精品解析浙江省届高考联考化学试题解析版.docx
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精品解析浙江省届高考联考化学试题解析版
浙江省4月联考
化学试题
注意事项:
1.本试题卷共8页,满分100分,考试时间90分钟。
2.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。
3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题卷上无效。
4.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答案卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
5.考试结束后,将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H—1Li—7C—12N—140—16Mg—24P—31S—32Ca—40Fe—56Cu—64Br—80Ba—137
一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。
每小题列出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.只存在分子间作用力的物质是
A.NaClB.HeC.金刚石D.HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaCl是离子化合物,阴阳离子间以离子键结合,故A不选;
B.He由分子构成,分子间只存在分子间作用力,故B选;
C.金刚石是原子晶体,原子间以共价键相结合,故C不选;
D.HCl由分子构成,分子间存在分子间作用力,但分子内氢和氯以共价键相结合,故D不选;
故选B。
2.减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.
是干燥管,故A不选;
B.
是抽滤瓶,用于减压过滤,故B选;
C.
是洗气装置,用于除杂,故C不选;
D.
是坩埚,用于灼烧固体,故D不选;
故选B。
3.下列属于强电解质的是
A.蔗糖B.甘氨酸C.I2D.CaCO3
【答案】D
【解析】
【分析】
完全电离的电解质是强电解质,部分电离的电解质是弱电解质,强酸、强碱和大部分的盐是强电解质,弱酸和弱碱都是弱电解质。
【详解】A.蔗糖是非电解质,故A不选;
B.甘氨酸是弱电解质,故B不选;
C.I2是单质,不是电解质,故C不选;
D.CaCO3属于盐,是强电解质,故D选;
故选D。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断,电解质强弱与电离程度有关,与溶液的导电性强弱无关,D为易错点,CaCO3难溶,但溶于水的部分全电离。
4.反应HgS+O2=Hg+SO2中,还原剂是
A.HgSB.HgC.O2D.SO2
【答案】A
【解析】
【分析】
反应HgS+O2═Hg+SO2中,Hg元素化合价降低,S元素化合价升高,O元素化合价降低,结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。
【详解】A.HgS中S元素化合价升高,作还原剂,故A符合;
B.Hg是还原产物,故B不符;
C.O2是氧化剂,故C不符;
D.SO2是氧化产物也是还原产物,故D不符;
故选A。
5.下列物质的名称正确的是
A.SiO2:
刚玉
B.(NH4)2CO3:
碳铵
C.CCl4:
氯仿
D.
:
3,3,5-三甲基庚烷
【答案】D
【解析】
【详解】A.刚玉为三氧化二铝,故A错误;
B.碳铵为NH4HCO3,故C错误;
C.氯仿为CHCl3,故C错误;
D.
的主链为7个碳:
3,3,5-三甲基庚烷,故D正确;
故选D。
6.下列化学用语表示正确的是
A.CO2的比例模型:
B.HClO的结构式:
H—Cl—O
C.HS-的水解方程式:
HS-+H2O⇌S2-+H3O+
D.甲酸乙酯的结构简式:
HCOOC2H5
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳原子半径大于氧,故A错误;
B.氧为中心原子,HClO的结构式:
H—O—Cl,故B错误;
C.HS-的水解方程式:
HS-+H2O⇌H2S+OH-,故C错误;
D.甲酸乙酯的结构简式:
HCOOC2H5,故D正确;
故选D。
7.下列有关说法正确的是()
A.H2O与D2O互为同位素
B.CO2和CO属于同素异形体
C.乙醇与甲醚互为同分异构体
D.葡萄糖和蔗糖互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A.H与D互为同位素,故A错误;
B.CO2和CO是碳的两种不同氧化物,不是单质,不属于同素异形体,故B错误;
C.乙醇与甲醚分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故C正确;
D.葡萄糖是单糖、蔗糖是二糖,不是同类物质,不是互为同系物,故D错误;
故选C。
8.下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是
A.次氯酸能使染料等有机色素褪色,有漂白性,还能杀死水中的细菌,起消毒作用
B.14C的放射性可用于考古断代
C.纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一
D
铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液,不宜长时间盛放咸菜等腌制品
【答案】C
【解析】
【详解】A.次氯酸具有强氧化性,能使染料等有机色素褪色,有漂白性,还能杀死水中的细菌,起消毒作用,故A正确;
B.14C的放射性可用于考古断代,利用其半衰期可计算时间,故B正确;
C.小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一,故C错误;
D.铝具有两性,能与酸反应又能与碱反应,铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液,不宜长时间盛放咸菜等腌制品,故D正确;
故选C。
9.下列说法不正确的是()
A.可用焦炭还原SiO2制备单质Si
B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3
C.浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2
D.摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.高温条件下,可用碳还原SiO2制备单质Si,故A正确;
B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁,故B正确;
C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2,故C正确;
D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示,故D错误;
故选D。
10.下列说法不正确的是
A.某些生活垃圾可用于焚烧发电
B.地沟油禁止食用,但可以用来制肥皂或生物柴油
C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃
D.煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物,其中含有焦炭、苯、甲苯等
【答案】D
【解析】
【详解】A.焚烧将某些还原性的物质氧化,某些生活垃圾可用于焚烧发电,故A正确;
B.“地沟油”的主要成分为油脂,含有有毒物质,不能食用,油脂在碱性条件下水解称为皂化反应,油脂燃烧放出大量热量,可制作生物柴油,故B正确;
C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃,如乙烯、丙烯等,故C正确;
D.煤中不含苯、甲苯等,苯和甲苯是煤的干馏的产物,故D错误;
故选D。
【点睛】本题考查了有机物的结构和性质,应注意的是煤中不含苯、甲苯等,苯、甲苯是煤的干馏产物。
11.下列实验过程可以达到实验目的的是
选项
实验过程
实验目的
A
将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中
除去铜片表面的油污
B
取少量丙烯醛溶液加入足量溴水,如果溴水褪色,则说明含有碳碳双键
丙烯醛(CH2=CHCHO)中双键的检验
C
通常将Fe(OH)3固体溶于沸水中即可
制备Fe(OH)3胶体
D
取一块铁片,用砂纸擦去铁锈,在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水,静置几分钟
析氢腐蚀
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中,能除去铜片表面的油污,故A正确;
B.取少量丙烯醛溶液加入足量溴水,如果溴水褪色,可能是碳碳双键和溴加成,也可能是醛基被氧化,故B错误;
C.制备Fe(OH)3胶体,是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中,当溶液呈红褐色时停止加热,故C错误;
D.取一块铁片,用砂纸擦去铁锈,在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水,静置几分钟,铁失电子,氧气得电子,发生吸氧腐蚀,故D错误;
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,B为易错点,取少量丙烯醛溶液加入足量溴水,如果溴水褪色,可能是碳碳双键和溴发生加成反应,也可能是醛基被氧化。
12.下列关于铝及其化合物的说法正确的是()
A.铝是地壳中含量最多的元素,铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中
B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料
D.熔化的氯化铝极易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.铝是地壳中含量最多的金属元素,铝以化合态形式存在于地壳中,故A错误;
B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼,在表面形成一屋致密的氧化膜,阻止内部金属继续反应,故B错误;
C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料,故C正确;
D.熔化的氯化铝是非电解质,不易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同,是分子晶体,故D错误;
故选C。
【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质,侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查,注意相关知识的积累,D为易错点,熔化的氯化铝是非电解质,由分子构成,不易导电。
13.下列离子方程式正确的是()
A.高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气:
MnO4-+8H++4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2O
B.饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-
C.铜片与浓硫酸共热:
Cu+4H++SO42-
Cu2++SO2↑+2H2O
D.硫酸铜溶液中加入过量氨水:
Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气:
2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故A错误;
B.饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳:
2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓,故B错误;
C.铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式,故C错误;
D.硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜(Ⅱ):
Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O,故D正确;
故选D。
14.下列说法不正确的是
A.用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳
B.麦芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人体内水解
C.苯中混有的少量甲苯,可加入足量高锰酸钾酸性溶液,充分反应后,经分液可得纯净的苯
D.向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液,充分反应后过滤,可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质
【答案】C
【解析】
【详解】A.用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳,现象分别是:
不分层,有气泡;不分层;分层上层有机层、分层下层有机层,故A正确;
B.麦芽糖水解产物:
葡萄糖;淀粉水解产物:
葡萄糖;花生油水解产物:
不饱和脂肪酸,包括油酸,亚油酸和甘油;大豆蛋白中的肽键能在人体内水解,故B正确;
C.苯中混有的少量甲苯,可加入足量高锰酸钾酸性溶液,充分反应后,甲苯被氧化成苯甲酸,经蒸馏可得纯净的苯,故C错误;
D.向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液,充分反应后过滤,可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质,故D正确;
故选C。
15.泛酸又称为维生素B5,在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程,具有抗脂质过氧化作用,其结构为
,下列有关该化合物的说法不正确的是
A.该物质可发生水解反应,水解产物均能发生缩聚反应
B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2molNaOH
C.该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基
D.该物质在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应,生成碳碳双键
【答案】D
【解析】
【详解】A.
该物质可发生水解反应,水解产物均含有羧基和羟基或氨基,均能发生缩聚反应,故A正解;
B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,-COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH,最多可消耗2molNaOH,故B正确;
C.
中有伯醇和仲醇,在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基,故C正确;
D.
中有两处-OH
邻碳上没有氢,不可以发生消去反应,在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应,生成碳碳双键,故D错误;
故选D。
16.下列说法正确的是
A.同主族元素中,原子序数之差不可能为16
B.最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子
C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点逐渐升高
D.主族元素中,原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be
【答案】D
【解析】
【详解】A.同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等,不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16,如锂和钾,故A错误;
B.最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子,也可能是离子,例如钠离子,故B错误;
C.同一主族中,随着核电荷数的增加,单质的熔点可能降低,如碱金属,也可能升高,如卤素,故C错误;
D.主族元素中,原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be,原子核外最外层电子数为8的元素,次外层电子数为8的是Ar,不是主族元素,故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系,最外层核外电子数和次外层电子数的关系,判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点,解题中注意掌握规律的同时,注意特例。
17.下列有关叙述正确的是
A.某温度下,1LpH=6的纯水中含OH一为10-8mol
B.25℃时,向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水,溶液中
减小
C.25℃时,将V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合,溶液显中性,则V1≤V2
D.25℃时,将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合,反应完全时溶液中c(NH4+)=c(Cl-),用含a的代数式表示NH3•H2O)的电离常数Kb=
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下,1LpH=6的纯水中c(OH-)=c(H+)=10-6mol•L-1,含OH一为10-6mol,故A错误;
B.25℃时,向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水,促进水解,碱性减弱,氢离子浓度增大,醋酸浓度减小,溶液中
增大,故B错误;
C.pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol·L-1,pH=3的HA溶液中氢离子浓度为0.001mol·L-1,若HA为强电解质,要满足混合后显中性,则V1=V2;若HA为弱电解质,HA的浓度大于0.001mol·L-1,要满足混合后显中性,则V1>V2,所以V1≥V2,故C错误;
D.在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=0.005mol·L-1,根据物料守恒得c(NH3·H2O)=(0.5a-0.005)mol·L-1,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,溶液呈中性,NH3·H2O的电离常数Kb=
,故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡,注意明确弱电解质在溶液中部分电离,C为易错点,注意讨论HA为强电解质和弱电解质的情况,D是难点,按平衡常数公式计算。
18.目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统,实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。
锌溴电池的原理装置图如图所示,下列说法错误的是()
A.充电时电极石墨棒A连接电源的正极
B.放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区
C.放电时负极反应为2Br-—2e-=Br2
D.放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【答案】C
【解析】
【分析】
放电时,Zn是负极,负极反应式为:
Zn-2e-═Zn2+,正极反应式为:
Br2+2e-=2Br-,充电时,阳极反应式为2Br--2e-=Br2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn。
【详解】A.充电时电极石墨棒A连接电源的正极,反应式为2Br--2e-=Br2,故A正确;
B.放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区,故B正确;
C.放电时,Zn是负极,负极反应式为:
Zn-2e-═Zn2+,故C错误;
D.正极反应式为:
Br2+2e-=2Br-,阴离子通过隔膜从正极区移向负极区,放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大,故D正确;
故选C。
19.异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示,下列说法正确的是()
A.反应②的活化能大于反应①
B.反应①的△H小于反应②
C.中间体2更加稳定
D.改变催化剂,反应①、②的活化能和反应热发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知生成产物1时对应活化能高,则活化能:
反应①大于反应②,故A错误;
B.图中生成产物2的能量低,能量低的更稳定,且为放热反应,焓变为负,则△H大小:
反应①的△H大于反应②,故B错误;
C.图中生成中间体2的能量低,能量低的更稳定,则中间产物的稳定性:
中间体1小于中间体2,故C正确;
D.改变催化剂,反应①、②的反应热不发生改变,故D错误;
故选C。
【点睛】本题考查反应热与焓变,把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意焓变的比较及焓变只与终始态有关,与催化剂无关。
20.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.31g白磷中含有的电子数是3.75NA
B.标准状况下,22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA
C.1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NA
D.5.6gFe与足量I2反应,Fe失去0.2NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.P是15号元素,31g白磷中含有的电子数是15NA,故A错误;
B.标准状况下,C8H10是液态,无法用气体摩尔体积计算物质的量,故B错误;
C.1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中,水也含有氧原子,含有的氧原子数大于0.2NA,故C错误;
D.5.6gFe与足量I2反应,Fe+I2=FeI2,Fe失去0.2NA个电子,故D正确;
故选D。
21.采用阴离子交换法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化剂用于乙烷脱氢反应[CH3CH3(g)⇌CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0],实验结果表明,在水滑石载体中掺杂少量的Zn对乙烷脱氢反应有明显影响,如图所示为不同Zn含量PtSn催化剂的乙烷催化脱氢反应中,乙烷的转化率随时间的变化。
下列说法不正确的是()
A.由图可知,PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优
B.一定温度下,将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢,维持容器体积不变,测得乙烷平衡转化率为a,则该温度下反应的平衡常数K=
C
升高温度,平衡逆向移动
D.随着反应时间的延长,乙烷转化率逐渐稳定,催化活性保持在相对稳定的阶段
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知,当时间相同时,PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优,乙烷转化率最高,故A正确;
B.一定温度下,将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢,维持容器体积不变,测得乙烷平衡转化率为a,则该温度下反应的平衡常数K=
=
=
,故B正确;
C.CH3CH3(g)⇌CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0,升高温度,平衡正向移动,故C错误;
D.由图上曲线,随着反应时间的延长,曲线的斜率逐渐变小,乙烷转化率逐渐稳定,催化活性保持在相对稳定的阶段,故D正确;
故选C。
22.在一定温度下,某反应达到了化学平衡,其反应过程对应的能量变化如图。
下列说不正确的是
A.Ea为催化剂存在下该反应的活化能,Ea′为无催化剂时该反应的活化能
B.该反应为放热反应,△H=Ea-Ea′
C.活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子
D.催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率,使平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂能降低反应所需活化能,Ea为催化剂存在下该反应的活化能,Ea′为无催化剂时该反应的活化能,故A正确;
B.生成物能量高于反应物,该反应为吸热反应,△H≠Ea′-Ea,故B错误;
C.根据活化分子的定义,活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子,故C正确;
D.催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率,平衡不移动,故D正确;
故选B。
23.用密度为1.84g•mL-1、质量分数为98%的浓硫酸配制180mL2mol•L-1稀硫酸。
下列各步骤中操作正确的是
A.计算、量取:
用20mL量筒量取19.6mL浓硫酸
B.溶解、稀释:
将浓硫酸倒入烧杯,再加入80mL左右的蒸馏水,搅拌
C.转移、洗涤:
将溶液转移到容量瓶中,用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒,洗涤液转入容量瓶重复2~3次
D.定容、摇匀:
加水至凹液面最低处与刻度线相切,摇匀,最后在容量瓶上贴上标签
【答案】C
【解析】
【详解】A.用密度为1.84g•mL-1、质量分数为98%的浓硫酸配制180mL2mol•L-1稀硫酸,由于实验室没有180mL的容量瓶,所以应配制250mL的溶液,VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L×2mol•L-1×98g·mol-1,V=27.2mL,计算、量取:
用20mL量筒量取27.2mL浓硫酸,故A错误;
B.稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中,并不断搅拌,将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱,造成实验室安全事故,故B错误;
C.将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中,并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯,洗涤液也应转入容量瓶,使溶质全部转移至容量瓶,故C正确;
D.容量瓶不可用于贮存溶液,定容、摇匀后,应将溶液倒入试剂瓶,并贴上标签,注明溶液成分及浓度,故D错误;
故选C。
24.液氨中存在与水的电离类似的电离过程,金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2),下列说法不正确的是
A.液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-
B.钠与液氨的反应是氧化还原反应,反应中有H2生成
C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液呈弱碱性
D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐
【答案】C
【解析】
【详解】A.NH3与水分子一样发生自偶电离,一个氨分子失去氢离子,一个氨分子得到氢离子,液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-,故A正确;
B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价,有元素化合价变价,是氧化还原反应,氢元素化合价降低,反应中有H2生成,故B正确;
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