江西萍乡市2025-2026学年度高二第二学期期中考试化学试题（含解析）

这是一份江西萍乡市2025-2026学年度高二第二学期期中考试化学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：Si-28 O-16 C-12 H-1 Zn-65 S-32 Fe-56 Mg-24
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 讲好江西故事，增强文化自信，下列有关说法错误的是
A. 南昌飞行大会中无人机的制造材料——碳纤维，属于新型有机高分子材料
B. 赣南客家米酒酿造过程中涉及淀粉水解和葡萄糖氧化等反应
C. 萍乡上栗烟火晚会上绚烂的烟火与原子核外电子跃迁释放能量有关
D. 樟树中药材炮制时，有时会用到芒硝(Na2SO4·10H2O)，其属于离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于新型有机高分子材料，A错误；
B．米酒酿造过程中，淀粉首先水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇和二氧化碳，涉及淀粉水解和葡萄糖氧化反应，B正确；
C．绚烂的烟火属于焰色试验现象，其本质是原子核外电子跃迁时释放能量产生不同波长的光，C正确；
D．芒硝的化学式为，由和通过离子键结合而成，属于离子晶体，D正确；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 基态18O核外有8种空间运动状态不同的电子
B. Cl2中键的电子云轮廓图：
C. 臭氧分子的球棍模型：
D. 基态N原子价层电子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态质子数为8，核外电子排布为1s22s22p4， 共占据个轨道，电子的空间运动状态数等于轨道数，因此有5种不同的空间运动状态，A错误；
B．中键为两个轨道重叠形成，因此键的电子云轮廓图为，B正确；
C．臭氧​分子为V形（角形）结构，不是直线形，C错误；
D．基态原子的价层电子为，价层电子轨道表示式，D错误；
故选B。
3. 下列各组物质，晶体类型相同的是
A. 锗(Ge)和镁B. NaCl和AlCl3C. 可燃冰和干冰D. 金刚石和石墨
【答案】C
【解析】
【详解】A．锗()属于共价晶体，镁属于金属晶体，二者晶体类型不同，A错误；
B．属于离子晶体，固态为分子晶体，二者晶体类型不同，B错误；
C．可燃冰是甲烷水合物，属于分子晶体，干冰是固态，也属于分子晶体，二者晶体类型相同，C正确；
D．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合键型晶体，二者晶体类型不同，D错误；
故答案选C。
4. 以下关于物质鉴定与分析方法的说法中，错误的是
A. 利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素
B. 通过X射线衍射实验可测定出乙酸晶胞中有4个乙酸分子
C. 在C2H6O分子的红外光谱图中找到了C―O吸收峰，可确定该分子为乙醇
D. 可用质谱鉴别乙烷和乙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A．不同元素的原子光谱存在特征谱线，该方法可用于元素鉴定，故A正确；
B．X射线衍射实验是测定晶体结构的常用手段，可确定晶胞内微粒的数目和排布，乙酸晶胞中确实含有4个乙酸分子，故B正确；
C．分子式为的物质有乙醇和二甲醚两种同分异构体，二者结构中均存在C-O键，仅检测到C-O吸收峰无法确定该分子为乙醇，还需验证是否存在O-H键等特征吸收峰，故C错误；
D．乙烷的相对分子质量为30，乙烯的相对分子质量为28，二者质谱图的最大质荷比不同，可通过质谱鉴别，故D正确；
5. 下列关于化学键的叙述错误的是
A. MgCl2中存在离子键和非极性共价键
B. 碘晶体升华时未破坏分子内的共价键
C. 所有铵盐一定既含有共价键又含有离子键
D. H2O2分子中既有极性键又有非极性键
【答案】A
【解析】
【详解】A．是离子化合物，仅存在与之间的离子键，不存在共价键，A错误；
B．碘晶体属于分子晶体，升华过程只破坏分子间作用力，未破坏分子内的共价键，B正确；
C．铵盐由铵根离子和酸根离子通过离子键结合形成，铵根内部氮原子与氢原子之间存在共价键，因此所有铵盐一定既含有共价键又含有离子键，C正确；
D．的结构式为，与之间为极性共价键，与之间为非极性共价键，分子中既有极性键又有非极性键，D正确；
故答案选A。
6. 下列比较结果，错误的是
A. 第一电离能：Be>B>LiB. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+
C. 热稳定性：I2>Cl2D. 酸性：CF3COOH>CCl3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期第一电离能整体呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能，A正确；
B．、、核外电子排布相同，核电荷数越大对核外电子吸引作用越强，离子半径越小，故离子半径，B正确；
C．原子半径小于，键键长更短、键能更大，热稳定性，C错误；
D．电负性大于，C—F的极性大于C—Cl的极性，使CF3—的极性大于CCl3—的极性，中羧基的键极性更强，更易电离出，故酸性，D正确；
故选C。
7. 为了提纯表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化会生成新杂质CO2，无法提纯乙烷，除杂试剂应选溴水，A错误；
B．乙酸乙酯和乙醇互溶，直接分液无法分离，应加入饱和碳酸钠溶液（乙醇溶于水相，乙酸乙酯不溶）后再分液，B错误；
C．金属钠既能与水反应，也能与乙醇反应，会消耗被提纯的乙醇，除杂试剂应选生石灰（CaO），C错误；
D．苯甲酸溶解度随温度变化大，NaCl溶解度受温度影响很小，因此可以用水作溶剂，通过重结晶提纯苯甲酸，D正确；
故选D。
8. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1ml -OH中含有电子数为7
B. 0.5ml SF6中S的价层电子对数为3
C. 60g SiO2晶体中含有Si―O键的数目为2
D. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数为0.1
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个-OH中O含8个电子、H含1个电子，总电子数为9，故1ml -OH中电子数为，A错误；
B．中心S原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=，0.5ml 中S的价层电子对总物质的量为，数目为，B正确；
C．60g 的物质的量为1ml，晶体中每个Si原子形成4个Si-O 键，故1ml 中Si―O键的数目为4，C错误；
D．C3H6的结构可能为丙烯（含碳碳双键）或环丙烷（不含碳碳双键），无法确定4.2g（即0.1ml）C3H6中碳碳双键的数目，D错误；
故选B。
9. 某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是
A. 最高价含氧酸的酸性：Q>RB. 键角：XZ2>RZ2
C. 电负性：Q>Z>RD. 五种元素均位于元素周期表的p区
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特征分析：形成4个单键，Y 形成3个键或形成2个键并带1个负电荷，形成双键，形成1个单键，最多形成6个共价键，由此可知X、Y、Z、Q、R分别为、、、、，据此分析。
【详解】A．Q 为，无正价，不存在最高价含氧酸；为，的最高价含氧酸为，A错误；
B．XZ2为，中心原子为杂化，分子为直线形；为，中心原子为杂化，含1对孤电子对，分子为V形，故键角CO2>SO2，B正确；
C．同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性：，C正确；
D．、、、、的价电子排布式分别为、、、、，均位于p区，D正确；
故选A。
10. 根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．I2可与I⁻发生反应，实验中密度更大的CCl4层（下层）紫色变浅，KI水层（上层）呈棕黄色，说明大部分I2进入KI浓溶液中，即碘在CCl4中的溶解能力小于KI浓溶液中的溶解能力，A正确；
B．水晶是具有各向异性的晶体，石蜡不同方向熔化快慢不同是水晶导热各向异性导致的，并非石蜡本身的性质，B错误；
C．加入乙醇后析出深蓝色铜氨络合物晶体，是因为该络合物在极性更小的溶剂中溶解度更低，说明乙醇的极性比水小，C错误；
D．AgOH溶于氨水是因为与NH3结合形成银氨络离子，并非和碱反应生成盐和水，AgOH不属于两性氢氧化物，D错误；
故答案选A。
11. 枫叶所含鞣酸在铁锅中加热后会形成黑色色素，故能用于制作黑色糯米饭。下列有关鞣酸的说法错误的是
A. 能发生加成、取代和氧化反应B. 有3种官能团
C. sp3杂化的碳原子有6个D. 属于芳香烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．鞣酸结构中含苯环，可与氢气发生加成反应；含酚羟基、酯基，可发生取代反应（酚的取代、酯的水解都属于取代反应）；酚羟基易被氧化，物质燃烧也属于氧化反应，因此可以发生加成、取代、氧化反应，A正确；
B．鞣酸的官能团为酚羟基、酯基、醚键，共3种，B正确；
C．仅形成单键的饱和碳原子为杂化，鞣酸分子中含氧六元环和亚甲基的碳原子为杂化，一共6个碳原子，C正确；
D．芳香烃的定义是仅含C、H两种元素、含有苯环的烃类物质，鞣酸含有氧元素，属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，D错误；
故选D。
12. 配合物二草酸合铜酸钾K2[Cu(C2O4)2]，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下：
步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024ml H2C2O4·2H2O、0.016ml K2CO3充分反应后，得到混合溶液M；
步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008ml CuO充分反应，趁热过滤得滤液N；
步骤Ⅲ：
步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。
已知：K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。
下列说法错误的是
A. 化合物P、化合物Q结晶形状不同可能是由降温速率不同引起的
B. 步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，以确保反应完全
C. 配合物K2[Cu(C2O4)2]·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是C原子
D. 步骤Ⅱ，趁热过滤的目的是防止遇冷后产物析出而损失
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤Ⅲ中，除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，故化合物P、化合物Q结晶形状不同可能是由降温速率不同引起的，也可能是浓度不同引起的，A不符合题意；
B．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，使反应更加充分，以确保反应完全，B不符合题意；
C．草酸根离子中，O原子有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，所以配位原子是O原子，C符合题意；
D．已知K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，趁热过滤可以防止遇冷后产物析出而损失，D不符合题意；
故答案选C。
13. 在溶有15-冠-5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应：
下列说法正确的是
A. 苄氯是非极性分子B. X中15-冠-5与Na+间存在离子键
C. 15-冠-5分子中所有原子在同一平面D. 苄氯的核磁共振氢谱有4组峰
【答案】D
【解析】
【详解】A．苄氯结构为，分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．X为超分子，15-冠-5与Na+间不是阴阳离子间的相互作用，不存在离子键，B错误；
C．15-冠-5分子中C均为饱和碳原子，采用杂化，饱和碳原子的四面体结构决定了所有原子不可能共平面，C错误；
D．苄氯中氢共有4种等效氢：苯环上邻位氢、间位氢、对位氢，以及侧链的氢，因此核磁共振氢谱有4组峰，D正确；
故选D。
14. ZnS可用于制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
下列说法错误的是
A. 区域A“”中的离子为Cl-
B. 区域B带正电
C. ZnS晶胞中与S2-最近且等距的S2-有12个
D. 已知阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为g·cm-3
【答案】B
【解析】
【详解】A．掺入少量CuCl前，ZnS晶胞中“”位置是阴离子S2-，所以区域A“”中的离子为Cl-，故A正确；
B．区域B中“”中的离子为Cu+，Cu+代替Zn2+，正电荷减少，所以区域B带负电，故B错误；
C．ZnS晶胞中S2-位于顶点和面心，与S2-最近且等距的S2-有12个，故C正确；
D．根据均摊原则，ZnS晶胞中Zn2+数目为4、S2-数目为 ，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为65+32×4a×10−103×NAg/cm3= g·cm-3，故D正确；
选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 高氯酸三碳酰肼合镍是一种新型的起爆药。为阿伏加德罗常数，完成下列填空：
（1）镍在元素周期表的位置为___________。
（2）镍的化合价为___________，镍离子的价电子排布图为___________。
（3）的空间结构为___________，从结构看，该配合物___________溶于水(填“能”或“不能”)，原因是___________。
（4）上述化学式中的CHZ为碳酰肼，结构为，是一种新型环保锅炉水除氧剂。
①CHZ中氮原子的杂化轨道类型为___________。
②CHZ中σ键与π键的数目之比为___________。
③CHZ中四种元素的第一电离能由大到小排序为___________。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2） ①. +2 ②.
（3） ①. 正四面体形 ②. 能 ③. 该配合物为离子化合物，且可与水分子形成氢键，易溶于水
（4） ①. sp3 ②. 11：1 ③. N>O>H>C
【解析】
【小问1详解】
Ni原子序数为28，电子排布式为[Ar]3d84s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
【小问2详解】
该化合物中为-1价，配体CHZ 是中性分子，化合物整体呈电中性，因此的化合价为+2价；原子价电子排布式为3d84s2，由Ni原子失去的2个电子得到，价电子排布式为3d8，价电子排布图为。
【小问3详解】
中心原子的价层电子对数为4+7+1−4×22=4，无孤电子对，因此空间结构为正四面体形；该配合物为离子化合物，且可与水分子形成氢键，故易溶于水。
【小问4详解】
①CHZ 中所有原子均形成3个键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，因此杂化类型为。
② CHZ 的结构为，单键均为键，双键含1个键、1个键；总共含11个键，1个键，因此σ键与π键的数目之比为。
③ 同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但的价电子排布式为，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能；的第一电离能大于、小于，因此第一电离能由大到小排序为。
16. 一种长效、缓释阿司匹林的合成路线如下图所示：
完成下列填空：
（1）E的官能团名称为___________，反应(Ⅰ)的反应类型为___________。
（2）阿司匹林的分子式为___________，乙醇的键线式为___________。
（3）反应(Ⅲ)的化学方程式为___________。
（4）D为乙酸酐，结构简式为，反应(Ⅱ)为取代反应，反应(Ⅱ)的化学方程式为___________。
（5）水杨酸的同分异构体中同为芳香族化合物，且含有酚羟基的结构有___________种(不包括水杨酸本身，不考虑立体异构等)，其中苯环上有三个取代基，且核磁共振氢谱的峰面积之比为1：1：2：2的结构简式为___________、___________。
【答案】（1） ①. 碳碳双键、酯基 ②. 加成反应
（2） ①. C9H8O4 ②.
（3）
（4） （5） ①. 11 ②. ③.
【解析】
【分析】反应(Ⅰ)由CH3COOH和反应生成，根据各物质的分子式可知该反应为加成反应；反应(Ⅲ)由E生成高聚物，E含有碳碳双键，可推出该反应为加聚反应，A为。
【小问1详解】
观察E的结构可知，E的官能团名称为碳碳双键、酯基；反应(Ⅰ)为，该反应类型为加成反应。
【小问2详解】
根据阿司匹林的结构可知，阿司匹林的分子式为C9H8O4，乙醇的结构简式为CH3CH2OH、键线式为。
【小问3详解】
反应(Ⅲ)由E生成高聚物，为加聚反应，该反应的化学方程式为。
【小问4详解】
已知D的结构简式为，且反应(Ⅱ)为取代反应，根据水杨酸和阿司匹林的结构可知，反应(Ⅱ)的化学方程式为。
【小问5详解】
水杨酸的同分异构体中同为芳香族化合物，且含有酚羟基的结构(不包括水杨酸本身，不考虑立体异构等)有、、、、、、、、、、，共11种；其中苯环上有三个取代基，且核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶1∶2∶2的结构简式为、。
17. Ⅰ．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A的基态原子价层电子排布为，B与E同主族且p能级为半满结构，D为电负性最大的元素。完成下列填空：
（1）是含有___________键的___________分子(填“极性”或“非极性”)。
（2）A、B、C、D四种元素的简单氢化物的沸点由大到小排序为___________(填化学式，下同)。
（3）HAB的结构式为___________，的空间结构为___________。
（4）B的最简单氢化物与E的相比较，键角较大的为___________。
Ⅱ．某铁镁合金的立方晶胞结构如图所示。其中A、B原子分数坐标分别为和，晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。
（5）C原子的分数坐标为___________。
（6）铁原子与镁原子的配位数之比为___________；该合金的密度为___________(用含a、的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 非极性
（2）H2O>HF>NH3>CH4
（3） ①. ②. 正八面体
（4）NH3 （5）
（6） ①. 2﹕1 ②. 4.16×1032NA×a3
【解析】
【分析】A的基态原子价层电子排布为，得，故A为；D是电负性最大的元素，D为；B、E同主族且p能级半满，原子序数依次增大，故B为，E为，C介于B、D之间，C为。
【小问1详解】
AC2​为，结构式为，含极性共价键，分子为直线形，正负电中心重合，属于非极性分子。
【小问2详解】
A、B、C、D简单氢化物分别为、、、，水分子常温为液态，沸点最高（等物质的量时H2O分子间氢键最多），HF分子间氢键比分子间氢键强，沸点次之，无分子间氢键，沸点最低，故顺序为H2O>HF>NH3>CH4。
【小问3详解】
HAB 为，结构式为，ED6−​为，中心P无孤对电子，价层电子对数为，空间结构为正八面体。
【小问4详解】
B的最简单氢化物为，E的最简单氢化物为，N电负性大于P，成键电子对更靠近中心N，排斥力更大，的键角更大。
【小问5详解】
已知A、B(34,14,14) ，图中C（白球Mg）的位置对应分数坐标为。
【小问6详解】
晶胞中原子数为，全部在晶胞内，共8个，的配位数为8，的配位数为4，故铁镁配位数之比为，晶胞质量为m=4×56+8×24NAg=416NAg ，晶胞体积为，则密度为ρ=mV=416×1030NAa3g·cm−3=4.16×1032NA×a3g·cm−3。
18. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。
已知：①H3PO2为一元弱酸，在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。
②CuSO4溶液可用于吸收有毒的还原性气体PH3等。
③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2]2-。
（1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得Ca(H2PO2)2，通入氮气的作用是___________，反应的化学方程式为___________，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。
（2）制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2]。制备过程如图所示：
H2O2的电子式为___________，其作用是___________。
（3）制备纳米铜。
在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH为4~6，加入一定量H3PO2，在50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
①调pH后的溶液中，Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为___________。
②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因为___________。
③实验过程中将温度控制在50~70℃的原因是___________。
【答案】（1） ①. 排尽装置中的空气，避免白磷自燃，防止Ca(H2PO2)2被氧化，使磷化氢气体进入硫酸铜溶液中充分吸收 ②. 2P4+3Ca(OH)2+6H2O85℃ 3Ca(H2PO2)2+2PH3↑
（2） ①. ②. 作氧化剂，氧化，促进溶解
（3） ①. H3PO2+2Cu2++2H2O50~70°C 2Cu↓+H3PO4+4H+ ②. 部分分解；部分被氧化，增大的消耗量 ③. 温度过低反应速率慢，温度过高则易导致纳米铜颗粒聚集（次磷酸分解）
【解析】
【小问1详解】
实验前通入，可排尽装置中的空气，避免白磷与空气接触而自燃；Ca(H2PO2)2中P元素的化合价为+1价，通入N2可防止Ca(H2PO2)2被氧化；该反应会生成有毒气体，实验结束后通入可将装置中的气体完全赶入溶液中吸收，避免污染空气；该反应的反应物为、，生成CaH2PO22和PH3，配平得化学方程式为2P4+3Ca(OH)2+6H2O85℃ 3Ca(H2PO2)2+2PH3↑ 。
【小问2详解】
是共价化合物，O原子满足8电子稳定结构，据此写出H2O2电子式为；难溶，​作为氧化剂氧化S2-，促进CuS溶解，释放出，便于后续和柠檬酸根形成配位化合物。
【小问3详解】
①制备纳米铜，被还原为Cu单质，被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式为H3PO2+2Cu2++2H2O50~70°C 2Cu↓+H3PO4+4H+。
②根据题干已知信息，自身会发生分解，部分原料分解消耗，H3PO2中P为+1价，部分H3PO2被O2氧化，因此实际用量大于理论值。
③从速率和原料稳定性分析：温度过低反应速率过慢，温度过高会造成​分解或导致纳米铜颗粒聚集，因此控制温度在50∼70℃ 。选项
被提纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷(乙烯)
酸性KMnO4
洗气
B
乙酸乙酯(乙醇)
无
分液
C
乙醇(水)
金属钠
蒸馏
D
苯甲酸(NaCl)
水
重结晶
选项
实验操作
现象
结论
A
向碘的CCl4溶液中加入等体积的KI浓溶液，振荡
溶液分层，下层变为浅紫色，上层呈棕黄色
碘在CCl4中的溶解能力小于KI浓溶液中的溶解能力
B
向水晶柱面滴一滴熔化的石蜡，待其凝固，用一根红热的铁丝刺入
石蜡在不同方向熔化的快慢不同
石蜡导热具有各向异性
C
向盛有4mL 0.1ml/L CuSO4溶液的试管中逐滴加入1ml/L的氨水至过量，再加入乙醇
先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解得深蓝色溶液，加入乙醇后，析出深蓝色晶体
乙醇的极性比水大
D
向AgNO3溶液中滴加少量稀氨水，将产生的白色沉淀分成两份，分别加入稀硝酸和氨水
白色沉淀均溶解
AgOH为两性氢氧化物