甘肃省武威市第六中学2020届高三化学上学期第一次阶段性复习过关考试试题（含解析）

1、 可修改甘肃省武威市第六中学2020届高三化学上学期第一次阶段性复习过关考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Fe56一、选择题（本题共16个小题，每小题3分。共48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.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）A. 高纯硅可用于制作光感电池B. 铝合金大量用于高铁建设C. 活性炭具有除异味和杀菌作用D. 碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】C【解析】【详解】A. 硅是半导体材料，高纯硅可用于制作光感电池，故A正确；B. 铝合金硬度大，可用于高铁建设，故B正确；C. 活

2、性炭具有吸附性，可以用于除异味，但不能杀菌，故C错误；D. 碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，故D正确。答案选C2.下列表格中各项都正确的一组是（ ）选项类别碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾食盐石墨蔗糖DKOHCuSO4Na2SO4NaClOA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】本题考查物质分类。掌握基本定义即可。【详解】A.烧碱氢氧化钠，为碱，小苏打为碳酸氢钠，是盐，硫酸钡是盐，属于电解质，干冰为二氧化碳，为非电解质，故A正确；B.纯碱为碳酸钠，是盐，Fe是单质，不属于非电解质，故B错误；C.明矾为硫酸铝钾，是盐，石

3、墨是单质，不是电解质，故C错误；D.氢氧化钾为碱，硫酸铜为盐，硫酸钠为盐，是电解质，次氯酸钠是盐，属于电解质，故D错误。答案选A。【点睛】注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质，为易错点。3.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】【分析】本题考查

4、的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多

5、形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。4.下列实验操作能达到实验目的是（ ）A. 用酒精萃取碘水中的碘B. 分离NH4Cl和NaHCO3的混合物C. 探究浓硫酸的吸水性D. 分离乙酸和乙醇的混合物【答案】C【解析】【详解】A.酒精和水互溶，不能用来萃取碘水中碘，故A错误；B.氯化铵和碳酸氢钠受热都能分解，不能用加热的方法分离，故B错误；C.浓硫酸有吸水性，吸收空气中的水，使饱和硫酸铜溶液中的水减少，溶液中会有蓝色晶体析出，故

6、C正确；D.乙酸和乙醇都容易挥发，不能直接蒸馏分离，且蒸馏时温度计不能插入溶液中，故D错误。答案选C。5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D.

7、电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。故选B。6.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）A. 在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NAB. 一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC. 1.0L的0.1 molL-1Na2S溶液中含有的S2离子数为0.1NAD. 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【答案】B【解析】试题分析：A.氮气与氢气反应产生氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成

8、物，因此在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，错误。B.2.3gNa的物质的量是0.1mol，由于Na是+1价的金属，所以完全与氧气反应失去的电子数为0.1NA，正确；C. Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-会发生水解反应而消耗，所以1.0L的0.1 molL-1Na2S溶液中含有的S2-离子数小于0.1NA，错误；D. 在标准状况下CCl4是液体，气体摩尔体积不能使用，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的使用的知识。7.下列各组离子中,在给定条件下能够大量共存的是（ ）A. 通入足量CO2后的溶液中:Na+、SiO32-、CH3COO-、CO

9、32-B. 无色溶液中:Mg2+、MnO4-、SO42-、K+C. 常温下c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中:NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D. c（ClO-）= 1.0 molL-1的溶液:Na+、SO32-、S2-、SO42-【答案】C【解析】【详解】A. 二氧化碳能与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀，能与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，故通入足量CO2后的溶液中不能大量存在SiO32-和CO32-，故A错误；B. MnO4-为紫色，不能在无色溶液中大量存在，故B错误；C. 常温下c（H+）/c（OH-）=1012的溶液为酸性溶液，四种离子都能存在，故C正确；D. 次氯酸根离子能氧

10、化亚硫酸根离子和硫离子，故D错误。答案选C。8.有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作： 则甲、乙、丙三种溶液中加的溶质可能是()A. BaCl2、H2SO4、MgCl2B. CaCl2、HNO3、AgNO3C. CaCl2、HNO3、NaClD. BaCl2、HCl、Na2CO3【答案】B【解析】A、BaSO4不溶于稀硫酸，故A错误；B、发生的反应依次为CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl，CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2，AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3，故B正确；C、最后加入NaCl不能产生白色沉淀，故C错误；D、由于第二步加入过量盐酸，第三步也

11、得不到BaCO3沉淀，故D错误。9.下列除杂试剂或操作方法正确的一组是（ ）序号物质杂质除杂试剂或操作方法NaClBaCl2加入过量的K2CO3溶液，过滤，再加适量的盐酸并加热FeSO4溶液CuSO4加入过量Fe粉，过滤H2HCl通过盛NaHCO3溶液洗气瓶，再通过盛H2SO4洗气瓶自来水植物油蒸馏A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】氯化钡溶液与碳酸钾反应生成氯化钾，引入钾离子杂质，故错误；铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤后除去铜，故正确；氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳和水，水蒸气被浓硫酸吸收，但二氧化碳成为新的杂质，故错误；植物油不溶于水，可以用分液的方法分离，不用蒸馏法

12、，故错误；答案选D。10.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A.氢氧化镁碱性强于氨水；B.制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C.得失电子不守恒、电荷不守恒；D.硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【详解】A.氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B.制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe33H2OFe(

13、OH)3（胶体）3H，故B不能用来解释相应实验现象；C.得失电子不守恒、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO22MnO42H2O=2Mn24H5SO42，故C不能用来解释相应实验现象；D.硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2O，故D不能用来解释相应实验现象。故选A。【点睛】解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。11.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（ ）A. 在0 、1.01104 Pa下,2

14、2.4 L氯气与足量镁粉充分反应后,转移的电子数为2NAB. 常温常压下,14.9 g KCl与NaClO的混合物中含氯元素的质量为7.1 gC. 50 mL 12 mol/L浓盐酸与足量二氧化锰加热反应,生成Cl2分子的数目为0.15NAD. 某密闭容器中盛有0.2 mol SO2和0.1 mol O2 ,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A. 在0 、1.01104 Pa下，不是标况，所以22.4 L氯气的物质的量不是1mol，故与足量镁粉充分反应后，转移的电子数不为2NA，故A错误；B. 常温常压下，KCl与NaClO的摩尔质量相同，故14.9 g

15、 KCl与NaClO的混合物物质的量为14.9g74.5g/mol=0.2mol，其中含氯元素的质量为7.1 g，故B正确；C. 50 mL 12 mol/L浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，随着反应进行浓盐酸的浓度变小，反应停止，故不能计算生成Cl2分子的数目，故C错误；D. 某密闭容器中盛有0.2 mol SO2和0.1 mol O2 ,在一定条件下充分反应，由于该反应为可逆反应，反应不彻底，故不能计算其转移电子的数目，故D错误。答案选B。12.关于分散系的说法，正确的是（）A. 根据体系稳定性，可将分散系分为溶液、胶体和浊液B. 一种分散系的分散质可以是固态、液态或气态，但只能是纯净物C.

16、利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，它利用了光的衍射原理D. 火力发电厂的烟气管道里安装的静电除尘装置，它利用了胶体的电泳原理【答案】D【解析】试题分析：A、根据体系中分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故错误；B、可以是混合物，故错误；C、利用光的反射，故错误；D、烟气是胶体，利用胶体的电泳，进行除尘，故正确。考点：分散系、胶体等知识。13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 01mol的2H35Cl含中子数为18NAB. 16g O3和O2混合物中氧原子数为NAC. 常温下，1L pH=l的溶液中H+的数目大于01NAD. 01 mol的H2O2中含有非极性键数为

17、02NA【答案】B【解析】【详解】试题分析：A2H 的中子数为1，35Cl 的中子数为18，2H35Cl含中子数为19，01mol的为19NA，错误；B16g O3的氧原子数为：NA= NA ，16g O2的氧原子数NA= NA所以16g混合物中氧原子数为NA；C常温下，1L pH=l的溶液中H+的数目等于01NA；D过氧化氢分子结构中含有O-O非极性共价键，因此0.1mol的过氧化氢含有非极性键数0.1NA。14.在甲、乙两烧杯溶液中，共含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42-、CO32-、OH-等6种离子已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是A. Cu2+、H+、SO

18、42- B. Na+、OH-、CO32-C. CO32-、OH-、SO42-D. Na+、H+、SO42-【答案】B【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有铜离子。由于铜离子和CO32、OH不能大量共存，所以CO32、OH不只能在乙烧杯中，因此乙烧杯不可能在含有H+，所以只能是钠离子，而甲烧杯中还含有H+、SO42，答案选B。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题关键是根据溶液的颜色首先判断出铜离子，然后在逐一分析。判断即可。15.下列离子组能大量共存且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是（ ）离子组加入试剂加入试剂后发生

19、反应的离子方程式A.Fe2+、NO3-、K+稀硫酸3Fe2+ NO3-+4H+ = 3Fe3+NO+2H2OB.Fe3+、I-、ClO-NaOH溶液Fe3+3OH- = Fe（OH）3C.Ba2+、HCO3-、Cl-NaOH溶液HCO3-+OH- = CO32-+H2OD.Ag+、F-、NO3-过量浓氨水Ag+OH- = AgOHA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. Fe2+、NO3-、K+在溶液中可以大量共存，硝酸根离子在酸性条件能氧化亚铁离子生成铁离子和一氧化氮，离子方程式为3Fe2+ NO3-+4H+ = 3Fe3+NO+2H2O，故A正确；B.铁离子、次氯酸根

20、离子能氧化碘离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，故C错误；D.加入过量的氨水后与银离子形成银氨溶液而不是氢氧化银沉淀，故D错误；答案选A。16. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B. 用图2装置可以完成“喷泉”实验C. 用图3装置直接测量Cu与浓硝酸反应产生的NO2体积D. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】B【解析】试题分析：A氨气密度小于空气且常温下和氧气不反应，应该用向下排空气法收集而不是向上排空气法收集，A错误；

21、BSO2易于氢氧化钠溶液反应，因此用图2装置可以完成“喷泉”实验，B正确；C3NO2+H2O2HNO3+NO，所以利用排水法收集的气体是NO，二氧化氮应该采用向上排空气法收集，C错误；D该装置中，铁电极与电源的负极相连，作阴极，铁不能失去电子，因此不能制备氢氧化亚铁，D错误；答案选B。【考点定位】本题考查了实验方案评价【名师点晴】该题为高频考点。考查的知识点较多，涉及物质的制取、气体的收集等知识点，明确物质的性质是解本题关键，同时考查学生思考问题的缜密性，选项D为易错点。注意对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济

22、、是否安全、有无污染等也是要考虑的。二、填空题（本题共4题，每空2分，共52分）17.（1）0.4 mol某气体的体积为9.8 L，则该气体的摩尔体积为_。（2）有标准状况下的四种气体:6.72 L CH4，3.011023个H2分子，3.4 g H2S，0.2 mol NH3，则其体积按从大到小的顺序为:_（填序号）。（3）标准状况下，测得1.92克某气体的体积为672 mL，则此气体的相对分子质量为_（4）实验室用Na2CO310H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，应称取Na2CO310H2O的质量是_。（5）某学生欲用12molL1浓盐酸和蒸馏水配制500 mL

23、0.3 molL1的稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是_（填序号）。a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面b.将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中c.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中d. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水e.容量瓶洗涤干净后未干燥【答案】 (1). 24.5 Lmol-1 (2). (3). 64 (4). 143.0 (5). 12.5 (6). a d【解析】【分析】（1）根据Vm=V/n进行计算。（2）根据n=m/M=V/Vm进行换算，然后比较。（3）根据n

24、=m/M=V/Vm，计算其物质的量，然后计算其摩尔质量，根据相对分子质量和摩尔质量在数值上相等进行分析。（4）根据实际实验中的容量瓶的规格计算需要的物质的质量。（5）根据溶液稀释过程中溶质物质的量不变进行计算浓溶液的体积，再根据c=n/V分析实验过程中的误差。【详解】(1) 0.4 mol某气体的体积为9.8 L，则该气体的摩尔体积为Vm = =24.5 Lmol-1；(2) 有标准状况下的四种气体:6.72 L CH4，3.011023个H2分子，物质的量为0.5mol，标况下体积为11.2L，3.4 g H2S物质的量为0.1mol，标况下体积为2.24L，0.2 mol NH3，标况下体

25、积为4.48L，则其体积按从大到小的顺序为:；(3) 标准状况下，测得1.92g某气体的体积为672 mL，其物质的量为n=0.03mol，则此气体的摩尔质量为M=64g/mol，相对分子质量为64； (4) 实验室用Na2CO310H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，实际使用1000mL容量瓶配制1000mL溶液，所以应称取Na2CO310H2O的质量是0.5mol/L1L286g/mol=143.0g。(5) 需要12molL1浓盐酸的体积为V=0.5L0.3 molL112molL1=0.0125L，即12.5mL；a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会使量取浓

26、盐酸的体积减小，配制的溶液浓度偏小；b.量取浓盐酸的量筒不需要进行洗涤，所以将洗涤液转移到容量瓶中会使盐酸的浓度增大；c.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，当冷却时溶液的体积变小，浓度变大；d. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积变大，浓度变小；e.容量瓶洗涤干净后未干燥，对配制溶液没有影响；故选ad。【点睛】在配制一定物质的量浓度的溶液实验中进行误差分析，注意抓住两点即可，溶质的物质的量和溶液的体积，溶质的物质的量减小，溶液浓度变小，溶液的体积变大，溶液的浓度变小。18.由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料

27、：由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。Al3在pH5.0时沉淀完全；Mg2在pH8.8时开始沉淀，在pH11.4时沉淀完全。实验过程：.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。.用铂丝蘸取少量中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至56，产生白色沉淀B，过滤。.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。.向中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是_。(2)由、判断X一定不含有的元素是磷、_。(3)中生成B的离

28、子方程式是_。(4)中B溶解的离子方程式是_。(5)沉淀C的化学式是_。(6)若上述n(A)n(B)n(C)113，则X的化学式是_。【答案】 (1). CO2 (2). 钠、硅 (3). Al33NH3H2O=Al(OH)33NH (4). Al(OH)3OH=AlO2H2O (5). Mg(OH)2 (6). Mg3Al(OH)7CO3【解析】分析：气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至56时生成的白色沉淀B

29、为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO22H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。详解：（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na，因为Na的焰色为黄色，即由、判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3H20为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4；（4）中氢氧化铝溶解的离

30、子方程式为Al(OH)3OHAlO22H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）：nAl(OH)3：nMg(OH)2=1：1：3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1：1：3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1：1：3：7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19.硫酸铁铵NH4Fe（SO4）2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热

31、的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应速率 (3). 水浴加热 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【分析】（1）

32、利用油脂能碱性条件下水解分析。（2）根据影响速率的因素分析。根据水浴加热能控制一定的温度范围分析。根据产生的气体成分和防止倒吸进行分析。（3）根据过氧化氢的反应产物分析。铁离子能发生水解，要抑制其水解。（4）根据失去的水的比重分析计算晶体中水分子个数。【详解】(1)油污的主要成分为油脂，在碱性条件下能水解，所以可以用碱煮水洗的方法除去；(2)温度升高可以加快反应速率；温度保持8095 适合用水浴加热的方法；铁屑中的硫化物和硫酸反应生成硫化氢气体，有毒，应选用氢氧化钠除去，为了防止倒吸，故选C；(3) 过氧化氢能将Fe2+全部氧化为Fe3+，且不引入杂质；铁离子能水解，所以要控制溶液的pH小于0.5。(4)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，失去1.5个水分子的式量为1.5