湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考化学试卷（解析版）

这是一份湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期期中联考化学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 下列判断正确的是， 下列描述错误的是， 下列事实与氢键无关的有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2024年我国科技呈现井喷式发展，化学学科在这些发展中发挥了重要作用。下列说法正确的是
A. 我国科学家研制出世界首款基于原语的类脑互补视觉芯片，目前广泛使用的硅基芯片的主要成分是高纯度二氧化硅
B. 我国首艘大洋钻探船“梦想”号采用大量合金来制作船身，合金的熔点比其成分金属高
C. 2024年我国新能源汽车产销量仍然领跑全球，从安全性角度来看，研发固态电解质动力电池取代目前的锂离子电池是一个理想的方向
D. 我国已有多个手机品牌采用有机电致发光材料作为显示屏，这种材料和聚乙烯一样都属于纯净物
【答案】C
【解析】硅基芯片的成分是高纯硅，A错误；合金的熔点一般比其成分金属低，B错误；固态电解质具有不易燃烧和爆炸的优点，是动力电池研究的主要方向，C正确；有机电致发光材料同聚乙烯一样，是高聚物，聚合度为不定值，故为混合物，不是纯净物，D错误；故选C。
2. 工业制漂白液的反应原理是2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O ，下列化学用语表述正确的是
A. NaOH的电子式：
B. H2O的空间结构模型：
C. Cl2分子中的p-p σ键电子云轮廓图为：
D. 基态Cl-的价层电子排布式：
【答案】A
【解析】NaOH的电子式：，A正确；H2O的价层电子对数，sp3杂化，2对孤电子对，空间结构为V形，不是直线形，B错误；Cl2中p-pσ键电子云图形是轴对称的，不是镜面对称，C错误；基态Cl-的价层电子排布式3s23p6，D错误；故选A。
3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CH2Cl2所含原子总数为5NA
B. 18 g D2O含有的质子总数为10NA
C. 31 g P4含有P-P键的数目为NA
D. 0.5 ml [Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为10NA
【答案】D
【解析】CH2Cl2在标况下为非气体，22.4 L CH2Cl2的物质的量不是1ml，故A错误；D2O分子中质子数为10，18 g D2O含质子数，故B错误；P4是正四面体结构，1个分子中含有6个P－P键，31 g的P4含有P－P键的数目为，故C错误；[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+和NH3分子间形成4个配位键(σ键)，NH3分子中有3个N-Hσ键，硫酸根离子中存在4个σ键，所以0.5 ml [Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为10NA，故D正确；选D。
4. 下列说法正确的是
A. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3为同一种物质
B. CH3CH2NH2和CH3CH2CONH2均属于胺类化合物
C. 和 含有官能团的种类数相同
D. 的核磁共振氢谱图中有5组峰
【答案】C
【解析】由结构简式可知，CH3COOCH2CH3的名称为乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3的名称为丙酸甲酯，则两者不是同一种物质，故A错误；由结构简式可知，CH3CH2NH2的官能团为氨基，属于胺类化合物，CH3CH2CONH2的官能团为酰胺基，属于酰胺类化合物，故B错误；由结构简式可知，的官能团为羟基、酯基、酮羰基，共有3种，的官能团为羟基、酯基、碳碳双键，共有3种，则两者含有官能团的种类数相同，故C正确；由结构简式可知，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱图中有3组峰，故D错误；故选C。
5. 类比和推理是化学学习的重要方法，下列推测合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】氟气太活泼，会和溶液中水反应，F2不能从碘化钾溶液中置换出I2，A错误；H2O分子间存在氢键，故H2S的沸点比H2O低，B错误；冰晶的水分子间存在氢键，氢键具有方向性，使得冰晶体中H2O分子采用分子非密堆积，C错误；NCl3、AsCl3中的中心原子N、As均形成3个共价键且均存在一对孤电子对，故均采取sp3杂化，D正确；故选D。
6. 下列判断正确的是
A. 酸性：B. 沸点：CCl4>CBr4>CI4
C. 键的极性：D. 热稳定性：H2O＜H2S＜H2Se
【答案】C
【解析】电负性F>Cl，对电子的吸引力更强，使羧基上的O-H键极性更大，故酸性：，A错误；组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，三者均是分子晶体，故沸点：CCl4＜CBr4＜CI4，B错误；Si和N电负性差值大于C和N的电负性差值，故键的极性：，C正确；同主族元素由上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性减弱，故热稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，D错误；故选C。
7. 价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A. SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形
B. 和的空间构型均为平面三角形
C. CI4和NH3均为非极性分子
D. BCl3与PCl3的键角相等
【答案】A
【解析】SO2价层电子对数，VSEPR模型均为平面三角形，SO3价层电子对数，VSEPR模型均为平面三角形，A正确；价层电子对数，sp3杂化，1对孤电子对，空间构型为三角锥形，价层电子对数，sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面三角形，B错误；CI4正负电中心重合，为非极性分子，NH3为极性分子，C错误；BCl3价层电子对数，sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，PCl3价层电子对数，sp3杂化，键角小于120°，D错误；故选A。
8. 下列描述错误的是
A. H2O2中O原子的杂化方式为
B. 碳化硅的熔点高于晶体硅
C. 相同条件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度
D. 等离子体是一类由阴阳离子构成的液态物质
【答案】D
【解析】H2O2中O原子价层电子对数，杂化方式为，A正确；碳化硅与晶体硅均为共价晶体，由于碳原子半径小于硅原子半径，使得Si-C的键长小于Si-Si的键长，Si-C的键能大于Si-Si的键能，故碳化硅的熔点高于晶体硅，B正确；O3和水为极性分子，O2为非极性分子，根据相似相溶原理，相同条件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度，C正确；等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，D错误；故选D。
9. 下列事实与氢键无关的有
A. HF比HCl稳定
B. CH3NH2比CH3CH3的熔、沸点高
C. CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶
D. 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸低
【答案】A
【解析】同族元素由上至下非金属性减弱，非金属性越弱，简单氢化物稳定性越差，故HF比HCl稳定，A正确；CH3NH2存在分子间氢键，CH3CH3的不存在分子间氢键，故CH3NH2熔、沸点高，B错误；CH3CH2OH、CH3COOH可以和水分子间形成氢键，以及根据相似相溶原理，故CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶，C错误；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键使熔、沸点降低，对羟基苯甲酸形成分子间氢键熔、沸点增高，故邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸低，D错误；故选A。
10. 结构决定性质，性质决定用途。针对下列事实，解释正确的组合是
A. ①②③④⑤B. ②③④⑤⑥C. ②③④⑤D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】①分解温度：HCl为1500℃，HI为300℃，即热稳定性：HCl>HI，是由于H-Cl键的键能比H-I键的键能大，与范德华力无关，故①错误；
②电负性：F>Cl，故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，且原子半径：FW
C. 简单氢化物的沸点：Y>Z>X
D. 该阴离子中含有配位键 ，由W形成的离子提供孤电子对
【答案】C
【解析】X的核外电子排布式为1s22s22p2，X是碳元素，X、Y为同周期相邻元素，Y是氮元素，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，结合阴离子结构图，可推知Z位于第VIA族，S为S，W是目前产量最大，应用最广泛的过渡金属，W是Fe元素，X、Y、Z、W分别为C、N、S、Fe元素，据此分析解题
根据分析可知W是Fe，结合结构图可知化合价为+3，A错误；同周期主族元素的第一电离能从左往右呈现增大的趋势，同主族元素的第一电离能从上往下逐渐减小，X、Y、W分别为C、N、Fe元素，由于N元素的价层电子为半充满稳定状态，因此第一电离能更大，故第一电离能最大的是N元素，即Y>X>W，B错误；X、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2S，NH3分子间形成氢键，沸点最大，CH4为非极性分子，硫化氢为极性分子且相对分子质量比甲烷大，故硫化氢沸点大于甲烷，C正确；观察结构可知Fe3+与SCN-以配位键结合，Fe3+提供空轨道，D错误；故选C。
15. 将酞菁、钴酞菁、三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。已知酞菁分子中所有原子共平面，钴酞菁是由酞菁分子失去两个氢原子后与钴离子形成的配合物，气态 AlCl3 通常以二聚体 Al2Cl6 的形式存在， 酞菁、钴酞菁以及二聚体Al2Cl6的分子结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 酞菁分子内氮原子的杂化方式有两种
B. 钴酞菁分子中，钴元素的化合价为+4
C. 二聚体 Al2Cl6中Al的杂化轨道类型为sp2
D. AlF3的熔点为1090℃，AlCl3的熔点为192℃，两种物质属于不同的晶体类型
【答案】D
【解析】由题目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，则酞菁分子中的N原子的杂化方式均为sp2，其中③号N原子分别与2个碳原子和1个氢原子形成σ键，剩下一对电子未参与p轨道的杂化，参与形成了大π键，而①②号N原子的杂化轨道类型为sp2杂化，孤电子对参与杂化，孤电子对为sp2杂化轨道的电子，剩余一个单电子参与形成大π键，故③号N原子的p轨道能提供一对电子，A错误；根据题图可知，由酞菁分子形成配合物钴酞菁时，酞菁分子中失去了两个带正电荷的H原子，使③号N原子各带一个单位负电荷，为保证钴酞菁整体呈现电中性，则应该是+2价钴离子与之配合形成钴酞菁分子，B错误；根据AlCl3形成的二聚体结构可知每个Al和4个Cl成键，杂化轨道类型为sp3杂化，C错误；AlF3的熔点为1090℃，AlCl3的熔点为192℃，AlF3的熔点远高于AlCl3的熔点，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，两种物质属于不同的晶体类型，D正确；故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)。
16. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au、Ag和Cu。
已知：①Au不溶于浓硝酸 。②。
（1）Cu在周期表中的位置为 _______，Ag位于Cu下一周期，和Cu是同族元素，Ag的价电子排布式为 _______ 。
（2）当单一波长的X射线通过上述流程得到Au时，在记录仪上产生明锐的衍射峰，说明得到的Au是_______(填“晶体”或“非晶体”) 。
（3）写出 Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO的离子方程式：_______。
（4）若用Zn粉将含有2 ml HAuCl4的溶液完全还原，则消耗Zn的物质的量为_______ml。
（5）金属合金MgCux的结构可看作以Cu4四面体替换立方金刚石结构中的碳原子，且Cu4四面体相互共用顶点(图部分呈现)，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置Mg原子(四面体的4个顶点代表Cu原子，圆球代表Mg原子)，结构如图所示。
①每个晶胞中含Cu原子个数为_______。
②若镁原子C的原子坐标为(，，)，则A的原子坐标为_______。
【答案】（1）①.第四周期第IB族 ②.
（2）晶体 （3）
（4）4 （5）①.16 ②.
【解析】废旧CPU加入硝酸，Ag和Cu溶解，Au不反应，加入HNO3-NaCl溶液，溶解生成，加Zn粉还原生成Au，据此分析；
【小问1详解】
Cu在周期表第四周期第IB族，Ag在周期表第五周期第IB族，Ag的价电子排布式为4d105s1；
【小问2详解】
当单一波长的X射线通过晶体时，会在记录仪上产生明锐的衍射峰，说明得到的Au是晶体；
【小问3详解】
Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO和，反应的离子方程式；
【小问4详解】
HAuCl4中+1价的氢和+3价的金均被还原，2mlHAuCl4的溶液完全还原，转移8ml电子，根据得失电子守恒可得消耗Zn的物质的量为4ml；
【小问5详解】
①由题图可知，Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得Cu4的个数为=8，每个铜原子被两个四面体共用，因此铜原子的个数为8×4×=16；
②由题图可知，C原子位于右前下四面体空隙，A原子位于左前上四面体空隙，因此二者y坐标相同，A原子坐标为(，，)。
17. 某化学兴趣小组选用下列装置制取乙炔并进行乙炔性质的探究，试回答下列问题。
（1）仪器a的名称为_______，A中制取乙炔的化学方程式为_______。
（2）关于实验室制乙炔，下列说法不合理的是_______(填字母)。
A. 用饱和食盐水代替水与电石反应，是为了控制生成乙炔的速率
B. 酸性KMnO4溶液褪色，说明乙炔具有漂白性
C. 相同质量的乙炔与苯(C6H6)分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相同
D. 用Br2的CCl4溶液验证乙炔的性质，不需要用硫酸铜溶液除杂
（3）已知：，如果要合成 ，所用的原料可以是_______(填字母)。
A. 2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔B. 1，3-戊二烯和2-丁炔
C. 2，3-二甲基-1，3-戊二烯和丙炔D. 2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔
（4）某卤代烃A的分子式为C3H6Br2，A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为_______。
（5）烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化的规律如下图所示：
已知某烯烃的化学式为C4H8，它与酸性高锰酸钾溶液反应后，得到的产物为二氧化碳和丙酮()，则该烯烃的结构简式为_______。
（6）完全燃烧1.40g某有机化合物，生成 4.40gCO2 和1.80gH2O。则该有机化合物的实验式为_______。实验测得该有机物的相对分子质量为70，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，满足上述条件的有机物的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
【答案】（1）①.分液漏斗 ②. （2）BD （3）AD
（4）
（5） （6）①. ②. 5
【解析】A装置电石与饱和食盐水制取乙炔[CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2]，生成的乙炔会混有硫化氢等杂质气体，B装置利用硫酸铜溶液除去杂质气体，防止对检验乙炔的性质产生干扰，最后利用酸性高锰酸钾溶液检验乙炔的性质，据此分析；
【小问1详解】
仪器a为分液漏斗，制取乙炔的化学方程式为：；
【小问2详解】
A．电石和水反应比较剧烈，所以用饱和食盐水代替水，逐滴加入饱和食盐水可控制反应物水的供给，从而控制生成乙炔的速率，A正确；
B．酸性KMnO4溶液能氧化乙炔，因此乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，说明乙炔具有还原性，而不漂白性，B错误；
C．乙炔（C2H2）与苯（C6H6）具有相同的最简式，当质量相同的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相同，C正确；
D．制取乙炔气体中会混有硫化氢可以被Br2氧化，使Br2CCl4溶液褪色，对乙炔性质的检验产生干扰，所以应用硫酸铜溶液洗气，D错误；
故选BD；
【小问3详解】
根据；由逆推，2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔可合成；由逆推，2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔可合成，故选AD；
【小问4详解】
化合物A的分子式是C3H6Br2，A的核磁共振氢谱图显示A中只有一种等效氢原子，则A的结构简式为C(CH3)2Br2；
【小问5详解】
已知某烯烃的化学式为C4H8，它与酸性高锰酸钾溶液反应后得到的产物为二氧化碳和丙酮()，则此烯烃的结构简式是；
【小问6详解】
1.40g有机化合物完全燃烧，生成4.40gCO2和1.80gH2O。可以算出有机物中的碳元素的质量为=1.2g，氢元素的质量为=0.2g，可推知该有机物为烃，进而确定实验式为CH2。再结合相对分子质量可确定该烃的分子式为C5H10，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，确定该烃为烯烃，其结构简式可能为CH3CH2CH2CH=CH2、CH3CH2CH=CHCH3、CH2=CHCH(CH3)2、CH3CH= C(CH3)2、CH2=C(CH3) CH2CH3，不考虑顺反异构，总共有5种同分异构体。
18. 硒是人体必需的微量元素之一，富硒食品备受青睐。含硒化合物在材料和药物等领域也具有重要应用，我国科学家首先合成了含硒的发光材料，其中一种含硒的新型分子的合成路线如下：
（1）基态硒原子的电子共有_______种运动状态。
（2）S原子价层电子的轨道表示式为_____，第一电离能S_____Se(填“>”或“S>Se > H>C
（5）Ⅱ中共平面的碳原子最多有_______个。
（6）热电材料是一种能将热能高效的转化为电能的新型材料，我国科学家合成了一系列此类材料。化合物A是合成的热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
设A的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则A中相邻Se和K之间的最短距离为_______pm(NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）34 （2）①. ②.＞
（3）①.碳碳双键 ②.碳碳三键
（4）a、c （5）28
（6）
【解析】
【小问1详解】
基态Se核外有34个电子，故有34种电子运动状态；
【小问2详解】
S原子价层电子的轨道表示式为；同主族元素第一电离能从上至下减小，S位于Se的上一周期，第一电离能S＞Se；
【小问3详解】
观察Ⅱ的结构简式，可知其含有的官能团名称为碳碳双键，碳碳三键；
【小问4详解】
a．Ⅰ中既有σ键，又有苯环中的π键；既有极性键，又有非极性键，a正确；
b．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp（碳碳三键碳原子）和sp2（碳碳双键碳原子和苯环碳原子）两种，b不正确；
c．Ⅲ分子中含N—H键，可以形成分子间氢键，c正确；
d．同族元素从上至下电负性减小，同周期电负性从左至右增大，故Ⅳ所含原子中电负性大小顺序应为：O>S＞Se、C> Se>H，d不正确；
故选ac；
【小问5详解】
苯环12原子共面，碳碳双键6原子共面，碳碳三键4原子共线，故Ⅱ中所有的碳原子均有可能共平面，故最多有28个；
【小问6详解】
设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g/cm3，设晶胞参数为a pm，根据均摊法，晶胞中含有的K数目为8，晶胞中含有的数目为，得到＝ρg/cm3，解得a＝×1010，A中相邻Se和K之间的最短距离为，即××1010pm。
19. 乙烯是化学工业的基础原材料，乙烯产量能代表一个国家的石油化工发展水平，2023、2024年我国乙烯产量连续居世界第一、某实验室以乙烯为原料，设计了如下合成二酮H的合成路线：
已知有关物质在一定条件下可以发生如下反应：。回答下列问题：
（1）E的名称为_______；不对称烯烃与HBr的加成反应符合马氏规则，即主要产物是氢原子加在含氢较多的双键碳原子上。写出HBr与E发生反应的化学方程式_______。
（2）聚乙炔被称为导电塑料，是因为其分子中形成了大π键，电子可以在其中自由移动，写出其大π键符号_______。
（3）G的结构简式为_______，它的同分异构体中属于脂肪烃且只含有一个官能团的物质有_______种(不考虑立体异构)。
（4）H的手性碳原子有_______个。
（5）写出G→H的反应方程式_______。
【答案】（1）①. 2-甲基-2-丁烯 ②.
（2）
（3）①. ②.3
（4）2 （5）+
【解析】A发生加成反应生成B，B和镁单质反应转化为C，C转化为含有羟基的D，D发生消去反应引入碳碳双键生成E，E通过反应引入2个羟基生成F，F发生消去反应得到双烯G（），G和发生加成反应生成H，据此分析；
小问1详解】
E的系统命名法为2-甲基-2-丁烯；根据马氏规则，HBr与E发生反应的化学方程式；
【小问2详解】
聚乙炔中每个碳原子均以sp2方式杂化，还有一个p轨道没有参与杂化，其中容纳一个电子，肩并肩重叠形成离域大π键，聚乙炔的分子式为C2nH2n，2n个碳原子共用2n个电子形成大π键，故其大π键表示为；
【小问3详解】
依据题给信息，G到H发生了环加成反应，倒推出G的结构简式为；它的同分异构体中属于脂肪烃且只含有一个官能团的物质属于单炔烃，存在3种同分异构体，结构分别为：CH≡CCH2CH2CH3，CH3C≡CCH2CH3，CH(CH3)2C≡CH；
【小问4详解】
H的结构简式为，其中含有两个手性碳原子，如图“*”所示；
【小问5详解】
利用题给信息，可推知G→H发生了双烯加成反应，其反应方程式为：+。
A
Cl2能从碘化钾溶液中置换出I2
F2能从碘化钾溶液中置换出I2
B
SiH4的沸点比CH4高
H2S的沸点比H2O高
C
干冰中CO2分子采用分子密堆积
冰中H2O分子采用分子密堆积
D
NCl3中N 原子采取sp3杂化
AsCl3中As原子采取sp3杂化
序号
事实
解释
①
分解温度：HCl(1500℃)高于HI(300℃)
范德华力大小不同
②
键角：PF3小于PCl3
F与Cl的电负性差异
③
氯乙酸(pKa=2.86)的酸性强于乙酸(pKa=4.76)
Cl-C的极性大于H-C的极性，导致氯乙酸的羧基中的羟基的极性更大，酸性更强
④
SiO2晶体的熔点为1713℃，干冰的熔点为-78.5℃
SiO2晶体为共价晶体，干冰为分子晶体
⑤
N2与CO气体，相对分子质量相同，范德华力：N2 < CO
两种分子的极性不同，分子极性越大，范德华力越大
⑥
用“杯酚”分离C60与C70
C60与C70的分子大小不同，“杯酚”能把C60装起来而不能装下C70
选项
目的
分离方法
原理
A
除去乙烷中混有的乙烯
将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液，洗气
乙烯可以与酸性高锰酸钾溶液反应，乙烷不与酸性高锰酸钾溶液反应
B
除去乙醇中的水
加生石灰，蒸馏
生石灰可与水反应生成氢氧化钙，再对其进行蒸馏，乙醇可以从混合体系先分离出来
C
除去KNO3固体中的NaCl
重结晶
KNO3在水中的溶解度很大
D
分离碘水
加入乙醇，萃取
碘单质易溶于乙醇