2016年天津市高考化学试卷解析版

B．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性2016年天津市高考化学试卷C．α﹣氨基丙酸与α﹣氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽参考答案与试题解析D．氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下向负极移动一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）【考点】K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．菁优网版权所有1．（6分）根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是（ ）【专题】53：有机化学基础．ABCD【分析】A．氨基酸是组成蛋白质的基本单位；《神农本草经》记碳酸氢钠药片B．重金属盐能使蛋白质发生变性；载，麻黄能“止咳逆C．α﹣氨基丙酸与α﹣氨基苯丙酸混合物脱水成肽，生成4种二肽；上气”D．氨基酸中﹣COOH和NaOH反应生成羧酸根离子，应该向正极移动．古代中国人已用麻黄该药是抗酸药，服用看到有该标志的丢弃贴有该标志的物品是【解答】解：A．氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质，所以蛋白质最终水解产物是氨基酸，故A正确；治疗咳嗽时喝些醋能提高药效物，应远离并报警可回收物B．重金属盐能使蛋白质发生变性，但不能使氨基酸发生变性，故B错误；A．AB．BC．CD．DC．氨基酸生成二肽，是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；是异种氨基【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有酸脱水：可以是α﹣氨基丙酸脱羟基、α﹣氨基苯丙酸脱氢；也可以α﹣氨基丙酸脱氢、α﹣氨基苯丙酸脱羟【专题】513：物质的性质和变化专题．基，生成2种二肽。所以共有4种，故C错误；【分析】A．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用；D．氨基酸中﹣COOH和NaOH反应生成羧酸根离子，带负电荷，应该向正极移动，故D错误；B．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应；故选：A。C．该标志为放射性物质标志；【点评】本题以氨基酸为载体考查有机物结构和性质，为高频考点，明确有机物官能团及其性质关系、成肽D．该标志为循环回收标志。反应实质是解本题关键，易错选项是C，注意同种氨基酸也能发生成肽反应，题目难度不大．【解答】解：A．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，故A正确；3．（6分）下列叙述正确的是（ ）B．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B错误；A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）C．该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C正B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关确；C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D．该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D正确；D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小故选：B。【考点】BB：反应热和焓变．菁优网版权所有【点评】本题考查信息及标志，侧重考查学生对基本生活常识及基本标志的了解，知道化学在生产生活中的【专题】517：化学反应中的能量变化．应用，会运用化学知识解决生产生活问题，题目难度不大。【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；2．（6分）下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（ ）B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小．【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反﹣→C．羧基能和碳酸氢钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠不反应，离子方程式为+HCO3应热，故A错误；B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错+H2O+CO2↑，故C错误；误；﹣+2+D．弱电解质写化学式，离子方程式为2MnO4+6H+5H2C2O4═2Mn+10CO2↑+8H2O，故D错误；D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确。故选：B。故选：D。【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，明确物质之间反应、物质性质及离子方程式书写规则是【点评】本题考查了催化剂对化学反应的影响、金属的腐蚀及溶解度大小的比较，注意催化剂不能改变化学解本题关键，涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，易错选项是C，注意羧基能和碳酸氢盐反应但酚羟基平衡，题目难度中等．不能和碳酸氢盐反应，但羧基、酚羟基都能和碳酸钠反应，题目难度不大．4．（6分）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）5．（6分）下列选用的仪器和药品能达到实验目的是（ ）++A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是碱：NH4+2H2O═NH3•H2O+H3OABCD﹣﹣B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑饱和NaHSO3溶液﹣C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2HCO3→+2H2O+2CO2↑﹣+2﹣2+D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4+16H+5C2O4═2Mn+10CO2↑+8H2O制乙炔的发生装置蒸馏时的接收装置除去SO2中的少量HCl准确量取一定体积【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有K2Cr2O7标准溶液【专题】516：离子反应专题．A．AB．BC．CD．D【分析】A．盐类水解是可逆反应；【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有B．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg不反应；【专题】25：实验评价题．C．羧基能和碳酸氢钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠不反应；【分析】A．水和碳化钙反应速率很快，长颈漏斗无法控制反应速率，该反应放出大量热，碳化钙和水反应D．弱电解质写化学式．生成微溶的氢氧化钙糊状物；++【解答】解：A．盐类水解是可逆反应，应该写可逆号，离子方程式为：NH4+2H2O⇌NH3•H2O+H3O，故B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞；A错误；C．HCl能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；﹣﹣B．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg不反应，离子方程式为2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2D．重铬酸钾具有强氧化性．↑，故B正确；【解答】解：A．反应大量放热。会损坏启普发生器；生成的氢氧化钙是糊状物。会堵塞反应容器，使水面难以升降；电石与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速；为了获得平稳的乙炔气流，可用饱和食盐水代替水，故A错误；电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A正确；B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞，否则锥形瓶中气压过大会导致安全事故，故B错误；B．中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则cC..HCl能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，从而除去HCl，故C正确；（H+）＞c（OH﹣），且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，D．重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故D错误；①NaB完全电离：NaB＝Na++B﹣，这一步的c（B﹣）＝c（Na+），故选：C。②HB少部分电离：HB⇌H++B﹣，则c（HB）＞c（H+），﹣﹣【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器选取、物质制备、除杂等知识点，明确实验原③NaB少部分水解：B+H2O⇌HB+OH，理、基本操作、物质性质是解本题关键，会根据实验目的及仪器用途选取合适的仪器，题目难度中等．由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB电离产生的B﹣相对NaB水解消耗的B﹣多，所以c（B﹣）＞c6．（6分）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol•L﹣1的三种酸（HA、HB和HD）溶（Na+），由于HB电离消耗得多，水解生成的HB少，液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）所以c（Na+）＞c（HB），则c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．当pH＝7时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝c（A﹣），c（Na+）+c（H+）＝c（B﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝c（B﹣），c（Na+）+c（H+）＝c（D﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝c（D﹣），由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c（A﹣），c（B﹣），c（D﹣）也不同，c（A﹣）＞c（B﹣）＞c（D﹣），故C错误；A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHDD．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈B．滴定至P点时，溶液中：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）碱关系为：c（OH﹣）＝c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H+），故D正确；C．pH＝7时，三种溶液中：c（A﹣）＝c（B﹣）＝c（D﹣）故选：C。D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）＝c（OH﹣）﹣c（H+）【点评】本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．菁优网版权所有离程度与酸根离子水解程度的大小是解题关键，题目难度中等。【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．二、解答题（共4小题，满分64分）【分析】A．根据等浓度的三种一元酸的PH大小确定三种酸的电离常数；7．（14分）如表为元素周期表的一部分．B．HB被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，根据盐的水解与酸的电离程度进行比碳氮Y较；C．当pH＝7时，三种溶液所消耗的氢氧化钠的体积不相同；X硫ZD．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后根据盐的水解写出回答下列问题：质子守恒解答。（1）Z元素在周期表中的位置为 第三周期VⅡA族 ．【解答】解：A．相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号） Si ．则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是 ac ．a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊式确定Q的化学式，然后再写出Q与水反应的化学方程式；b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高合题意，分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO、二氧化碳的（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的物质的量；根据电子守恒可计算出参与反应的Cu的物质的量．熔、沸点分别为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式： Si（s）+2Cl2（g）＝SiCl4（l）△H＝﹣【解答】解：根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，687kJ/mol ．（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，（5）碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2molMg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为故答案为：第三周期ⅤⅡA族；（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，9：1，烃的电子式为 ．Q与