陕西省渭南市大荔县同州中学高三上学期第一次月考化学试题

同州中学高三化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56第I卷（共48分）选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是（）A.“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化B.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，沙里淘金是利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离C.王充在《论衡》中对司南（早期的指南针）的记载：“司南之杓，投之于地，其柢（握柄）指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3D.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3【答案】C【解析】【详解】A．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化，故A不符合题意；B．沙子和金的密度不同，密度大的沉在水的底部，用淘洗法可分离，沙里淘金是利用了“沙”和“金”密度的差异进行分离，故B不符合题意；C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故C符合题意；D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，故D不符合题意；答案选C。2.实验室中下列做法错误的是（）A.用酒精贮存金属钠 B.容量瓶使用前需要检漏C.用酒精灯直接加热蒸发皿 D.用分液漏斗可以分离水与四氯化碳【答案】A【解析】【详解】A．钠能与酒精反应生成氢气和乙醇钠，不能用酒精贮存金属钠，选项A错误；B．配制最后需反复颠倒摇匀，故使用容量瓶前检查它是否漏水，选项B正确；C．用酒精灯直接加热蒸发皿，选项C正确；D．水和四氯化碳不溶，所以能用分液漏斗分离，选项D正确；答案选A。3.下列实验仪器或装置的选择正确的是（）配制50.00mL0.1000mol·L1Na2CO3溶液蒸发氯化钠溶液蒸馏用冷凝管盛装NaOH溶液的试剂瓶ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.配制50.00mL0.1000mol·L1碳酸钠溶液需要用到的仪器有带砝码的托盘天平、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶和胶头滴管，由图可知，还缺少带砝码的托盘天平、50mL容量瓶和胶头滴管，则题给装置无法配制50.00mL0.1000mol·L1碳酸钠溶液，故A错误；B.蒸发氯化钠溶液需要用到的仪器有带铁圈的铁架台、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒，则题给装置能够蒸发氯化钠溶液，故B正确；C.球形冷凝管不利于冷凝液顺利流下，则蒸馏时应选用直形冷凝管冷凝，故C错误；D.氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，盛装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能选用玻璃塞，应选用橡胶塞，故D错误；故选B。4.下列物质在熔融状态下不存在离子的是（）A.NaOH B.BaSO4 C.HCl D.Al2O【答案】C【解析】【详解】A．NaOH是离子化合物，在熔融状态下能电离，故A不符合题意；B．BaSO4是离子化合物，在熔融状态下能电离，故B不符合题意；C．HCl是共价化合物，在熔融状态下不能电离，故C符合题意；D．Al2O3是离子化合物，在熔融状态下能电离，故D不符合题意。答案选C。5.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A22.4L（标准状况）氮气中含有7NA个质子B.16g氧气和臭氧的混合气体中含有NA个氧原子C.1molNH比1molNH3多NA个电子D.1mol·L1NaCl溶液含有2NA个离子【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，每个N2分子中含有14个质子，1mol该氮气含有14NA个质子，不是7NA，A错误；B．无论氧气或臭氧都是由氧原子组成的，所以16g的氧气和臭氧的混合气体实质上就是16g氧原子，与混合比例或是否标准状况无关。16g氧原子的物质的量为1mol，数目为1NA，B正确；C．在铵根中，1mol中N有7mol电子，H有1×4mol电子，失去1mol，所以一共有7mol+3mol=10mol电子，在氨气中1mol中N有7mol电子，H有1×3mol电子，所以一共有7mol+3mol=10mol电子，二者电子数相同，C错误；D．没有指明溶液体积，故不能计算溶液中离子数目，D错误；故选B。6.同温同压下，在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相等的CO、CO2气体时，下列说法正确的是（）A.充入的CO分子数比CO2分子数少B.甲容器的体积比乙容器的体积小C.CO2的摩尔体积比CO的摩尔体积大D.乙中CO2的密度比甲中CO的密度大【答案】D【解析】【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=m/M知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol:28g/mol=11:7。【详解】A.根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；B.根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，故B错误；C.温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；D.ρ=M/Vm知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以乙中CO2的密度比甲中CO的密度大，故D正确；故选：D。7.VmLNa2SO4溶液中含有Na+mg，取mL该溶液用水稀释至2VmL，则SO物质的量浓度为（）A.mol·L1 B.mol·L−1 C.mol·L1 D.mol·L1【答案】D【解析】【详解】在硫酸钠溶液中钠离子浓度为mol·L－1，则硫酸根离子的浓度为mol·L－1，稀释时体积变成4倍，浓度为原来的，即为mol·L－1。答案选D。8.下列说法正确的是（）A.干冰、液态氯化氢、氯化铵都是电解质B.Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的C.Na2O2、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物D.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe【答案】B【解析】【详解】A．干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，液态氯化氢、氯化铵都是电解质，选项A错误；B．Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，选项B正确；C．Na2O2、Fe2O3属于碱性氧化物，又属于离子化合物，Al2O3属于两性氧化物，选项Ｃ错误；D．Mg加入到FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应,生成Mg2+和Fe2+,若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg与Fe2+反应，不会生成Fe，选项D错误；答案选B。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH=11溶液：Na+、K+、Cl、B.能使石蕊变红的溶液：Na+、K+、、C.0.1mol∙L−1KMnO4溶液：、Na+、、ID.0.1mol∙L−1AgNO3溶液：、Mg2+、Cl、【答案】A【解析】【详解】A．常温下，pH=11的溶液显碱性，Na+、K+、Cl、在碱性条件下不发生化学反应，可以大量共存，故A符合题意；B．能使石蕊变红的溶液显酸性，在酸性条件下会和氢离子发生反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B不符合题意；C．0.1mol∙L−1KMnO4溶液中，具有强氧化性，会将I氧化成碘单质，会与发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．0.1mol∙L−1AgNO3溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。10.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.Na与水反应：Na+2H2O=Na+＋2OH＋H2↑B.醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C.Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OD.向氧化亚铁中滴加稀HNO3：FeO＋2H+=Fe2+＋H2O【答案】C【解析】【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑，故A错误；B.醋酸除水垢的反应为碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO+Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；C.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故C正确；D.稀硝酸具有强氧化性，与氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3FeO+NO+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故D错误；故选C。11.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Na加入CuSO4溶液中置换出铜单质C.室温下，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2D.室温下，Al与4.0mol·L1NaOH溶液反应生成NaAlO2【答案】D【解析】【详解】A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O，钠在空气中燃烧生成Na2O2，选项A错误；B．Na与CaSO4溶液反应的方程式：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，没有铜单质的生成，选项B错误；C．室温下，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，选项C错误；D．室温下，Al与4.0mol·L1NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气，选项D正确；答案选Ｄ。12.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.钠的金属活泼性强，可用于制作高压钠灯B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C.碳酸氢钠受热易分解，可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【解析】【详解】A．钠的焰色反应为黄色，透雾性强，单质钠可以做高压钠灯，性质和用途不对应，故A不符合题意；B．氧化铝熔点高，可以做耐火材料，氧化铝是离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，性质和用途不对应，故B不符合题意，C．碳酸氢钠可以和盐酸反应，可用于中和过多的胃酸，性质和用途不对应，故C不符合题意；D．明矾溶于水能电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的小颗粒，起到净水作用，性质与用途具有对应关系，故D符合题意；答案选D。13.加入氧化剂才能实现的过程是（）A.SO2→SO B.MnO→Mn2+ C.N2→NH3 D.Al3+→AlO【答案】A【解析】【详解】A．SO2→SO中S元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，A正确；B．MnO→Mn2+中Mn元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，B错误；C．N2→NH3中N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，C错误；D．Al3+→AlO中无元素的化合价变化，不需加入氧化剂和还原剂，D错误；故选A。14.宋代医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载：“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O。下列说法正确的是（）A.X是既氧化产物又是还原产物B.每生成1molX，反应转移2moleC.反应中Ag和H2S均是还原剂D.银针验毒时，空气中氧气失去电子【答案】B【解析】【详解】A．由质量守恒定律可知X化学式为Ag2S，Ag的化合价升高，Ag2S为氧化产物，选项A错误；B．根据化合价的变化可知每生成1mo1X，反应转移2mo1e，选项B正确；C．反应中S元素的化合价没有变化，H2S既不是氧化剂也不是还原剂，选项C错误；D．反应中O元素化合价降低，得电子被还原，选项D错误；答案选B。15.常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是（）A.该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+B.当有1molO2生成时，转移2mo1电子C.在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低D.H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱【答案】B【解析】【分析】由反应原理图可知，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应为2H2O2=2H2O+O2↑。【详解】A.由反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知，M是Fe2+，M′是Fe3+，A错误；B.由反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，当生成1mol氧气，转移2mol电子，B正确；C.总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，H+的量不变，反应生成的水对溶液有稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，C错误；D.反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，则H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，则H2O2的还原性比Fe2+强，D错误；故答案为：B。16.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向某钠盐溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中有白色沉淀产生反应生成的气体可能为CO2B向盛有稀FeSO4溶液的试管中加入几滴KSCN溶液试管内溶液变红FeSO4全部变质C向酸性高锰酸钾溶液中加入适量Na2O2溶液褪色，并产生无色气体Na2O2表现出氧化性D用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察，火焰呈黄色溶液中金属阳离子只有Na+A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体可能为CO2或SO2，A正确；B．向盛有稀FeSO4溶液的试管中加入几滴KSCN溶液，试管内溶液变红，说明FeSO4已经变质，但是否完全变质无法证明，B错误；C．向酸性高锰酸钾溶液中加入适量Na2O2，溶液褪色，并产生无色气体，此时过氧化钠中的O元素的化合价从1价升高到0价，Mn元素化合从+7价降低到+2价，过氧化钠表现还原性，C错误；D．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察，火焰呈黄色，溶液中的金属阳离子有Na+，可能含有钾离子，D错误；故选A。第II卷（共52分）17.能基于物质的量认识物质的组成及其化学变化，是学生必备的学科素养。（1）已知：①5.6LH2S（标准状况下）②1.204×1023个NH3分子③4.8gCH4④4℃时，5.4mL（2）同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为__。（3）在标准状况下，将VLHCl溶于0.1L水中，所得溶液的密度为dg·cm3，则形成溶液的物质的量浓度为__mol·L1。（4）某工厂废液中含有K2Cr2O7，排放废液前要将废液中的Cr2O还原成Cr3+，取100mL此工厂的废液样品进行实验时，恰好消耗纯净NaHSO3固体3.12g。则此废液中含有K2Cr2O7的浓度为__mol·L1。（5）联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨（N2H4），反应的化学方程式为__。（6）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO）已成为环境修复研究的热点之一。实验研究表明，将足量铁粉投入=2.5的水体中，经24小时测得水体中NO去除率为100%。已知：反应的铁元素以氧化物形式存在于溶液中，NO3全部转化为NH，反应0.1molNO恰好消耗16.8gFe，则反应的离子方程式为__。【答案】(1).③>②=④>①(2).1：1：3(3).(4).0.1(5).NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(6).3Fe+NO+2H++H2O=Fe3O4+NH【解析】【详解】(1)标准状况下5.6LH2S为0.25mol，含有0.25NA×2=0.5NA个H原子；1.204×1023个NH3含有0.2NA×3=0.6NA个H原子；4.8gCH4为0.3mol，含有0.3NA×4=1.2NA个H原子；4℃时5.4mL水为5.4g，其物质的量为0.3mol，含有0.3NA×2=0.6NA个H原子，综上，氢原子数由大到小的顺序为③>②=④>①；(2)假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO浓度分别等于1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：1：1：3；(3)标准状况下，VL氯化氢是mol，质量是g，所以溶液的质量是(100+)g，因此溶液的体积是mL=×10-3L。根据c=可知，溶液的浓度是c==mol/L；(4)亚硫酸氢钠与重铬酸钾反应的离子方程式为Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3++SO+4H2O，此时每消耗3mol亚硫酸氢根可以处理1mol重铬酸根，当工厂处理废水时消耗了3.12g亚硫酸氢钠固体，即0.3mol亚硫酸氢钠，可以处理0.01mol重铬酸根，此时溶液中重铬酸钾的浓度c==0.1mol/L；(5)根据题目，次氯酸钠溶液与氨气反应可生成联氨，反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；(6)0.1mol硝酸根完全反应生成铵根共转移0.8mol电子，此时共消耗Fe16.8g，即0.3molFe，说明有0.3molFe失去0.8mol电子，此时生成的Fe的氧化物应为Fe3O4，故硝酸根和Fe反应的离子方程式为3Fe+NO+2H++H2O=Fe3O4+NH。18.碳酸钠在轻工业、建材、纺织、医药等工业中有重要的应用。工业碳酸钠（纯度96%）中含有少量Mg2+、Ca2+、Cl、SO等杂质，提纯工艺的流程为：已知：碳酸钠饱和溶液在不同温度下析出晶体情况温度/℃t<3232<t<36t>36析出晶体Na2CO3•10H2ONa2CO3•7H2ONa2CO3•H2O回答：（1）加入NaOH溶液时反应的离子方程式有__。（2）操作A为__（填“趁热过滤”或“冷却过滤”）；其目的是__。（3）母液中除了含有Na+、CO、OH外，还含有__等离子。（4）要检验试剂级碳酸钠中的Cl、SO是否除尽，加入试剂的先后顺序是__、__、__。【答案】(1).Ca2++CO=CaCO3↓、Mg2++2OH=Mg(OH)2↓(2).趁热过滤(3).提高Na2CO3·H2O的产量(4).SO、Cl(5).HNO3(6).Ba(NO3)2(7).AgNO3【解析】【分析】工业上提纯碳酸钠，首先将工业级碳酸钠溶解得到含有少量杂质的碳酸钠溶液，随后向溶液中加入NaOH溶液，杂质中的Mg2+、Ca2+会与OH反应生成Mg(OH)2、Ca(OH)2沉淀，过滤后经蒸发、浓缩、结晶得到较浓的碳酸钠溶液，根据表中给出的数据，较浓的溶液应在大于36℃条件趁热过滤，此时可以过滤出Na2CO3•H2O晶体，将Na2CO3•H2O加热脱水后得到试剂级碳酸钠，据此流程分析。【详解】(1)根据分析，加入NaOH溶液后会与杂质中的Mg2+、Ca2+离子反应生成相应的沉淀，故该过程的离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓、Mg2++2OH=Mg(OH)2↓；(2)操作A为趁热过滤，因为，此时溶液中还混有Cl和硫酸根离子，通过冷却过滤会使杂质离子以固体的形式析出，这样影响Na2CO3•H2O的产率，因此趁热过滤有利于提高Na2CO3•H2O的产率；(3)因除杂过程中未将Cl、SO除去，则母液中除了含有Na+、CO、OH外，还含有Cl、SO离子；(4)若需要鉴定试剂级碳酸钠中是否含有Cl、SO，则需要进行鉴定，鉴定过程中应排除其他离子的干扰，要首先加入稀硝酸酸化，以排除其他离子，后加入硝酸钡溶液，若出现白色沉淀则说明原溶液中混有硫酸根离子，后将沉淀过滤得到滤液，向滤液中加入硝酸银溶液，若出现白色沉淀则说明原溶液中混有Cl，故加入的试剂顺序为HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3。19.FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：FeCl3FeCl2溶解性不溶于苯、氯苯等，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃300℃以上易升华670沸点/℃1023(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2有关装置如图：①a的作用是__；B中盛放的试剂是__。②H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为__。③装置D的作用__。④该制备装置的缺点为__。(2)要检验C中的FeCl3是否完全反应的实验操作是__。(3)某学生取C中少量固体溶于水时发现试管中残留少了固体，你认为该固体为_；检验该固体可用于试剂__。(4)实验小组同学通过查阅资料，发现利用反应2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，可制取无水FeCl2，设计装置如图。①该反应的还原剂是__；②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用___洗涤和干燥后，得到粗产品。【答案】(1).保持漏斗内压强与发生器内压强相等，使漏斗内液体能顺利流下(2).碱石灰(3).H2+2FeCl32FeCl2+2HCl(4).吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入C装置(5).氯化铁易升华导致导管易堵塞；未对尾气氢气进行处理(6).取反应后C中的少量固体于试管中，加入少量蒸馏水溶解，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则FeCl3未完全反应，反之FeCl3完全反应(7).Fe(8).稀盐酸(9).C6H5Cl(10).苯【解析】【分析】在装置A中，稀盐酸和锌粒反应制得氯化锌和氢气，经B装置的碱石灰干燥，C装置中用H2还原无水FeCl3制取FeCl2，再连接碱石灰吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入C装置；在三颈烧瓶中加入FeCl3和C6H5Cl，发生氧化还原反应制取无水FeCl2，用水吸收氯化氢气体，再经过尾气处理装置，由此分析。【详解】①a是恒压滴液漏斗，作用是保持漏斗内压强与发生器内压强相等，使漏斗内液体能顺利流下；由于FeCl3和FeCl2都易吸水，故氢气还原FeCl3时需要干燥，故B中盛放的试剂是碱石灰；②H2还原无水FeCl3制取FeCl2，氢气做还原剂，化合价升高，生成氯化氢，化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；③氢气还原氯化铁后得到的是氯化亚铁和氯化氢，氯化氢是有毒气体，不能直接排放到空气中，且氯化亚铁易吸水，空气中也含有水蒸气，故装置D中也盛装碱石灰，作用是吸收氯化氢气体同时防止空气中的水分进入C；④由表格数据可知，氯化铁300℃以上易升华，氢气还原氯化铁后，氢气也成为尾气，D装置可以吸收氯化氢气体，无法吸收氢气；该制备装置的缺点为氯化铁易升华导致导管易堵塞；未对尾气氢气进行处理；(2)要检验C中的FeCl3是否完全反应，实验操作是取反应后C中的少量固体于试管中，加入少量蒸馏水溶解，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则FeCl3未完全反应，反之FeCl3完全反应；(3)氢气还原氯化铁，由于温度不同，可能会产生铁，检验铁使用稀盐酸，向固体中加入稀盐酸，若产生气泡，证明该固体是铁；(4)利用反应2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，可制取无水FeCl2；①FeCl3的化合价从+3价降低到+2价，作氧化剂，C6H5Cl中氢元素的化合价从1价升高到+1价，作还原剂，该反应的还原剂是C6H5Cl；②反应结束后，冷却实验装置A，装置A中盛装的是FeCl2和C6H4Cl2，由于FeCl2不溶于苯，C6H4Cl2溶于苯，故洗涤所用试剂是苯，可以减少产品的损失。20.向100mL稀硫酸和硝酸铁的混合溶液中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示(不考虑溶液体积的变化)：(1)OA段反应的离子方程式为___；AB段反应的离子方程式为__；由此推出