1、浙江省嘉兴一中2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（本题共7小题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下列说法不正确的是（）A二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，这些措施符合低碳经济的发展要求B石油分馏、海水晒盐、燃煤烟气的脱硫、菜籽中提取菜籽油等过程都是物理变化C利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3D研究发现出土的青铜器表面若有白色的CuCl，会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl作为催化剂降低了腐蚀反应的活化能2下列说法正确的是（）A取少量含稀硫酸的淀粉
2、水解液于试管中，加入过量的NaOH溶液，再滴加少量碘水以检验淀粉是否完全水解B向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，可证明Al（OH）3是两性氢氧化物C酸碱中和滴定时，用强酸滴定强碱通常滴加23滴甲基橙做指示剂，若甲基橙加入过多对实验无影响D在砂纸打磨过的铁片上滴几滴含酚酞的饱和食盐水，静置12 min，会观察到在液滴的边缘位置先出现红色3XT元素在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，T为第4周期元素下列说法正确的是（）AYW4与H2在高温下反应主要生成YH4和HWBX的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为29CW氧化物的水化物的酸性一
3、定强于Z的氧化物的水化物DT的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物4下列说法不正确的是（）A乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯属于同一类型的反应BC3H8与C4H10一定互为同系物，分子式为C2H6O的有机物有2种C石油裂解可以得到丙烯，煤干馏可以得到苯，丙烯和苯均可使溴水褪色且原理相同D植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精5镁燃料电池具有比能量（指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小）高、燃料易于贮运等优点，拥有良好的应用前景，下图为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，总反应为Mg+ClO+H2OMg（OH）2+Cl，镁合金电极可以是Mg与Al
4、或Li的合金下列说法不正确的（）AMgLi合金比传统的MgAl合金具有更高的比能量B铂合金的电极反应：ClO+H2OCl+2OH2e，OH向镁合金电极迁移C该电池镁合金会发生自身腐蚀产生氢气，使电极利用率降低D把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的混合溶液，工作时H2O2将参与电极反应，其电极反应为：2H2O22eO2+2H2O625时，取浓度均为0.1molL1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1molL1NaOH溶液、0.1molL1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A曲线：滴加溶液到10 mL时：c（NH4+）c（NH3H2
5、O）c（Cl）c（OH）c（H+）B曲线：滴加溶液到20 mL时：2c（CH3COO）+c（CH3COOH）+c（OH）2c（Na+）+c（H+）C根据滴定曲线，可得Kb（NH3H2O）1013D由曲线可知，选用酚酞和选用甲基橙作指示剂，消耗NaOH溶液的体积相同7石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%） 和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）下列说法不正确的是（）A向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除空气，减少碳的损失B在
6、1500高温条件下，反应后初级石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物和CO2C步骤为：搅拌、过滤，所得溶液IV中的阴离子有Cl、OH、AlO2D100 g初级石墨最多可获得V的质量为7.8 g二、解答题（共5小题，满分58分）8（10分）乙烯和丙烯是重要的化工基础原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路线如下：已知：RX ROH请回答下列问题：（1）B中官能团的电子式为；丙烯A的反应类型为（2）写出BC的化学方程式（3）写出F的结构简式（4）以丙烯为原料可合成甘油，请设计合理的合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH39请
7、回答：（1）不能用石英坩埚加热熔融碳酸钠晶体，用化学方程式表示其原因（2）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀和无色气体产生，写出反应的离子方程式（3）完成以下反应的化学方程式：CuO+Al2O3CuAlO2+10（12分）为防止食盐结块，通常可在食盐中添加K4Fe（CN）6（亚铁氰化钾）作为抗结剂亚铁氰化钾易溶于水，在水溶液中会电离出K+和Fe（CN）64，在高于400时，K4Fe（CN）6会发生分解，产生剧毒的KCN、C、N2和灰白色固体化合物甲将18g甲在足量氧气中灼烧，得到红棕色固体乙和2.24L（已折算成标准状况）CO2请回答下列问题：（1）甲的化学式（2）亚铁
8、氰化钾与稀硫酸共热会发生非氧化还原反应，并产生一种常见的含氧还原性有毒气体，写出该反应的离子方程式（3）乙与某些气体混合物共热可制取甲，下列气体混合物不符合要求的是ACO、CO2、H2 BO2、CO2 CCO2、H2O D H2、CO（4）甲也可由某单质与甲烷高温下生成，写出该反应的化学方程式（5）在工业上可将含氰废水经蒸汽加热，使HCN气体逸出，用碳酸钾溶液在填充铁粉的塔内循环吸收，即生成亚铁氰化钾，同时还产生两种常见气体，写出该反应的化学方程式（6）请设计实验方案检验食盐中是否添加了K4Fe（CN）6备选试剂：铁粉、稀硫酸、CuSO4溶液、双氧水（已知：K4Fe（CN）6与Fe3+会产生蓝
9、色沉淀）11（15分）天然气制油是利用天然气生产汽油和煤油等液体燃料的方法，这种合成油不含硫、氮化合物等杂质，因此也被称作是“绿色燃料”，其主要工作原理包含合成气生成和FT合成两个过程，其中合成气生成主要化学反应为：主反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1副反应：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1已知合成气生成过程中，温度、压强和水碳比对甲烷平衡含量（%）的影响如图1：回答下列问题：（1）反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的H=kJmol1（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（
10、g）反应自发进行的条件是若在恒温、恒压时，向该平衡体系中通入氦气平衡将移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不移动”），甲烷的转化率将，平衡常数（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）其他条件不变，请在图2中用虚线画出压强为2MPa时，甲烷平衡含量（%）与水碳比之间的关系曲线（4）已知：在700，1MPa时，2mol CH4与2mol H2O在2L可变的密闭容器中发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的平衡转化率为50%，该温度下反应的平衡常数是（5）合成气生成过程中，降低反应体系中CO2生成量的措施有A增大容器体积，降低体系压强B在合适的温度区间内控制较
11、低的反应温度C适当降低水碳比D选择合适、更高效的催化剂E向该反应体系中投入活性炭（6）某研究机构在合成气生成过程中，保持容器体积和原料气比例不变，适当加入CaO和合适的催化剂以获得纯度95%以上的H2，试解释原因12（15分）柠檬酸铁铵是一种铁质强化剂，可治疗缺铁性贫血该盐极易潮解，溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，见光易转化为亚铁盐其实验室制备过程和工业生产流程分别如下：（一）实验室制备过程：FeSO4溶液Fe2（SO4）3Fe（OH）3Fe（C6H5O7）（NH4）3Fe（C6H5O7）2（二）工业生产流程：硫酸亚铁氢氧化铁成盐溶液滤液成品已知：Fe（OH）3+C6H5O7H3（柠檬酸）
12、Fe（C6H5O7）（柠檬酸铁）+3H2O3NH3H2O+C6H5O7H3（柠檬酸）（NH4）3C6H5O7（柠檬酸铵）+3H2OFe（C6H5O7）+（NH4）3C6H5O7（NH4）3Fe（C6H5O7）2（柠檬酸铁铵）请回答下列问题：（一）实验室制备过程中，高纯度、合适紧密结构的氢氧化铁制备是生成柠檬酸铁铵的关键步骤：（1）第步中氯酸钠氧化硫酸亚铁时，下列装置最适合的是（2）若要检验第步反应后的溶液中不存在Fe2+，下列试剂最合适的是AKSCN溶液 BKSCN溶液和氯水C酸性高锰酸钾溶液 D铁氰化钾溶液（3）第步中反应时间与产品的含铁量的关系如图所示，在26min后含铁量随着反应时间的延
13、长而降低，其主要原因是反应时间过长，产生结构紧密的氢氧化铁，难以被柠檬酸溶解，导致产品含铁量降低请分析26min前含铁量随着反应时间的延长而增加的主要原因是（4）检验氢氧化铁是否完全洗涤干净的具体实验操作是（二）在工业生产流程中（5）下列关于工业生产流程的说法正确的是A第步用大量的NaClO3氧化Fe2+时，可消耗H+，促进产生的Fe3+水解产生Fe（OH）3B第步中的NaClO3可以用稀硝酸溶液代替C第步中为加快Fe（OH）3的溶解速率，可采用搅拌或适当升高温度D第步中的柠檬酸是起调节溶液pH作用，可用稀硫酸代替（6）第步后，为制得成品，后续操作步骤是（7）在室温下，将所得的成品用无水乙醇进
14、行浸泡2次，从而得到精制产品，选择用无水乙醇进行浸泡的优点是（写出两点）2016年浙江省嘉兴一中高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题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下列说法不正确的是（）A二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，这些措施符合低碳经济的发展要求B石油分馏、海水晒盐、燃煤烟气的脱硫、菜籽中提取菜籽油等过程都是物理变化C利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3D研究发现出土的青铜器表面若有白色的CuCl，会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl作为催化
15、剂降低了腐蚀反应的活化能【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化碳转化为燃料和化工原料可以减少二氧化碳的排放；B燃煤烟气中的二氧化硫用碱性溶液吸收；C电解法用于冶炼活泼金属，也可以电解N2和H2合成NH3；D催化剂能降低反应所需的活化能【解答】解：A二氧化碳转化为燃料和化工原料可以减少二氧化碳的排放，所以二氧化碳可与氢气在一定条件下转化为CO、CH3OH、CH3OCH3、HCOOH以及各种低碳烃，可以减少 二氧化碳的排放，符合低碳经济的发展要求，故A正确；B燃煤烟气中的二氧化硫用碱性溶液吸收，二氧化硫与碱反应生成亚硫酸盐，发生化学反应，故B错误；C电解法用于冶炼活泼金属，也可以电解
16、N2和H2合成NH3，即利用电解原理可制备Na、Mg、Al等活泼金属，也可实现N2和H2合成NH3，故C正确；D青铜器表面若有白色的CuCl，会加快青铜器的腐蚀速率，这是因为CuCl作为催化剂降低了腐蚀反应的活化能，使反应速率加快，故D正确故选B【点评】本题考查了低碳经济、二氧化硫、电解原理的应用、催化剂对反应速率的影响等，题目难度不大，侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，注意相关知识的积累2下列说法正确的是（）A取少量含稀硫酸的淀粉水解液于试管中，加入过量的NaOH溶液，再滴加少量碘水以检验淀粉是否完全水解B向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，可证明Al（OH）3是两性氢氧化物C
17、酸碱中和滴定时，用强酸滴定强碱通常滴加23滴甲基橙做指示剂，若甲基橙加入过多对实验无影响D在砂纸打磨过的铁片上滴几滴含酚酞的饱和食盐水，静置12 min，会观察到在液滴的边缘位置先出现红色【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘与氢氧化钠溶液反应；B氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化钠过量，进一步反应生成偏铝酸钠，可说明氢氧化铝具有酸性的特点；C一般用酚酞为指示剂，如甲基橙加入过多会导致较大的实验误差；D铁、碳与食盐水形成原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀【解答】解：A碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故A错误；B氯化铝与氢氧化钠反应
18、生成氢氧化铝，氢氧化钠过量，进一步反应生成偏铝酸钠，可说明氢氧化铝具有酸性的特点，可用氢氧化铝与盐酸反应，从两个角度实验，故B错误；C一般用酚酞为指示剂，如甲基橙加入过多会导致较大的实验误差，故C错误；D铁、碳与食盐水形成原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀，液滴的边缘与空气接触，氧气被还原生成氢氧根离子，滴加酚酞变红，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的检验、中和滴定、金属的腐蚀等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项A为易错点，题目难度不大3XT元素在周期表中的相对位置如图所示，其中X、Y、Z、W元素原子的最外层电子
19、数之和为20，T为第4周期元素下列说法正确的是（）AYW4与H2在高温下反应主要生成YH4和HWBX的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为29CW氧化物的水化物的酸性一定强于Z的氧化物的水化物DT的氢化物可能具有强的还原性，其稳定性小于Z的氢化物【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】T为第4周期元素，结合位置关系可知，X为第二周期元素，则Y、Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20，解得x=3，则X为B，Y为Si，T为As，Z为S，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：T
20、为第4周期元素，结合位置关系可知，X为第二周期元素，则Y、Z、W均为第三周期元素，X、Y、Z、W元素原子的最外层电子数之和为20，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x+3+x+4=20，解得x=3，则X为B，Y为Si，T为As，Z为S，W为Cl，ASiCl4与H2在高温下反应主要生成Si和HCl，故A错误；B电子层越多，原子半径越大，X的原子半径比T原子半径小，两者原子序数之差为334=29，故B正确；C由非金属性可知，W最高价氧化物的水化物的酸性一定强于Z的最高价氧化物的水化物，不是最高价无此规律，故C错误；D非金属性SAs，As的氢化物中As元素的化合价为最低价，则T的氢化物可能具有强
21、的还原性，其稳定性小于Z的氢化物，故D正确；故选BD【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数关系推断元素为解答的关键，对学生的逻辑推理有一定的要求，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等4下列说法不正确的是（）A乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯属于同一类型的反应BC3H8与C4H10一定互为同系物，分子式为C2H6O的有机物有2种C石油裂解可以得到丙烯，煤干馏可以得到苯，丙烯和苯均可使溴水褪色且原理相同D植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精【考点】有机物的结构和性质【分析】A乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯都属
22、于取代反应；BC3H8与C4H10都为烷烃，分子式为C2H6O的有机物可能为醇或醚；C丙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，苯与溴水不反应；D纤维素和淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可生成酒精【解答】解：A乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，苯与硝酸生成硝基苯都属于取代反应，反应类型相同，故A正确；BC3H8与C4H10都为烷烃，互为同系物，分子式为C2H6O的有机物可能为乙醇或二甲醚，故B正确；C丙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，苯与溴水不反应，溶液分层，为萃取现象，二者原理不同，故C错误；D纤维素和淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的催化作用下可生成酒精，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质
23、，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大5镁燃料电池具有比能量（指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小）高、燃料易于贮运等优点，拥有良好的应用前景，下图为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，总反应为Mg+ClO+H2OMg（OH）2+Cl，镁合金电极可以是Mg与Al或Li的合金下列说法不正确的（）AMgLi合金比传统的MgAl合金具有更高的比能量B铂合金的电极反应：ClO+H2OCl+2OH2e，OH向镁合金电极迁移C该电池镁合金会发生自身腐蚀产生氢气，使电极利用率降低D把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的
24、混合溶液，工作时H2O2将参与电极反应，其电极反应为：2H2O22eO2+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A单位质量的Li比Al转移的电子多；BClO在正极上得电子生成Cl，阴离子向负极移动；CMg的活泼性较强能与水反应生成氢气；DH2O2在正极上得电子生成H2O【解答】解：A7gLi转移1mol电子，27gAl转移3mol电子，所以单位质量的Li比Al转移的电子多，因此MgLi合金比传统的MgAl合金具有更高的比能量，故A正确；B镁合金作负极，铂合金作正极，ClO在正极上得电子生成Cl，电极方程式为：ClO+H2OCl+2OH2e，阴离子向负极移动，即OH向镁合金电极迁移，故
25、B正确；CMg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2，发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，故C正确；D把电解质换成H2O2、H2SO4和NaCl的混合溶液，工作时H2O2将参与电极反应，镁合金作负极，H2O2在正极上得电子生成H2O，故D错误故选D【点评】本题考查了原电池原理，题目难度中等，明确正负极上发生的反应是解本题关键，再结合离子移动方向来分析解答，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力625时，取浓度均为0.1molL1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1molL1NaOH溶液、0.1molL1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加
26、溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A曲线：滴加溶液到10 mL时：c（NH4+）c（NH3H2O）c（Cl）c（OH）c（H+）B曲线：滴加溶液到20 mL时：2c（CH3COO）+c（CH3COOH）+c（OH）2c（Na+）+c（H+）C根据滴定曲线，可得Kb（NH3H2O）1013D由曲线可知，选用酚酞和选用甲基橙作指示剂，消耗NaOH溶液的体积相同【考点】中和滴定【分析】根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH7，说明属于碱滴定酸溶液；A曲线I是用盐酸滴定氨水，滴加溶液到10mL时，得到等物
27、质的量的NH4Cl和一水合氨，溶液呈碱性；B曲线是用氢氧化钠滴定醋酸，滴加溶液到20mL时，得到的是醋酸钠，根据电荷守恒、物料守恒解答；C根据图象可知，0.1000mol/L的氨水的pH约为11，据此计算出Kb（NH3H2O）；D甲基橙的变色范围就是3.14.4，酚酞的是8.210【解答】解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH7，说明属于碱滴定酸溶液；A曲线I是用盐酸滴定氨水，滴加溶液到10mL时，得到等物质的量的NH4Cl和一水合氨，溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于NH4Cl的水解，则c（Cl）c（N
28、H4+）c（NH3H2O）c（OH）c（H+），故A错误；B曲线是用氢氧化钠滴定醋酸，滴加溶液到20mL时，得到的是醋酸钠，由物料守恒知：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Na+），由电荷守恒知：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），两式相加即得：2c（CH3COO）+c（CH3COOH）+c（OH）2c（Na+）+c（H+），故B正确；C结合图象可知，0.1000mol/L的氨水的pH约为11，c（OH）=c（NH4+）=0.001mol/L，Kb（NH3H2O）=105，故C错误；D曲线是用氢氧化钠滴定醋酸，甲基橙的变色范围就是3.14.4，酚酞的是8.21
29、0，使酚酞变色要碱性，需多消耗些NaOH溶液，故D错误；故选B【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等7石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%） 和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）下列说法不正确的是（）A向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除空气，减少碳的损失B在1500高温条件下，反应后初级石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物和CO2C步骤为：搅拌、
30、过滤，所得溶液IV中的阴离子有Cl、OH、AlO2D100 g初级石墨最多可获得V的质量为7.8 g【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【分析】高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶
31、液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，以此解答该题【解答】解：高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，A石墨化学性
32、质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故A正确；B石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，故B错误；C固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，故C正确；D偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平
33、衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为5.1%，则100g初级石墨中氧化铝的质量=100g5.1%=5.1g，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量=7.8g，故D正确故选B【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查二、解答题（共5小题，满分58分）8（10分）乙烯和丙烯是重要的化工基础原料，由乙烯和丙烯合成E和F的路线如下
34、：已知：RX ROH请回答下列问题：（1）B中官能团的电子式为；丙烯A的反应类型为取代反应（2）写出BC的化学方程式HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O（3）写出F的结构简式（4）以丙烯为原料可合成甘油，请设计合理的合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】丙烯与氯气反应生成A，A发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，则丙烯与氯气发生取代反应生成A为CH2=CHCH2Cl，烯丙醇氧化生成C3H4O2为CH2=CHCOOH，再与氢氧化反应生成CH2=CHCOONa，CH2=C
35、HCOONa发生加聚反应生成F为乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷水解生成B为HOCH2CH2OH，B反应氧化反应生成C为OHCCHO，C进一步氧化生成D为HOOCCOOH，乙二酸与丙烯醇发生酯化反应生成E【解答】解：丙烯与氯气反应生成A，A发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，则丙烯与氯气发生取代反应生成A为CH2=CHCH2Cl，烯丙醇氧化生成C3H4O2为CH2=CHCOOH，再与氢氧化反应生成CH2=CHCOONa，CH2=CHCOONa发生加聚反应生成F为乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷水解生成B为HOCH2CH2OH，B反应氧化反应生成C为OHCCHO，C进一步氧化生成
36、D为HOOCCOOH，乙二酸与丙烯醇发生酯化反应生成E（1）B为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，羟基的电子式为丙烯A的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（2）BC的化学方程式：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O，故答案为：HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O；（3）F的结构简式，故答案为：；（4）丙烯与氯气在加热条件下反应生成CH2=CHCH2Cl，然后与氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，最后再氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成甘油（，合成路线流程图为：CH2=CHCH3CH2=CHCH2ClClCH2CHClCH2Cl，故答案为：
37、CH2=CHCH3CH2=CHCH2ClClCH2CHClCH2Cl【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据有机物的结构与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查，难度中等9请回答：（1）不能用石英坩埚加热熔融碳酸钠晶体，用化学方程式表示其原因Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2（2）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀和无色气体产生，写出反应的离子方程式2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2（3）完成以下反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2【考点】化学方程式的书写【分析】（1）石英坩埚主要成分为二氧化硅
38、，碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为二氧化碳，据此书写离子方程式；（3）根据质量守恒定律：反应前后各原子的数目不变，选择相应的配平方法（最小公倍数法、定一法等）进行配平即可【解答】解：（1）石英坩埚主要成分为二氧化硅，碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，该反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2，故答案为：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2；（2）向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为二氧化碳，离
39、子方程式为：2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2，故答案为：2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2；（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2，故答案为：4、2、4、O2【点评】本题考查了方程式的书写，考查了学生的分析、理解信息、应用信息的能力，掌握反应原理是解答关键，题目难度不大10（12分）为防止食盐结块，通常可在食盐中添加K4Fe（CN）6（亚铁氰化钾）作为抗结剂亚铁氰化钾易溶于水，在水溶液中会
40、电离出K+和Fe（CN）64，在高于400时，K4Fe（CN）6会发生分解，产生剧毒的KCN、C、N2和灰白色固体化合物甲将18g甲在足量氧气中灼烧，得到红棕色固体乙和2.24L（已折算成标准状况）CO2请回答下列问题：（1）甲的化学式Fe3C（2）亚铁氰化钾与稀硫酸共热会发生非氧化还原反应，并产生一种常见的含氧还原性有毒气体，写出该反应的离子方程式Fe（CN）64+12H+6H2OFe2+6NH4+6CO（3）乙与某些气体混合物共热可制取甲，下列气体混合物不符合要求的是BCACO、CO2、H2 BO2、CO2 CCO2、H2O D H2、CO（4）甲也可由某单质与甲烷高温下生成，写出该反应的
41、化学方程式3Fe+CH4Fe3C+2H2（5）在工业上可将含氰废水经蒸汽加热，使HCN气体逸出，用碳酸钾溶液在填充铁粉的塔内循环吸收，即生成亚铁氰化钾，同时还产生两种常见气体，写出该反应的化学方程式6HCN+2K2CO3+Fe=K4Fe（CN）6+2CO2+H2+2H2O（6）请设计实验方案检验食盐中是否添加了K4Fe（CN）6用铁粉、稀硫酸、双氧水制备硫酸铁溶液，将硫酸铁溶液滴入食盐水中，产生蓝色沉淀，证明含有K4Fe（CN）6，否则没有备选试剂：铁粉、稀硫酸、CuSO4溶液、双氧水（已知：K4Fe（CN）6与Fe3+会产生蓝色沉淀）【考点】无机物的推断【分析】（1）K4Fe（CN）6会发生
42、分解生成KCN、C、N2和灰白色固体化合物甲，甲在足量氧气中灼烧得到红棕色固体乙为Fe2O3，生成二氧化碳为0.1mol，则18g甲中含有碳原子为0.1mol，含有Fe的质量为18g0.1mol12g/mol=15.8g，Fe原子物质的量为=0.3mol，故甲的化学式为Fe3C；（2）亚铁氰化钾与稀硫酸共热会发生非氧化还原反应，并产生一种常见的含氧还原性有毒气体，该气体为CO，还生成硫酸亚铁、硫酸钾、硫酸铵；（3）乙应用还原性混合气体反应得到Fe3C；（4）甲也可由某单质与甲烷高温下生成，应是Fe与甲烷反应生成Fe3C与氢气；（5）HCN气体用碳酸钾溶液在填充铁粉的塔内循环吸收，生成亚铁氰化钾
43、，同时还产生两种常见气体为氢气、二氧化碳；（6）利用铁粉、稀硫酸、双氧水制备硫酸铁溶液，再利用K4Fe（CN）6与Fe3+产生蓝色沉淀进行检验【解答】解：（1）K4Fe（CN）6会发生分解生成KCN、C、N2和灰白色固体化合物甲，甲在足量氧气中灼烧得到红棕色固体乙为Fe2O3，生成二氧化碳为0.1mol，则18g甲中含有碳原子为0.1mol，含有Fe的质量为18g0.1mol12g/mol=15.8g，Fe原子物质的量为=0.3mol，故甲的化学式为Fe3C，故答案为：Fe3C；（2）亚铁氰化钾与稀硫酸共热会发生非氧化还原反应，并产生一种常见的含氧还原性有毒气体，该气体为CO，还生成硫酸亚铁、
44、硫酸钾、硫酸铵，反应离子方程式为：Fe（CN）64+12H+6H2OFe2+6NH4+6CO，故答案为：Fe（CN）64+12H+6H2OFe2+6NH4+6CO；（3）乙应用还原性混合气体反应得到Fe3C，A、D选项中CO、氢气具有还原性，B、C选项中均不能可以，故选：BC；（4）甲也可由某单质与甲烷高温下生成，应是Fe与甲烷反应生成Fe3C与氢气，反应方程式为：3Fe+CH4Fe3C+2H2，故答案为：3Fe+CH4Fe3C+2H2；（5）HCN气体用碳酸钾溶液在填充铁粉的塔内循环吸收，生成亚铁氰化钾，同时还产生两种常见气体为氢气、二氧化碳，该反应的化学方程式为：6HCN+2K2CO3+F
45、e=K4Fe（CN）6+2CO2+H2+2H2O，故答案为：6HCN+2K2CO3+Fe=K4Fe（CN）6+2CO2+H2+2H2O；（6）用铁粉、稀硫酸、双氧水制备硫酸铁溶液，将硫酸铁溶液滴入食盐水中，产生蓝色沉淀，证明含有K4Fe（CN）6，否则没有，故答案为：用铁粉、稀硫酸、双氧水制备硫酸铁溶液，将硫酸铁溶液滴入食盐水中，产生蓝色沉淀，证明含有K4Fe（CN）6，否则没有【点评】本题考查无机物推断、陌生方程式的书写、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，难度较大11（15分）天然气制油是利用天然气生产汽油和煤油等液体燃料的方法，这种合成油不含硫、氮化合物等杂质，因此也被称作是“绿色燃
46、料”，其主要工作原理包含合成气生成和FT合成两个过程，其中合成气生成主要化学反应为：主反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1副反应：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1已知合成气生成过程中，温度、压强和水碳比对甲烷平衡含量（%）的影响如图1：回答下列问题：（1）反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的H=+41kJmol1（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）反应自发进行的条件是高温若在恒温、恒压时，向该平衡体系中通入氦气平衡将向正反应方向移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向
47、”或“不移动”），甲烷的转化率将增大，平衡常数不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）其他条件不变，请在图2中用虚线画出压强为2MPa时，甲烷平衡含量（%）与水碳比之间的关系曲线（4）已知：在700，1MPa时，2mol CH4与2mol H2O在2L可变的密闭容器中发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的平衡转化率为50%，该温度下反应的平衡常数是6.75（5）合成气生成过程中，降低反应体系中CO2生成量的措施有BA增大容器体积，降低体系压强B在合适的温度区间内控制较低的反应温度C适当降低水碳比D选择合适、更高效的催化剂E向该反应体系中投入活性炭（6）某研究
48、机构在合成气生成过程中，保持容器体积和原料气比例不变，适当加入CaO和合适的催化剂以获得纯度95%以上的H2，试解释原因催化剂加快反应进行，加入氧化钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和氢氧化钙，获得纯度95%以上的H2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算；（2）根据图象中可以看出升高温度，反应速率加快，甲烷的百分含量减小，平衡向正反应方向移动，焓变大于0，反应前后气体体积增大熵变大于0，结合反应蒸发进行的判断依据分析，平衡常数随温度变化；（3）根据压强不变时，甲烷的百分含量随水碳比增大而减小来画出曲线；（4）利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，再根据
49、v=计算v（H2），代入平衡常数表达式K=计算其平衡常数；（5）CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1 ，反应是气体体积增大的吸热反应，降低反应体系中CO2生成量，可以改变条件使平衡逆向进行，据此分析判断选项；（6）保持容器体积和原料气比例不变，适当加入CaO和合适的催化剂以获得纯度95%以上的H2，利用氧化钙的性质分析；【解答】解：（1）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206kJmol1CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1盖斯定律计算得到CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的
50、H=+41KJ/mol，故答案为：+41KJ/mol；（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），反应H0，S0，反应自发进行的条件是HTS0，则反应自发进行的条件是高温条件下，若在恒温恒压时，向该平衡体系中通入氦气，使容器体积变大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，甲烷转化率增大，平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，故答案为：高温；向正反应方向；增大；不变；（3）其他条件不变，压强为2MPa时，CH4平衡含量随水碳比的增大而减小，其关系曲线为；故答案为：；（4）已知：在700，1MPa时，2mol CH4与2mol H2O在2L可变的密闭容器中发生反应，C
51、H4的平衡转化率为50%，根据化学平衡三段式计算 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）起始浓度（mol/L）：1 1 0 0变化浓度（mol/L）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡浓度（mol/L）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡常数K=6.75，故答案为：6.75；（5）CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1 ，反应是气体体积增大的吸热反应，降低反应体系中CO2生成量，平衡逆向进行，A增大容器体积，降低体系压强，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行二氧化碳生成量增大，故A错误；B反应是吸热反应，降低温度平衡向法人反应方向进行，
52、在合适的温度区间内控制较低的反应温度，使平衡逆向进行，二氧化碳量减少，故B正确；C适当降低水碳比，二氧化碳生成量会增大，故C错误；D选择合适、更高效的催化剂，只能改变化学反应速率不改变化学平衡，二氧化碳生成量不变，故D错误；E向该反应体系中投入活性炭是固体不影响化学平衡移动，故E错误；故选B，故答案为：B；（6）保持容器体积和原料气比例不变，适当加入CaO和合适的催化剂以获得纯度95%以上的H2，催化剂加快反应进行，加入氧化钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和氢氧化钙，获得纯度95%以上的H2，故答案为：催化剂加快反应进行，加入氧化钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和氢氧化钙，获得纯度95%以上的H2
53、；【点评】本题比较综合，涉及反应热计算、化学平衡图象及影响因素、反应速率与平衡常数计算等，是对基础知识的应用，注意掌握盖斯定律计算反应热，难度中等12（15分）柠檬酸铁铵是一种铁质强化剂，可治疗缺铁性贫血该盐极易潮解，溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，见光易转化为亚铁盐其实验室制备过程和工业生产流程分别如下：（一）实验室制备过程：FeSO4溶液Fe2（SO4）3Fe（OH）3Fe（C6H5O7）（NH4）3Fe（C6H5O7）2（二）工业生产流程：硫酸亚铁氢氧化铁成盐溶液滤液成品已知：Fe（OH）3+C6H5O7H3（柠檬酸）Fe（C6H5O7）（柠檬酸铁）+3H2O3NH3H2O+C6H5
54、O7H3（柠檬酸）（NH4）3C6H5O7（柠檬酸铵）+3H2OFe（C6H5O7）+（NH4）3C6H5O7（NH4）3Fe（C6H5O7）2（柠檬酸铁铵）请回答下列问题：（一）实验室制备过程中，高纯度、合适紧密结构的氢氧化铁制备是生成柠檬酸铁铵的关键步骤：（1）第步中氯酸钠氧化硫酸亚铁时，下列装置最适合的是D（2）若要检验第步反应后的溶液中不存在Fe2+，下列试剂最合适的是DAKSCN溶液 BKSCN溶液和氯水C酸性高锰酸钾溶液 D铁氰化钾溶液（3）第步中反应时间与产品的含铁量的关系如图所示，在26min后含铁量随着反应时间的延长而降低，其主要原因是反应时间过长，产生结构紧密的氢氧化铁，难
55、以被柠檬酸溶解，导致产品含铁量降低请分析26min前含铁量随着反应时间的延长而增加的主要原因是26min前随着滴加时间的延长氨水与硫酸铁反应更充分，产生更多结构合适易被柠檬酸溶解的氢氧化铁，从而增加含铁量（4）检验氢氧化铁是否完全洗涤干净的具体实验操作是取少量最后一次洗涤液于2支试管中，分别滴加酸化的BaCl2、AgNO3溶液，均无白色沉淀产生，证明洗涤干净（二）在工业生产流程中（5）下列关于工业生产流程的说法正确的是ACA第步用大量的NaClO3氧化Fe2+时，可消耗H+，促进产生的Fe3+水解产生Fe（OH）3B第步中的NaClO3可以用稀硝酸溶液代替C第步中为加快Fe（OH）3的溶解速率
56、，可采用搅拌或适当升高温度D第步中的柠檬酸是起调节溶液pH作用，可用稀硫酸代替（6）第步后，为制得成品，后续操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（7）在室温下，将所得的成品用无水乙醇进行浸泡2次，从而得到精制产品，选择用无水乙醇进行浸泡的优点是无水乙醇可溶解柠檬酸等有机杂质，提高产品纯度；减少柠檬酸铁铵的溶解损失；乙醇易挥发，不易残留（写出两点）【考点】制备实验方案的设计【分析】柠檬酸铁铵制备：在酸性条件下氯酸钠氧化硫酸亚铁，反应方程式为：NaClO3+6FeSO4+3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O，加入氨水，硫酸铁和一水合氨发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应方程
57、式为：Fe2（SO4）3+6NH3H2O=2Fe（OH）3+3（NH4）2SO4，加入柠檬酸发生Fe（OH）3+C6H5O7H3（柠檬酸）Fe（C6H5O7）（柠檬酸铁）+3H2O，加入氨水，发生3NH3H2O+C6H5O7H3（柠檬酸）（NH4）3C6H5O7（柠檬酸铵）+3H2O，Fe（C6H5O7）+（NH4）3C6H5O7（NH4）3Fe（C6H5O7）2（柠檬酸铁铵），制得柠檬酸铁铵（一）（1）氯酸钠氧化硫酸亚铁，需温度控制在80，比较装置的异同以及反应的条件选择所需仪器；（2）亚铁离子可以用KSCN溶液和氯水、高锰酸钾溶液、K3Fe（CN）6检验，比较；（3）根据题干信息：反应时间
58、过长，产生结构紧密的氢氧化铁，难以被柠檬酸溶解进行解答；（4）氢氧化铁未完全洗涤干净，含有杂质离子硫酸根离子，根据硫酸根离子的检验方法进行检验；（二）（5）A铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，NaClO3氧化Fe2+，消耗H+，促进产生的Fe3+水解；B硝酸具有强氧化性，能氧化产物氯离子生成氯气，同时引入杂质离子；C大多数固体溶解度随着温度的升高而升高；D稀硫酸能和氢氧化铁反应；（6）从溶液中获取固体溶质，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤干燥得到成品；（7）无水乙醇属于常用的有机溶剂，易挥发【解答】解：（一）（1）A在酸性条件下氯酸钠氧化硫酸亚铁，反应方程式为：NaClO3+6FeSO4+
59、3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O，氯酸钠氧化硫酸亚铁，无需球形干燥管进行干燥，故A错误；B氯酸钠氧化硫酸亚铁，需温度控制在80，装置B用酒精灯加热，不便于控制温度，反应中无需用冷凝管冷凝反应物、产物，故B错误；C氯酸钠氧化硫酸亚铁，需温度控制在80，装置C无温度计，故C错误；D用温度计控制水浴的温度，符合氯酸钠氧化硫酸亚铁80的要求，因需酸化，图中左部分有加液器需加硫酸，有防止倒吸的装置，防止副产物二氧化硫等易溶于水的物质溶于水产生倒吸，符合条件，故D正确；故答案为：D；（2）亚铁离子与KSCN溶液不反应，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水变红，可检验亚铁离子，酸性高锰酸
60、钾溶液能被亚铁离子还原而使酸性高锰酸钾溶液褪色，可检验亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾反应3Fe2+Fe（CN）63=Fe3Fe（CN）62，生成蓝色沉淀，所以亚铁离子可以用K3Fe（CN）6检验，现象最明显，D最合适，故答案为：D；（3）加入氨水，硫酸铁和一水合氨发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应方程式为：Fe2（SO4）3+6NH3H2O=2Fe（OH）3+3（NH4）2SO4，26min前随着滴加时间的延长氨水与硫酸铁反应更充分，产生更多结构合适易被柠檬酸溶解的氢氧化铁，从而增加含铁量，故答案为：26min前随着滴加时间的延长氨水与硫酸铁反应更充分，产生更多结构合适易被柠檬酸溶解的
61、氢氧化铁，从而增加含铁量；（4）硫酸铁和一水合氨发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，氢氧化铁未完全洗涤干净，含有杂质离子硫酸根离子，检验氢氧化铁是否完全洗涤干净，取少量最后一次洗涤液于2支试管中，分别滴加酸化的BaCl2、AgNO3溶液，均无白色沉淀产生，证明洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于2支试管中，分别滴加酸化的BaCl2、AgNO3溶液，均无白色沉淀产生，证明洗涤干净；（二）（5）AFe3+水解：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，第步用大量的NaClO3氧化Fe2+时，可消耗H+，促进产生的Fe3+水解产生Fe（OH）3，故A正确；B第步中的NaClO3，若用稀硝酸溶液代替，稀硝酸氧化产物中的氯离子生成氯气，硫酸铁中混有硝酸铁，故B错误；C采用搅拌可加快固体溶解，适当升高温度也能加快Fe（OH）3的溶解速率，故C正确；D第步中的柠檬酸是起调节溶液pH作用，不用稀硫酸代替，因稀硫酸能和氢氧化铁发生中和反应，故D错误；故答案为：AD；（6）柠檬酸铁铵溶于水，见光易转化为亚铁盐，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤干燥得到成品，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（7）在室温下，将所得的成品用无水乙醇进行浸泡2次，从而得到精制产品，选择用无水乙醇进行浸泡是因为：无水乙醇可溶解柠檬酸等有机杂质，提高产品纯度；减少柠檬酸铁铵的溶解损失；乙醇易挥发，不易残留，铵的