北京市清华大学附中高考化学综合能力测试试卷四（含解析）.doc

北京市清华大学附中2015高考综合能力测试(四)化学试卷一、本部分共7小题，每小题6分，共120分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1下列对应关系不正确的是（） a醋、味精调味品b酒精、汽油易燃液体cna+、fe3+人体所需微量元素d废塑料瓶、铝制易拉罐可回收垃圾考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；清洁能源；三废处理与环境保护；微量元素对人体健康的重要作用.专题：化学应用分析：a醋和味精是常用的调味品；b酒精和汽油都能燃烧，都是液体；c人体中的常量元素主要有：氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁；微量元素主要有：铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒；d根据垃圾的是否可再利用来进行分类解答：解：a醋和味精是常用的调味品，故a正确；b酒精和汽油都能燃烧，都是液体，故b正确；c钠是人体所需的常量元素，铁是人体所需微量元素，故c错误；d废塑料瓶、铝制易拉罐属于可回收垃圾，故d正确，故选c点评：本题考查常用调味品、易燃液体、人体所需常量元素和微量元素、垃圾分类等，难度不大要注意平时知识的积累2下列解释实验事实的方程式正确的是（）a氨水中滴入酚酞溶液，溶液变红：nh3h2onh4+ohb90时，测得纯水中c（h+）c（oh）=3.81013：h2o（l）h+（aq）+oh（aq）h0cfecl3溶液中通入so2，溶液黄色褪去：2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+d向苯酚钠溶液中通入co2，溶液变浑浊：2c6h5ona+co2+h2o2c6h5oh+na2co3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a一水合氨为弱碱；b温度升高，kw增大，水的电离吸热；c发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和盐酸；d反应生成苯酚和碳酸氢钠解答：解：a氨水中滴入酚酞溶液，溶液变红，电离方程式为nh3h2onh4+oh，故a错误；b.90时，测得纯水中c（h+）c（oh）=3.81013，则h2o（l）h+（aq）+oh（aq）h0，故b错误；cfecl3溶液中通入so2，溶液黄色褪去的离子反应为2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+，故c正确；d向苯酚钠溶液中通入co2，溶液变浑浊的反应为c6h5ona+co2+h2oc6h5oh+nahco3，故d错误；故选c点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电离反应、氧化还原反应、与量有关的离子反应的考查，题目难度不大，选项d为易错点3下列叙述中正确的是（）a图中正极附近溶液ph降低b图中电子由zn流向cu，盐桥中的cl移向cuso4溶液c图正极反应是o2+2h2o+4e4ohd图中加入少量k3溶液，有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：图锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜，图铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题解答：解：a图中正极发生：cu2+2e=cu，如不考虑盐类水解，则正极ph不变，如考虑盐类水解，则正极ph增大，故a错误；b原电池中阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故b错误；c图铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2h+2e=h2，故c错误；d图中生成fe2+，亚铁离子和k3生成蓝色沉淀，故d正确故选d点评：本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等4下列说法正确的是（）a蛋白质及其水解产物都具有两性b淀粉和油脂都是可水解的高分子化合物c鸡蛋清溶液中加入饱和na2so4溶液有沉淀生成是因为蛋白质变性d在酸性条件下，ch3co18oc2h5的水解产物是ch3co18oh和c2h5oh考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；酯的性质；淀粉的性质和用途.专题：有机反应分析：a蛋白质及其水解产物都含有氨基和羧基；b相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；c盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使某种物质溶解度降低而析出的过程；dch3co18oc2h5的水解产物是ch3cooh和c2h518oh解答：解：a蛋白质及其水解产物都含有氨基和羧基，都既能与酸反应也能与碱反应，具有两性，故a正确； b油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故b错误；c鸡蛋清溶液中加入饱和na2so4溶液发生盐析，故c错误；d在酸性条件下，ch3co18oc2h5的水解产物是ch3cooh和c2h518oh，故d错误故选a点评：本题考查了有机物的化学性质，涉及蛋白质的结构、高分子化合物、酯类的水解等问题，难度中等，掌握有机物的结构和性质是解题的关键5除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法a甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气b氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤c二氧化硅氧化铝氢氧化钠溶液过滤d乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏aabbccdd考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验评价题；化学实验基本操作分析：a乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；bfe与氯化铁反应生成氯化亚铁；c二氧化硅、氧化铝均与naoh溶液反应；c乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层解答：解：a乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水除去甲烷中的乙烯，故a错误；bfe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则反应后过滤即可除杂，故b正确；c二氧化硅、氧化铝均与naoh溶液反应，不符合除杂的原则，应利用盐酸除杂，故c错误；c乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故d错误；故选b点评：本题考查物质的分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大6已知：3ch4（g）+2n2（g）3c（s）+4nh3（g）h0，700时，ch4与n2在不同物质的量之比时ch4的平衡转化率如图所示下列说法正确的是（）a越大，ch4的转化率越高b不变时，若升温，nh3的体积分数会增大cb点对应的平衡常数比a点的大da点对应的nh3的体积分数约为26%考点：转化率随温度、压强的变化曲线.分析：由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用a点甲烷转化率为22%计算氨气的体积分数，以此来解答解答：解：a由图象看出，ch4的转化率随为的增大而降低，故a错误；bh0，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，nh3的体积分数会增大，故b正确；cab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，故c错误；da点甲烷转化率为22%，=0.75，则设甲烷为3mol，氮气为4mol， 3ch4（g）+2n2（g）3c（s）+4nh3（g）h0开始 3 4 0转化 0.66 0.44 0.88平衡 2.34 3.56 0.88则nh3的体积分数约为100%=13%，故d错误；故选b点评：本题考查化学平衡图象及计算，为高频考点，把握图象中纵横坐标的含义、影响平衡的因素及平衡常数、化学平衡三段法计算等为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度中等7关于如图所示转化关系（x代表卤素），说法不正确的是（）a2h（g）+2x（g）2hx（g）h30b途径生成hx的反应热与途径无关，所以h1=h2+h3c途径生成hcl放出的热量比生成hbr的多，说明hcl比hbr稳定dcl、br、i的非金属性依次减弱，所以途径吸收的热量依次增多考点：热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析：a、原子形成化学键放热，焓变小于0；b、依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；c、根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断；d、途径是断裂化学键的过程，是吸热过程，cl、br、i的原子半径依次增大，cl2、br2、i2，断裂化学键需要能量减小解答：解：a、原子形成化学键放热，焓变小于0，则2h（g）+2x（g）2hx（g）h30，故a正确；b、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径生成hx的反应热与途径无关，所以h1=h2+h3 ，故b正确；c、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径生成hcl放出的热量比生成hbr的多，说明hcl比hbr稳定，故c正确；d、cl、br、i的原子半径依次增大，cl2、br2、i2，断裂化学键需要能量减小，所以途径吸收的热量依次减小，故d错误；故选d点评：本题考查了合成反应能量变化，反应焓变分析判断，物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分0分）8以石油裂解产物烯烃为原料合成一些新物质的路线如下已知：dielsalder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的dielsalder反应是键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的dielsalder反应是完成下列填空：（1）写出x分子中所含官能团的名称氯原子、碳碳双键（2）写出甲物质的名称2甲基1，3丁二烯（3）写出下列化学方程式：abclch2ch2ch2ch2cl+2naohch2=chch=ch2+2nacl+2h2o；e；zw（4）属于酯类且分子中含有两个甲基的y的同分异构体有3种（5）r是w的一种同分异构体，r遇fecl3溶液显紫色，但r不能与浓溴水反应，写出r的结构简式等（6）写出实验室由d制备e的合成路线反应试剂反应条件反应试剂反应条件（合成路线常用的表示方式为：a b目标产物）考点：有机物的合成.分析：2丁烯与氯气在光照条件发生取代反应生成x，x与氢气发生加成反应生成a，a发生卤代烃的消去反应生成b，b与乙烯发生信息中的反应生成环己烯，则b为ch2=chch=ch2，可推知x为clch2ch=chch2cl，a为clch2ch2ch2ch2clx发生水解反应生成y为hoch2ch=chch2oh，y发生催化氧化生成z为ohcch=chcho，结合w与氢气的加成产物结构可知，z与甲发生dielsalder反应，可推知甲为ch2=chc（ch3）=ch2，则w为由e的加聚产物可知，e的结构简式为，d到e转化中碳碳双键增多，应先与溴发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，以此来解答解答：解：2丁烯与氯气在光照条件发生取代反应生成x，x与氢气发生加成反应生成a，a发生卤代烃的消去反应生成b，b与乙烯发生信息中的反应生成环己烯，则b为ch2=chch=ch2，可推知x为clch2ch=chch2cl，a为clch2ch2ch2ch2clx发生水解反应生成y为hoch2ch=chch2oh，y发生催化氧化生成z为ohcch=chcho，结合w与氢气的加成产物结构可知，z与甲发生dielsalder反应，可推知甲为ch2=chc（ch3）=ch2，则w为，（1）x为clch2ch=chch2cl，分子中所含官能团的名称为：氯原子、碳碳双键，故答案为：氯原子、碳碳双键；（2）甲为ch2=chc（ch3）=ch2，名称为：2甲基1，3丁二烯，故答案为：2甲基1，3丁二烯；（3）ab发生卤代烃的消去反应，反应化学方程式为clch2ch2ch2ch2cl+2naohch2=chch=ch2+2nacl+2h2o，e为加聚反应，该反应为，zw为dielsalder反应，该反应为，故答案为：clch2ch2ch2ch2cl+2naohch2=chch=ch2+2nacl+2h2o；（4）y为hoch2ch=chch2oh，属于酯类且分子中含有两个甲基的y的同分异构体有：甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，故答案为：3；（5）r是w（）的一种同分异构体，r遇fecl3溶液显紫色，含有酚羟基，结合w的分子式可知，含有一个苯环，不含其它不饱和基团，r不能与浓溴水反应，酚羟基的邻位、对位没有氢原子，则r的结构简式为等，故答案为：等；（6）由e的加聚产物可知，e的结构简式为，d到e转化中碳碳双键增多，应先与溴发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，合成路线图为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，把握信息中dielsalder反应原理及合成反应中官能团的变化是解答的关键，注意结合d的结构及w的加成产物进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等9减少污染、保护环境是全世界最热门的课题（1）为了减少空气中so2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料已知：h2（g）+o2（g）h2o（g）h1=241.8kjmol1； c（s）+o2（g）co（g）h2=110.5kjmol1则焦炭与水蒸气反应生成co的热化学方程式为c（s）+h2o（g）=co（g）+h2（g）h=+131.3kjmol1洗涤含so2的烟气以下物质可作洗涤剂的是ac（填序号）：aca（oh）2 bcacl2 cna2co3 dnahso3（2）co在催化剂作用下可以与h2反应生成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）在密闭容器中充有10mol co与20mol h2，co的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示m、n两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（m）总：n（n）总=5：4若m、n、q三点的平衡常数km、kn、kq的大小关系为km=knkq（3）催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染催化硝化法中，用h2将no3还原为n2，一段时间后，溶液的碱性明显增强则该反应离子方程式为2no3+5h2n2+2oh+4h2o电化学降解no3的原理如图2所示，电源正极为a（填“a”或“b”）；若总反应为4no3+4h+5o2+2n2+2h2o，则阴极反应式为2no3+12h+10e=n2+6h2o考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；电解原理.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）利用盖斯定律，通过已知热化学方程式运算得目标热化学方程式；依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应，二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应（2）根据co转化率计算参加反应的co的物质的量，再根据方程式计算平衡时混合气体总物质的量变化量，进而计算平衡时混合气体总物质的量，据此解答；由图可知，一定压强下，温度越高，k越大；（3）根据信息：用h2将no3还原为n2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，据此书写方程式；在电解池的阴极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应越低，说明升高稳定平衡向逆反应方向移动，k只和t有关；解答：解：（1）h2（g）+o2（g）=h20 （g）h=241.8kjmol1 c（s）+o2（g）=co （g）h=110.5kjmol1利用盖斯定律将方程式变形：得 c（s）+h2o（g）=h2（g）+co（g）h=+131.3kj/mol，故答案为：c（s）+h2o（g）=h2（g）+co（g）h=+131.3kj/mol；二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：so2+ca（oh）2=caso3+h2o；二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：so2+na2co3=na2so3+co2所以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂；二氧化硫与氯化钙溶液不反应，且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故答案为：ac；（2）a点co的转化率为0.5，则参加反应的co为10mol0.5=5mol，则：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）气体物质的量减少1 25mol 10mol故a点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol10mol=20mol，b点co的转化率为0.7，则参加反应的co为10mol0.7=7mol，则：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）气体物质的量减少1 27mol 14mol故b点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol14mol=16mol故a、b两点时容器内总气体的物质的量之比n（a）：n（b）=20mol：16mol=5：4，故答案为：5：4； 由图可知，一定压强下，温度越高，co的转化率越低，说明升高稳定平衡向逆反应方向移动，q的温度高于n点，故平衡常数kmkq=kn，故c答案为：km=knkq；（3）根据信息：用h2将no3还原为n2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，发生的反应为：2no3+5h2n2+2oh+4h2o，故答案为：2no3+5h2n2+2oh+4h2o；根据装置图示可以看出，右端电极上发生得电子的还原反应，即为阴极，反应式为：2no3+12 h+10e=n2+6h2o，所以b是负极，a是正极，故答案为：a；2no3+12h+10e=n2+6h2o点评：本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡图象，涉及化学平衡影响因素及有关计算、电化学和热化学的综合知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大10有难溶于水的粉末状固体样品，可能含al、fe2o3、cu2o、sio2、fe3o4中的一种或几种研究小组通过实验确定样品的成分查阅资料知：cu2o+2h+cu+cu2+h2o；部分氢氧化物在溶液中沉淀的ph见下表：物质fe（oh）3fe（oh）2cu（oh）2开始沉淀的ph1.86.35.2完全沉淀的ph3.08.36.7注：金属离子的起始浓度为0.1moll1实验步骤：取一定量样品于烧杯中，加足量naoh溶液，有气体产生，过滤得固体a和无色溶液b；向b中加入稀硫酸，出现白色沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，白色沉淀完全溶解；向a中加入足量稀硫酸并微热，固体完全溶解，得溶液c；向c中加入naclo，调节溶液的ph至45，产生红褐色沉淀，过滤得到蓝绿色溶液d；向d中加入naoh，调节溶液的ph到78，产生蓝色絮状沉淀请回答下列问题（1）中产生气体的离子方程式为2al+2oh+2h2o2alo2+3h2（2）由、知，原样品中一定不存在的物质是sio2（3）溶液c中除h+、cu2+外一定还含有的阳离子是fe2+；为验证溶液c中存在该阳离子，可选用的试剂及对应的现象是向酸性kmno4溶液中滴加待测液，褪色（4）中加naclo的目的是将fe2+氧化成fe3+，增大溶液的ph使fe3+生成fe（oh）3沉淀（5）将中得到的溶液d电解，阳极的电极反应式为2cl2ecl2；若电路中有0.1mol电子通过，则理论上阴极质量增重3.2 g（6）由上述实验可以获得结论：原样品所有可能的成分组合为组合1：al、fe2o3、cu2o；组合2：al、cu2o、fe3o4；（用化学式表示）考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：取一定量样品于烧杯中，加足量naoh溶液，有气体产生，证明一定含有金属铝，过滤得到固体a和无色溶液b，溶液b一定含naalo2溶液；向b中加入稀硫酸，出现白色沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，白色沉淀完全溶解，说明溶液b只有naalo2溶液，没有硅酸钠，则推断固体样品不含二氧化硅；因为cu2o+2h+cu+cu2+h2o，向a中加入足量稀硫酸并微热，完全溶解，则必定三价铁生成即fe2o3或fe3o4或fe2o3和fe3o4，将生成的单质铜氧化成铜离子而全部溶解，所以溶液c必定含过量的氢离子、二价铁、二价铜的混合溶液；向c中加入naclo，将二价铁氧化成三价铁，调节溶液的ph至45，产生红褐色沉淀，过滤得到蓝绿色溶液d为二价铜的溶液；向d中加入naoh，调节溶液的ph到78，产生蓝色絮状沉淀为氢氧化铜综上所述：固体样品中组成为组合1：al、fe2o3、cu2o；组合2：al、cu2o、fe3o4；组合3：al、fe2o3、cu2o、fe3o4；一定不含sio2；依据推断出的物质分析回答；解答：解：（1）取一定量样品于烧杯中，加足量naoh溶液，有气体产生，证明一定含有金属铝，方程式为：2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o2alo2+3h2；（2）由向b中加入稀硫酸，出现白色沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，白色沉淀完全溶解，说明溶液b只有naalo2溶液，没有硅酸钠，则推断固体样品不含二氧化硅；故答案为：sio2；（3）因为cu2o+2h+cu+cu2+h2o，向a中加入足量稀硫酸并微热，完全溶解，则必定含fe3o4与硫酸反应生成三价铁，将生成的单质铜氧化成铜离子而全部溶解，所以溶液c必定含过量的氢离子、二价铁、二价铜的混合溶液可能还含有三价铁；所以在含有三价铁的溶液中检验二价铁一般用酸性kmno4溶液，看是否退色；故答案为：fe2+；向酸性kmno4溶液中滴加待测液，褪色（4）根据氢氧化物在溶液中沉淀的ph表，中加naclo的目的是将fe2+氧化成fe3+，增大溶液的ph使fe3+生成fe（oh）3沉淀，故答案为：将fe2+氧化成fe3+，增大溶液的ph使fe3+生成fe（oh）3沉淀；（5）由于加入naclo，将二价铁氧化成三价铁，调节溶液的ph至45，产生红褐色沉淀，过滤得到蓝绿色溶液d，所以d溶液中含有还原产物氯离子，故电解，阳极的电极反应式为2cl2ecl2；根据电子守恒，电路中有0.1mol电子通过，则理论上阴极质量增重64=3.2g，故答案为：2cl2ecl2；3.2；（6）根据以上分析可能的组合为：组合1：al、fe2o3、cu2o；组合2：al、cu2o、fe3o4；组合3：al、fe2o3、cu2o、fe3o4故答案为：al、fe2o3、cu2o；al、cu2o、fe3o4；al、fe2o3、cu2o、fe3o4点评：本题考查了物质检验方法的应用，物质性质的分析判断，主要是物质检验的方法和现象应用，化学方程式的书写方法，物质检验的方案设计，题目难度中等11甲学生对cl2与fecl2和kscn混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象ia中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）b中反应的离子方程式是cl2+2ohcl+clo+h2o（2）a中溶液变红的原因是fe2+被cl2氧化生成fe3+，fe3+与scn反应生成红色的，所以溶液变红（3）为了探究现象的原因，甲同学进行如下实验取a中黄色溶液于试管中，加入naoh溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在fe3+取a中黄色溶液于试管中，加入过量的kscn溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是scn与cl2发生了反应（4）甲同学猜想scn可能被cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：scn的电子式为甲同学认为scn中碳元素没有被氧化，理由是scn中的碳元素是最高价态+4价取a中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的bacl2溶液，产生白色沉淀，由此证明scn中被氧化的元素是硫元素通过实验证明了scn中氮元素转化为no3，他的实验方案是取足量铜粉于试管中，加入a中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明a中存在，scn中氮元素被氧化成若scn与cl2反应生成1mol co2，则转移电子的物质的量是16mol考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）b装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）fe2+被cl2氧化生成fe3+，fe3+与scn反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；（3）a中黄色溶液于试管中，加入naoh溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体