2026届辽宁省鞍山市高考化学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份2026届辽宁省鞍山市高考化学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（ ）
A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同
B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解
C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同
D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大
2、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 ml A和2 ml B进行如下反应:3A (g)+2B (g)⇌4C (?)+2D (?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成 1.6 ml C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是
A．增加C,B的平衡转化率不变
B．此时B的平衡转化率是35%
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．该反应的化学平衡常数表达式是K=
3、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是
A．化合物WY是良好的耐热冲击材料
B．Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸
C．X的氢化物的沸点一定小于Z的
D．化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构
4、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
5、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NA
B．向FeBr2溶液中缓慢通入0.2mlCl2时，被氧化的Fe2＋数目一定为0.4NA
C．用惰性电极电解1L浓度均为2ml/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2NA个电子转移时，阴极析出金属的质量大于6.4g
D．加热条件下，1mlFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为NA
6、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是
A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D．若=75%，则参加反应的苯为0.8ml
7、有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是
A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物
B．简单离子半径大小：d>c>a>b
C．含氧酸的酸性强弱：d>c
D．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是
A．单质的熔点：Z>XB．Z与Y、W均能形成离子化合物
C．气态氢化物的沸点：Xc(OH-)，故D错误；
答案：C
16、C
【解析】
A．云、雾和烟均为胶体，且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系，故均为气溶胶，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；
B．浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故B错误；
C．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原为氯气，故C正确；
D．从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D错误；
答案选C。
浓度为75%的医用酒精消毒效果最高，可以杀死病毒，在疫情期间可以使用医用酒精杀菌，但不是浓度越大越好。
17、C
【解析】A．葡萄糖是单糖不能水解，lml葡萄糖能分解生成2mlCH3CH2OH和2mlCO2，故A错误；B．苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙醇分子式可以变式为C2H4·H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。
18、B
【解析】
A．原子晶体具有很高的熔点、沸点，所以原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，故A正确；
B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易汽化，不可用作制冷材料，故B错误；
C．不同非金属元素之间形成极性键，二氧化碳中存在O=C极性键，故C正确
D．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正确；
故选：B。
19、B
【解析】
A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；
C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；
D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；
答案选B。
在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。
20、A
【解析】
A、乙酸是溶于水的液体，乙酸乙酯是不溶于水的液体，加水出现分层，则为乙酸乙酯，加水不分层，则为乙酸，因此可用水鉴别乙酸和乙酸乙酯，故A正确；
B、木材纤维为纤维素，纤维素不能遇碘水显蓝色，土豆中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝，故B错误；
C、乙酸乙酯中含有酯基，能发生水解，淀粉为多糖，能发生水解，乙烯不能发生水解，故C错误；
D、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性，加水后不能溶解，蛋白质和浓的轻金属无机盐(Na2SO4)溶液发生盐析，加水后溶解，故D错误；
答案选A。
21、C
【解析】
A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。
22、D
【解析】
A. Fe2＋与[Fe(CN)6]3－产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A错误；
B.强酸性溶液中H+与ClO－反应产生HClO弱电解质而不能大量共存，选项B错误；
C. AlO2－与HCO3－会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；
D.常温下水电离的c(H+)为1×10－12ml/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K＋、Na＋、Cl－、NO3－均不发生反应，能大量共存，选项D正确。
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、邻溴苯甲醛 Br2、FeBr3(或Fe) +H2O 19 、、 c
【解析】
由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；
(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；
(3) H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 ③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、、。
M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、 (任选其一即可)；
(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。
24、2一甲基一1,3一丁二烯 氧化反应 氯原子、羧基 17 10
【解析】
本题考查有机合成与推断，意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。（1）根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）结合题给信息①，B的结构简式为；结合信息②，C的结构简式为，根据F的结构以及D生产H的反应条件，可知D为，故由C生成D的反应类型为氧化反应；（3）D→E在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为；E中含有的官能团为氯原子、羧基；（4）因苯环为平面形，所以直接与其相连的-CH2OH和—COOH上的碳原子与其在一个平面内，通过旋转单键，-CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面，—COOH中的所有原子可能与苯环共面，故F分子中处于同一平面的原子最多有17个；F通过缩聚反应生成高分子化合物G，其反应方程式为：；（5）H的结构简式为，I为H的同分异构体且1mlI发生水解反应消耗2ml NaOH，说明I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效氢，故符合条件的I的结构简式为：、、、、、、、、、,共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或；（6）加热条件下，在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，在结合信息②，在W2C作用下生成，最后再酸性高锰酸钾溶液中，将苯甲醛氧化为，其合成路线为：。
点睛：判断分子中共面的技巧
（1）审清题干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。
（2）熟记常见共面的官能团。
①与双键和苯环直接相连的原子共面，如、、
②醛、酮、羧酸
因与 与相似为平面形（等电子原理），故为平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C与（羰基）仍共平面。又中与其它原子可能共平面。因有两对孤电子对，故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型（与 相似），故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。
③若有两个苯环共边，则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。

④若甲基与一个平面形结构相连，则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连，则这四个原子为四面体结构，不可能共面。
25、恒压滴液漏斗 防止外界空气中水蒸气进入影响实验 控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高 bc 分液 洗去残留的HCl 苯 48.5 84.4
【解析】
苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。
【详解】
（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。
故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；
（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。
故答案为：分液；
（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl 。
故答案为：洗去残留的HCl ；
（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。
故答案为：苯；
（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。
30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物质的量为ml=0.34ml，6 mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为ml=0.05210ml，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210ml×182g·ml－1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为 ×100%=84.4%，
故答案为：48.5；84.4；
本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。
26、2MnO4— + 10Cl— + 16H+＝2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl2 + 2H2O＝2HCl + H2SO4 球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气 80% ①②③ C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄
【解析】
由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)~(3)；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解。
【详解】
(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。
故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结合信息可知不能加热。
故答案为:80%；①②③；
(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；
(6)由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。
27、蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S==4NaOH+2S ↓ 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 0.096%
【解析】
根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴定原理分析解答。
【详解】
（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器A为蒸馏烧瓶；导管b是为了平衡气压，有利于液体流出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出；
（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消耗气体，SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和NaHSO3溶液；
（3）①氧气与Na2S反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：Na2S+O2=S↓+2NaOH；故答案为：Na2S+O2=S↓+2NaOH；
②氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验1反应较慢，故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；
（4）可知滴定终点时生成了I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色；
（5）V(KIO3)=，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 3×0.0010ml·L-1×0.01L=3×10-5ml，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为，故答案为：0.096%。
28、3d64s2 F、P、As、Li 乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大 sp3 sp3 化学变化 6 LiAsF6 AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱 4
【解析】
(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ；
(2)非金属性越强，电负性越强；
(3)根据氢键的数量分析判断；
(4)①根据图中聚乙二醇的碳氧键链方式分析判断杂化轨道类型；
②化学变化过程是旧键的断裂和新键的形成；
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数；
④相同条件，AsF6-的半径比PF6-的大，对锂离子的作用力大小不同；
(5)根据晶胞密度公式计算；
【详解】
(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ，故价层电子排布式为3d64s2；
(2)非金属性越强，电负性越强，非金属性：F＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；
(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(4)①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；
②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个，则配位数为6；
④AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快；
(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×=4个；晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。则晶胞的体积为0.72nm×1.0nm×0.56nm=(0.72×1.0×0.56)nm3=(0.72×1.0×0.56×10-21)cm3，晶胞中含有4个Cl原子，即含有4个LiCl·3H2O，则晶胞的质量为g，则LiCl·3H2O晶体的密度为=g·cm-3。
29、 sp3 正四面体形 109°28′ 5:1 > Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱 12
【解析】
(1)Fe为26号元素，失去最外层3个电子形成Fe3+，所以Fe3+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为；
(2)SiH4分子中心Si原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28′；Si2H4分子结构与C2H4，有一个Si=Si双键，四个Si-H单键，所以σ键和π键的数目之比5:1；
(3)Mg的最外层为半满状态，其第一电离大于同周期相邻元素，所以第一电离能Mg>Al；
(4)金属的熔沸点与金属键强弱有关，与Fe相比Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低；
(5)以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；根据其晶胞模型可知，面对角线上三个原子相切，设晶胞边长为acm，则有2a2=(4r)2，解得a=cm，则晶胞体积V=a3=cm3；根据均摊法可知该晶胞含有Ag原子个数为，所以晶胞的质量m=，则晶胞的密度。
体心立方堆积中，棱长a=2r；面心立方堆积中，棱长a=r；六方最密堆积中底面边长a=b=2r；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
名称
相对分
子质量
密度/g·cm-3
熔点/C
沸点/C
溶解性
苯
78
0.88
5.5
80.1
难溶水，易溶乙醇
苯甲酰氯
140.5
1.22
−1
197
遇水分解
无水氯化铝
133.5
2.44
190
178（升华）
遇水水解，微溶苯
二苯甲酮
182
1.11
48.5
305（常压）
难溶水，易溶苯
序号
实验操作
实验现象
1
向 10ml 1ml·L-1 的 Na2S 溶液中通 O2
15min 后，溶液才出现浑浊
2
向 10ml 1ml·L-1 的 Na2S 溶液中通 SO2
溶液立即出现黄色浑浊
序号
1
2
3
KIO3 标准溶液体积/mL
10.02
9.98
10.00