的物质的量，就必须确定Na2Mn5O10 中Mn元素的平均化合价：+3.6，平均每个Mn原子由+4价下降到+3.6价，下降了0.4价，每生成1molNa2Mn5O10 共转移2mol电子。更为直观的是由题给电池总反应式和氧化还原反应电子得失应相等可知：2Ag～2AgCl共转移2mol电子。 【答案】B
12、某小组为研究电化学原理，设计如图2装置。下列叙述不正确的是 ．．．A、a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
＋
B、a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= Cu
C、无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极
＋
??+移动 【答案】D
解析：A、发生置换反应，正确。B、形成原电池，铜片作正极，溶液中Cu2先放电，正确；
＋
铁片作负极失去电子形成Fe2+，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，所以C、正确。D、a和b分别连接直流电源正、负极，a作阳极，铜片失去电子形成为Cu2。Cu2向铁电极移动。错误
＋
＋
（2011年浙江）10. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴
覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示。导致现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是 A.液滴中的Cl – 由a区向b区迁移
铁锈环(b)B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为： O2 +2H2O + 4e? =4OH?
腐蚀区(a)C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe 2+ 由a区向b区迁移，与b区的OH- 形成Fe(OH)2 ,进一步氧化、脱水形成铁锈
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D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则腹肌发生的电极反应为：Cu － 2e? ＝ Cu2+ 解析：本题考查氧化还原反应、电化学等方面知识。命题思路和内容均与2010年浙江省高考试题第9题相似。试题创设了一个钢铁腐蚀情景，让考生灵活运用所学知识，来解决实际问题。
NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，这时，
负极电极反应为：Fe - 2e= Fe （发生氧化反应） 正极电极反应为：O2 + 2H2O + 4e= 4OH （发生还原反应） 在液滴外沿，由于Fe+ 2OH = Fe(OH)2 ，
4Fe(OH)2 +O2 +2H2O = 4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环（b）.
若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe 仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe－2e=Fe。
又根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl应由b区向a区迁移。所以A、C、D选项均错误，B选项正确。
答案：B
-1-1
（2009年安徽）13．向体积Va的0.05mol·L CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·LKOH溶液，下列关系错误的是
-+
A、Va＞Vb时：c(CH3COOH )+c(CH3COO)＞c(K)
+-B、Va=Vb时：c(CH3COOH)+ c(H)=c(OH)
-+-+
C、Va ++--D、Va与Vb任意比时：c(K)+ c(H)= c(OH)+ c(CH3COO) 【解析】 第13题考查的是电解质溶液中各种守恒关系和离子浓度比较，题型比较保守，此题的解题方法是先让CH3COOH和KOH反应，然后找到反应后的溶质，即： A项：Va>Vb，反应后溶质为CH3COOH和CH3COOK的混合物，A正确。 B项：Va=Vb，反应后溶质为CH3COOK，根据质子守恒，可得B正确。 C项：Va D项：为电荷守恒，D正确。 （2010年安徽）13.将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计) ①Na2O1 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl A.①>②>③>④ B.①>②>④>③ C.①=②>③>④ D.①=②>③=④ 【答案】A 解析：①②溶于水，溶质都是0.02moL,但前者有氧气生成，因此氢氧根浓度大，有①>②;③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。因此有A正确。 ?1?1（2011年安徽）13.室温下，将1.000mol?L盐酸滴入20.00mL 1.000mol?L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是 ??14?1 A. a点由水电离出的c(H)?1.0?10mol?L +?B. b点：c(NH4)?c(NH3?H2O)?c(Cl) -? C.c点：c(Cl)?c(NH4) D.d点后，容易温度略下降的主要原因是NH3?H2O电离吸热 第 13 页 共 38 页 － -2＋ 2＋ ― -― - 2＋ 高考适应性训练 【解析】因为NH3·H2O是弱碱，1.000mol/L氨水中c(OH—)很小于1.000mol/L，c点时，因此a点即氨水中由水电离出的c(H+)＞1.0×10—14mol/L。若氨水与盐酸完全中和即为NH4Cl溶液，其物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3·H2O)==c(Cl—)，而b点是NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，则c(NH4+) +c(NH3·H2O)＞c(Cl—)。溶液温度升高是中和放热所致，在d点之后，中和反应基本结束，溶液温度略下降应是滴入的盐酸温度较低所致。在c点，溶液温度约为25℃，且溶液pH==7。由溶液的电荷守恒式可判断C选项正确。 【答案】C － 例6. 将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L1稀盐酸。 下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ） 答案：C 说明：本题以图像数据的形式，考查了NaOH、Na2CO3、盐酸等几种常见化合物的性质， 要求考生对图像数据进行分析，根据盐酸先与NaOH反应，再与Na2CO3反应生成NaHCO3，最后与NaHCO3反应放出CO2的反应过程得出结论。能力层面上考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，及运用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。 例7. 常温下，用0.1000 mol?L?1NaOH溶液滴定20.00mL0.10000mol?L?1 CH3COOH溶液滴定曲线如右图。下列说法正确的是（ ） A. 点①所示溶液中： B. 点②所示溶液中： C. 点③所示溶液中： D. 滴定过程中可能出现： 答案：D 说明：本题以酸碱中和滴定为载体，考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较和守恒 第 14 页 共 38 页 高考适应性训练 关系。能力层面上要求考生能够通过对滴定曲线的观察，运用分析和综合的方法来解决动态变化的化学问题。 （2011年广东）11、对于0.1mol?L-1 Na2SO3溶液，正确的是 A、升高温度，溶液的pH降低 ＋―― B、c（Na）=2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（H2SO3） ＋＋――― C、c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ 2c（HSO3）+ c（OH） ―＋ D、加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na）均增大 【答案】D ＋― 解析：A、水解为吸热，升高温度，溶液的pH升高。B、物料守恒：应为c（Na）=2c（SO32） ―＋＋―― +2 c（HSO3）+2 c（H2SO3）。C、电荷守恒应为：c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ c（HSO3） ― + c（OH） （2011年江苏）14.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 －1＋－2－ A.在0.1 mol·LNaHCO3溶液中：c(Na)＞c(HCO3)＞c(CO3)＞c(H2CO3) －1－＋－－ B.在0.1 mol·LNa2CO3溶液中：c(OH)－c(H)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3) －1－1 C.向0.2 mol·LNaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·LNaOH溶液： 2－－－＋ c(CO3)＞ c(HCO3)＞ c(OH)＞c(H) ＋－1 D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7, c(Na)＝0.1 mol·L]： ＋－＋－ c(Na)＝c(CH3COO)＞c(CH3COOH)＞c(H)＝c(OH) 【参考答案】BD 【分析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。 －1－ A.在0.1 mol·LNaHCO3溶液中，HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性， 2－ 说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)＞c(CO3) －＋－－＋ B.c(OH)－c(H)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3)中把c(H)移项到等式另一边，即是一条质子守恒关系式。 －1－1 C.向0.2 mol·LNaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·LNaOH溶液后，相当于0.05 mol·L－1－－ 的Na2CO3溶液，Na2CO3在水中水解，OH包括两步水解和水的电离产物，因此，c(OH) ＞ － c(HCO3)。 － D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO水解和CH3COOH电离两个过程，既然 ＋－－1＋-pH＝7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na)＝c(CH3COO) ＝0.1 mol·L，c(H)＝c(OH) －7－1－ ＝1×10 mol·L。水解是有限的，c(CH3COOH)约为c(CH3COO)的百分之一左右。 （2011年浙江）13.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案： 1.0 L模拟海水(25℃,pH=8.3)1.0 mL 1.0 mol/L NaOH溶液滤液M沉淀X加NaOH固体调至pH=11.0滤液N沉淀Y△过滤①Na 0.439 ＋ 过滤②Ca2 ＋ MgO 模拟海水中的 离子浓度(mol/L) Mg2 ＋Cl― 0.560 ?HCO3 0.050 ?50.011 ?10.001 注：溶液中某种离子的浓度小于1.0?10mol?L，可认为该离子不存在；实验过程 第 15 页 共 38 页