福建省莆田市莆田四中2024-2025学年高一下学期月考 化学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田四中2024-2025学年高一下学期月考 化学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了5 K，1000ml/L硫酸溶液等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Mg：24 Cl：35.5 K：39 I：127
第I卷
一、本卷共16小题，每小题3分，共48分。
1. 化学与我们日常生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是
A. 维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性
B. 当火灾现场存放有大量金属钠时，可以用水来灭火
C. 节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色
D. 为防止食品受潮而变质，常在包装袋中放入生石灰
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C用作抗氧化剂，说明它能与氧化剂发生氧化还原反应，则维生素C具有还原性，A正确；
B．在常温下，钠与水能发生剧烈反应并生成易燃、易爆气体氢气，所以当火灾现场存放有大量金属钠时，不能用水来灭火，B错误；
C．锂、钠、钾燃烧时，火焰分别呈现紫红色、黄色、紫色等焰色，则节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色，C正确；
D．生石灰具有很强的吸水性，能吸收周围环境中的水蒸气，从而使周围环境保持干燥，所以常在包装袋中放入生石灰，防止食品受潮而变质，D正确；
故选B。
2. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 图1所示装置分离CCl4和I2的混合物
B. 图2所示装置制取并收集二氧化硫
C. 图3所示装置除去CO2气体中的少量SO2
D. 图4所示装置配制100mL0.1000ml/L硫酸溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．CCl4和I2的混合物互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故A错误；
B．SO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，故B错误；
C．SO2与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故可以除杂，故C正确；
D．浓硫酸不能在容量瓶中稀释，故D错误；
故选：C。
3. 下列有关性质的比较，不正确的是
A. 金属性：Na>KB. 氧化性：
C. 还原性：D. 碱性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同主族从上向下金属性增强，因此金属性NaBr，因此氧化性：，B正确；
C．同周期自左向右非金属性逐渐增强，非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，则还原性：，C正确；
D．同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性：，D正确；
答案选A。
4. 下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件能一步转化的组合是
A. ①②B. ①③C. ②③D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O和氧气反应生成Na2O2，Na2O2和盐酸反应生成NaCl，电解熔融NaCl生成金属钠，钠和氧气在常温下生成Na2O，故选①；
B．FeCl2和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解为Fe2O3，Fe2O3不能一步反应转化为FeCl2，故不选②；
C．Ca(ClO)2和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2和氢气反应生成HCl，稀HCl和次氯酸钠反应HClO，HClO和氢氧化钙反应生成Ca(ClO)2，故选③；
D．Na[Al(OH)4]不能一步反应生成Al，Al不能一步反应生成Al(OH)3，故不选④；
一定条件下能一步转化是①③，选B。
5. 下列根据实验现象所得出的结论中，一定正确的是( )
A. 无色溶液使蓝色石蕊试纸变红，结论：溶液显酸性
B. 无色溶液焰色反应呈黄色，结论：溶液是钠盐溶液
C. 无色溶液加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，结论：溶液中含Ca(OH)2
D. 无色溶液中加入氢氧化钠溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：溶液中含NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸能使石蕊试液变红色，无色溶液使蓝色石蕊试纸变红，说明该溶液显酸性，A正确；
B．焰色反应呈黄色的不一定是盐溶液，如可能是溶液，B错误；
C．无色溶液加入溶液产生白色沉淀，该溶液可能是可溶性钙盐、钡盐或，C错误；
D．无色溶液中加入氢氧化钠溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该溶液中含有铵根，D正确；
故选A。
6. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
C. 在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气的物质的量为1ml，故在标况下为22.4L，故A错误；
B. 64g二氧化硫的物质的量为1ml，而二氧化硫为三原子分子，故1ml二氧化硫中含3NA个原子，故B正确；
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/ml，故11.2L氯气的物质的量小于0.5ml，故分子数小于0.5NA个，故C错误；
D. 标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积的物质的量无法计算，故D错误；
故选B。
7. 下列各组离子能在溶液中大量共存的是
A. Na+、Mg2+、Cl-、OH-B. H+、Ca2+、CO、NO
C. Cu2+、K+、SO、NOD. Na+、HCO、OH-、Ca2+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，A错误；
B．Ca2＋和CO反应生成CaCO3沉淀，H＋和CO反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，B错误；
C．Cu2＋、K＋、SO、NO之间不会发生化学反应，能大量共存，C正确；
D．氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和Ca2＋反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
8. 下列离子方程式中，书写不正确的是
A. 铁和盐酸的反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
B. 大理石和稀盐酸的反应：+2H+=CO2↑+H2O
C. 碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合：+OH﹣=+H2O
D. 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合：Cu2+++Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2↓+BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁和盐酸的反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A正确；
B．大理石难溶，和稀盐酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，B错误；
C．碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠和水：+OH﹣=+H2O，C正确；
D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡和氢氧化铜：Cu2+++Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，D正确；
答案选B。
9. 当溶液中X2O 和SO 离子数之比为1：3时，正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（ ）
A. +1B. +3C. +2D. +4
【答案】B
【解析】
【详解】题目中问是“X在还原产物中的化合价”，那么在反应中作氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于失去电子的个数，而过程中硫元素化合价升高2价，即每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个在反应过程中应得到6个电子，中X的化合价为+6价，设还原产物中X的化合价为a，则1个离子得到个电子，故，解得，
本题答案为B。
【点睛】氧化还原反应的计算运用电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
10. 氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A. Fe分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同
B. 反应的离子方程式为
C. 工业制备得ⅰ的浓溶液常温下不与铁反应
D. d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱
【答案】B
【解析】
【分析】由上述氯、硫元素的价类二维图可知，g为S单质，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3，f为H2S；a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3。
【详解】A．Fe分别与b、g反应，分别生成FeCl3、FeS，产物中铁元素的化合价不相同，故A错误；
B．HCl+ NaClO3，发生归中反应，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：，故B正确；
C．常温下，浓硫酸与铁钝化，铁的表面生成致密的氧化膜，发生了化学反应，故C错误；
D．h的水溶液在空气中久置，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；HClO水溶液在空气中久置，HClO分解生成HCl，酸性增强，故D错误。
答案选B。
11. 下表是元素周期表的一部分，下列说法正确的是
A. 原子半径：Se>As>P
B. 酸性：H2SO4>H3AsO4>H3PO4
C. 热稳定性： HI>HBr>HCl
D. 上表中，元素Pb的金属性最强
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：As>Se> P，A错误；
B．据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4，B错误；
C．据非金属性越强，其氢化物稳定性越强，则稳定性：HID>CB. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：C>D>B>AD. 单质的还原性：A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的核外电子层结构，可知A、B、C、D四种元素在周期表中的相对位置是。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径B> A >C>D，故A错误；
B．根据A、B、C、D四种元素在周期表中的相对位置，可知原子序数：a>b>d>c，故B错误；
C．aA2+、bB+、cC3-、dD-电子层数据相同，质子数越多半径越小，质子数a>b>d>c，离子半径：C3-> D-> B+> A2+，故C正确；
D．金属性越强，单质还原性越强，同周期元素从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，单质的还原性：B>A >C>D，故D错误；
选C。
16. 已知下列元素的原子半径如下图，根据以上数据，P原子的半径可能是
A. 1.10×10-10B. 0.80×10-10C. 1.20×10-10D. 0.70×10-10
【答案】A
【解析】
【详解】在元素周期表中，P与Si、S同周期，与N同主族，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则原子半径P＞N，Si＞P＞S，所以P原子半径应介于1.04×10-10~1.17×10-10之间，故选A。
第Ⅱ卷
二、非选择题，本题共4小题，共52分。
17. 随着原子序数的递增，8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如下图所示：
（1）h在元素周期表中的位置是___________。
（2）d、g的简单氢化物中热稳定性较强的是___________(填化学式)。
（3）e与f相比，金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___________。(填字母序号)。
a．e单质的熔点比f单质的低，单质的硬度也比f单质小
b．e单质可与冷水剧烈反应，而f单质与冷水几乎不反应
c．e的最高价氧化物的水化物是强碱，而f的最高价氧化物的水化物具有两性
（4）h的单质能将z从其简单氢化物中置换出来，化学方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第ⅦA族
（2）H2O （3） ①. Na ②. bc
（4）3Cl2+2NH3=6HCl+N2
【解析】
【分析】通常，元素的最高正化合价等于其最外层电子数，元素的最低负化合价，等于其最外层电子数-8。由图中元素的最高正化合价或最低负化合价及原子半径、原子序数，可推出x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。
【小问1详解】
由分析可知，h为17号元素Cl，其原子结构示意图为，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅦA族。
【小问2详解】
d、g分别为O、S，二者为同主族元素，O在S的上方，同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，则非金属性O＞S，元素的非金属性越强，其简单氢化物热稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性较强的是H2O。
【小问3详解】
e与f分别为Na、Al，二者为同周期元素，且Na在Al的左边，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，则金属性较强的是Na。
a．熔点和硬度取决于单质中微粒间的作用力，与元素的金属性无关，则由Na单质的熔点比Al单质的低，单质的硬度也比Al单质小，不能得出Na的金属性比Al强这一结论，a不符合题意；
b．金属性越强，它的单质与水反应越剧烈，由Na单质可与冷水剧烈反应，而Al单质与冷水几乎不反应，可得出Na的金属性比Al强这一结论，b符合题意；
c．元素的金属性越强，它的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由e的最高价氧化物的水化物是强碱，而f的最高价氧化物的水化物具有两性，可得出Na的金属性比Al强这一结论，c符合题意；
故选bc。
【小问4详解】
h的单质(Cl2)能将z从其简单氢化物(NH3)中置换出来，则生成HCl和N2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为3Cl2+2NH3=6HCl+N2。
18. 运用化学反应原理研究硫单质及其化合物的反应，对生产、生活、环境保护等领域有着重要的意义。
学习小组在实验室中利用如图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。
回答下列问题：
（1）实验用70%的硫酸而不用浓硫酸的原因是___________。
（2）装置e中出现___________填现象可证明SO2具有还原性，反应离子方程式为___________。
（3）实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O。
探究：SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+。
为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为：___________。
（4）晶体碘酸钾(KIO3)是一种常用的食品添加剂，常用硫代硫酸钠滴定测定碘酸钾纯度：准确称取1.000gKIO3产品转移至200mL容量瓶中定容，精确量取20.00mL该溶液置于锥形瓶中，加入足量碘化钾，用5mL盐酸酸化(IO+5I−+6H+=3I2+3H2O)，盖紧塞子，置于避光处3min，用0.1004ml/L硫代硫酸钠溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许淀粉溶液，继续滴定至终点(I2+2S2O=2I−+S4O)。平行滴定三次，平均消耗0.1004ml/LNa2S2O3溶液的体积为25.00mL。
计算产品的纯度___________。(请写出计算过程，结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）用粉末制备时，利用了硫酸的酸性，98%的浓硫酸中太小，反应慢；硫酸浓度过小，因SO2易溶于水，不利于SO2的逸出
（2） ①. 紫红色褪去（或变浅） ②.
（3） ①. 淀粉 ②. 加入足量稀盐酸，再加入适量BaCl2溶液 ③. 有白色沉淀生成 ④. 反应后的浊液中含有SO ⑤. 3SO2+2H2OS↓+4H++2
（4）89.5%
【解析】
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：Na2SO3+H2SO4(70%)Na2SO4+H2O+SO2↑，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，据此分析解题。
【小问1详解】
实验用70%的硫酸而不用浓硫酸的原因是：用粉末制备时，利用了硫酸的酸性，浓硫酸中太小，反应慢；硫酸浓度过小，因二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫的逸出；故答案为：用粉末制备时，利用了硫酸的酸性，浓硫酸中太小，反应慢；硫酸浓度过小，因SO2易溶于水，不利于二氧化硫的逸出。
【小问2详解】
酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性，反应离子方程式为；故答案为：紫红色褪去（或变浅）；。
【小问3详解】
方案ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知方案ⅰ①中加入几滴淀粉溶液；根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，方案ⅱ则要检验反应后的溶液中含有SO，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入②足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液；③若看到有白色沉淀生成；④说明反应后的浊液中含有SO；综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，生成了S和SO，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS↓+4H++2。故答案为：淀粉；加入足量稀盐酸，再加入适量BaCl2溶液；有白色沉淀生成；反应后的浊液中含有SO；3SO2+2H2OS↓+4H++2。
【小问4详解】
每次平均消耗的，由关系式IO~3I2~6S2O可知，每20.00mL碘酸钾溶液中，，则200mL溶液中，，产品中碘酸钾的纯度，故答案为89.5%。
19. 硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）中硫元素的化合价是___________，“过程Ⅰ”发生的反应为，其中氧化产物是___________(填化学式)。
（2）“过程Ⅱ”中由制备的化学方程式为___________。
（3）某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含的烟气，以减少其对环境造成的污染。“吸收塔”中发生反应的化学方程式为___________，该流程中可循环利用的物质为___________(填化学式)。图中的氨气来源于工业生产，而实验室制取的方法与其不同，写出实验室制取氨气的化学方程式___________，实验室制取氨气时常用的干燥剂为___________(填名称)。
【答案】（1） ①. -1 ②. 和
（2）
（3） ①. ②. 和 ③. ④. 碱石灰
【解析】
【分析】FeS2高温煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收得到高浓度的硫酸，据此分析解答。
【小问1详解】
中Fe为+2价，S为-1价，由反应可知被氧气氧化生成氧化铁和二氧化硫，因此氧化产物为：和，故答案为：-1；和；
【小问2详解】
“过程Ⅱ”中经催化氧化生成，反应方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
由图中信息可知在吸收塔中亚硫酸铵溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢铵，反应方程式为：，由图可知生成的吸收氨气后又重新转化为，可实现和的循环利用；实验室采用氢氧化钙和氯化铵混合固体加热制取氨气，反应方程式为：；氨气为碱性气体，应用碱性干燥剂干燥氨气，因此可选用碱石灰干燥，故答案为：；和；；碱石灰。
20. 三氯乙醛()是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
①制备反应原理：
②反应过程中和可能会生成副产物，同时(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成(三氯乙酸)
③相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
回答下列问题：
(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_______，仪器A中发生反应的离子方程式为_______。
(2)仪器E的名称是_______，冷凝水的流向是_______。(用字母a、b回答)。
(3)该设计流程中存在一处缺陷是_______，导致的后果是_______。
(4)反应结束后，从C中的混合物中分离出的方法是_______(填名称)。
(5)测定产品纯度：称取产品配成待测溶液，加入碘标准溶液，再加入适量溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的，立即用溶液滴定至终点进行三次平行实验，测得平均消耗溶液。则产品的纯度为_______%。滴定原理：、、。
【答案】 ①. 浓盐酸 ②. ③. 球形冷凝管 ④. 进出 ⑤. B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置 ⑥. 使水进入C中与生成，将氧化生成，降低的产率 ⑦. 蒸馏 ⑧. 73.75
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其中恒压漏斗起平衡压强的作用，便于浓盐酸顺利流下，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶B中除去氯化氢气体，氯气在装置C中与乙醇反应制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸能将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，所以实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置，防止氯气与水反应生成次氯酸将三氯乙醛氧化。
【详解】(1)由分析可知，恒压漏斗中盛放的试剂为浓盐酸；仪器A中发生的反应为高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：浓盐酸；；
(2) 由实验装置图可知，仪器E为球形冷凝管，在实验中起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，为增强冷凝效果，冷凝水应从下口a通入，上口b流出，故答案为：球形冷凝管；进出；
(3) 由分析可知，该设计流程中存在一处缺陷是实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置，可能导致氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，导致三氯乙醛产率降低，故答案为：B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置；使水进入C中与生成，将氧化生成，降低的产率；
(4)由题意可知，实验制得的三氯乙醛中混有与三氯乙醛互溶的乙醇、氯乙烷、三氯乙酸杂质，由题给沸点数据可知，提纯三氯乙醛应用蒸馏的方法除去杂质，故答案为：蒸馏；
(5) 由题意可知，测定产品纯度时存在如下关系式：n(I2)= n()+×n()，则产品的纯度为×100%=73.75%，故答案为：73.75%。序号
X
Y
Z
W
①
Na2O
Na2O2
NaCl
Na
②
FeCl2
FeCl3
Fe(OH)3
Fe2O3
③
Ca(ClO)2
Cl2
HCl
HClO
④
Al(OH)3
Al2O3
Na[Al(OH)4]
Al
Si
P
S
Cl
Ar
Ge
As
Se
Br
Kr
Sn
Sb
Te
I
Xe
Pb
Bi
P
At
Rn
原子
N
S
O
Si
半径r/(10-10m)
0.70
104
0.66
1.17
方案
操作
预期现象
结论
ⅰ
取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴①___________溶液(填试剂名称)，振荡
无明显变化
浊液中无I2
ⅱ
将装置d中浊液进行分离
得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中，②___________
③___________
④___________
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
46
78.3
与水互溶
147.5
97.8
可溶于水、乙醇
163.5
58
198
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
64.5
12.3
微溶于水，可溶于乙醇