1、张家口市20192020学年第一学期阶段测试卷高三化学一、单选题(本题共20小题，第110每小题2分，第1120每小题3分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。)1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 镍铬烤瓷牙是一种由镍铬合金制成的牙齿，它耐腐蚀，价格低廉，是国内做的最多的烤瓷牙，28号镍元素属于过渡元素。B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应C. 氢氧化铝是医用胃酸中和剂的一种D. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐【答案】D【解析】【详解】A镍铬烤瓷是镍铬合金，物质的性质如硬度、耐腐蚀性等均优于Ni和Cr，用途比Ni和Cr更广泛，其中Ni的原子序数为28，
2、属于过渡性的副族元素，故A正确；B焰色反应为元素的性质，燃放烟花是某些金属元素焰色反应所呈现出来的不同色彩，故B正确；C氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸中和反应生成氯化铝和水，胃酸的成分中含有盐酸，所以氢氧化铝是医用的胃酸中和剂，故C正确；D石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故D错误；故答案为D。2.下列化学用语正确的是A. 中子数为78的碘原子：78IB. HClO的结构式为HOClC. N2的电子式：D. 硫原子的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A质子数为53、中子数为78的碘原子的质量数为：53+78131，该原子可以表示为131I，故A错误；BHClO中O原子分别与H原子和C
3、l原子形成共价键，故其结构式为HOCl，故B正确；C氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为，故C错误；D硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，而硫原子核内16个质子，核外电子数与质子数相等，故D错误；故答案为B。【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在 ，共价化合物一定不存在 ， 未参加成键的电子对一定不省略，同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。3.设NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A. 13.6g液态KHSO4中含有0.3NA个离子B. 25 1 L pH2的硫酸溶液中，含有的H数目为0.02NAC
4、. 在标准状况下，11.2L HF中含有的原子数为NAD. 56g铁粉与1 mol Cl2完全反应后，转移电子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】AKHSO4在熔融时只能电离为K+和HSO4，故13.6g液态KHSO4即0.1mol液态KHSO4中含有离子为0.2NA个，故A错误；B25，pH2硫酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子物质的量为0.01mol，即0.01NA个，故B错误；C标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算11.2L HF的物质的量，故C错误；D56g铁粉的物质的量为1mol，而铁和氯气反应时，1mol铁消耗1.5mol氯气，故铁过量，由于氯
5、气反应后变为1价，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，故D正确；故答案为D。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4.某学习小组需1.0000 mol/L的NaOH溶液240mL。下列有关配制时的说法正确的是A. 称量时，托盘天平两边应放等质量的两张
6、纸B. 配置时需用托盘天平称取9.6gNaOH固体C. 溶解NaOH固体后，将所得溶液立即转移到容量瓶中，会导致所配溶液浓度偏大D. 配制好的NaOH溶液应转移到带有玻璃塞的试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A在小烧杯内迅速称量，防止吸潮，不能放在纸上，故A错误；B容量瓶的规格没有240mL，只能选250mL，需氢氧化钠的质量为m0.25L1molL140g/mol10.0g，故B错误；C溶解NaOH后未经冷却至室温就转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故C正确；D玻璃的主要成分含有二氧化硅，与氢氧化钠反应，故不能转移到带有玻璃塞的试剂瓶中，故D错误；故答案为C。5.将饱和
7、的氯化铁溶液分成两等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到分散系I；把另一份溶液滴加到凉水中，得到分散系II。则下列说法正确的是A. 两份分散系中的分散质均为氯化铁B. 两份分散系均能全部通过半透膜C. 分别向两份分散系中滴加足量NaOH溶液，最终都能得到沉淀D. 两份分散系均能发生丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A分散系为氢氧化铁胶体；分散系为氯化铁溶液，故两分散系中的分散质不同，故A错误；B胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，故B错误；C将氢氧化钠溶液加入到氢氧化铁胶体中，发生胶体的聚沉，得到氢氧化铁沉淀；将氢氧化钠溶液加入氯化铁溶液中，两者反应生成
8、氢氧化铁沉淀，故均有氢氧化铁沉淀生成，故C正确；D只有胶体才能发生丁达尔效应，故只有分散系I可以发生丁达尔效应，故D错误；故答案为C。【点睛】考查了胶体的制备和性质，将饱和的氯化铁溶液分成两等份，把其中一份溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，发生反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，得到分散系为氢氧化铁胶体；把另一份溶液滴加到凉水中，得到分散系为氯化铁溶液，注意胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小，而导致胶体有丁达尔效应，溶液没有。6.下列关于SO2和NO2的叙述中正确的是A. 均只能使紫色石蕊溶液变红B 与水反应都发生氧化还原反应C. 均是酸性氧化物
9、D. 均能将FeSO4溶液氧化为Fe2(SO4)3溶液【答案】A【解析】【详解】ASO2和NO2与水作用均生成酸，虽然SO2具有漂白性，但不能使石蕊试液褪色，所以均能使紫色石蕊溶液变红，故A正确；BSO2与水作用生成H2SO3，不能生成H2SO4，没有发生氧化还原反应，故B错误；CNaOH溶液能与NO2、SO2反应：2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O；SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，所以SO2是酸性氧化物，NO2与碱发生的是氧化还原反应，得到的不是相应的盐，不是酸性氧化物，故C错误；DSO2具有还原性和弱氧化性，根据氧化还原反应的规律可知二氧化硫不能将FeSO4溶液氧化
10、为Fe2(SO4)3溶液，故D错误；故答案为A。7.室温下，下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL1 FeCl2溶液中，NH4、ClO-、Br-、SO42B. 饱和氯水中，Fe3、NO3、Al3、SO42C. PH7的溶液中，Cl、SO42、Na、Fe3D. 0.l mol/L NaAlO2溶液中，HCO3、Cl、Ba2、K【答案】B【解析】【详解】AFeCl2、ClO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、NO3、Al3+、SO42之间不反应，都不与饱和氯水反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CpH7的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在
11、中性溶液中不能大量共存，故C错误；DNaAlO2、HCO3之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，在溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为B。【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。8.对Zn2MnO22H2O2MnO(OH)Zn(OH)2，下列说法错误的是A. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1B. MnO(OH)中Mn的化合价为3价C. MnO2在反应中被还
12、原D. Zn是此反应中还原剂【答案】A【解析】【详解】AZn(OH)2为氧化产物，MnO(OH)是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，故A错误；B该化合物中氢氧根离子的化合价为1价，氧的化合价为2价，则依据化合物的化合价代数和为0可知，Mn元素的化合价为+3价，故B正确；CMnO2作氧化剂，被还原，故C正确；DZn元素的化合价升高，作还原剂，故D正确；故答案为A。9.56号元素在元素周期表中的位置是A. 第六周期IIA族B. 第四周期IVA族C. 第五周期IIA族D. 第五周期IVA族【答案】A【解析】【详解】稀有气体Xe，原子序数为54，位于第五周期零族，所以56号元素是第六
13、周期第二种元素，故56号元素位于第六周期A族，故答案为A。【点睛】明确元素周期表的大致结构是解题关键，记住稀有气体也就是0族元素的质子数(或碱金属族元素的质子数)。这些元素分别是每个周期最后(或开始)一种元素，He2，Ne10，Ar18，Kr36，Xe54，Rn86这些元素分别是每个周期最后一种元素，再根据原子序数之间的差值确定。10.P、S、Cl位于同一周期，下列说法正确的是A. 量高价氧化物对应的水化物酸性：H2SO4HClO4B. 气态氢化物稳定性：PH3H2SH2OC. 非金属性：PSClD. 还原性：H2SHCl【答案】D【解析】【详解】P、S、Cl位于同一周期，且从P到Cl，非金属
14、性逐渐增强；A非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，故最高价氧化物对应的水化物酸性：H2SO4HClO4，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物稳定性：PH3H2SH2O，故B错误；C同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，故非金属性：PSCl，故C错误；D非金属性越强，则阴离子或氢化物的还原性逐渐减弱，故还原性：H2SHCl，故D正确；故答案D。【点睛】考查元素周期律的应用，应注意的是氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等均和元素的非金属性有关，同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐增强，和氢气化合逐渐变容易，所得的气态氢化物的稳定性逐渐增强，最
15、高价含氧酸的酸性逐渐增强，阴离子或氢化物的还原性逐渐减弱。11.下列离子方程式书写正确的是A. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液显中性：Ba2OHHSO42BaSO4H2OB. 稀硫酸中加入铁粉：2Fe6H2Fe33H2C. KMnO4溶液与草酸溶液混合：2MnO45H2C2O46H2Mn28H2O10CO2D. 铁粉溶于过量稀硝酸：3Fe8H2NO33Fe24H2O2NO【答案】C【解析】【详解】ABa(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液显中性，氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故A错误；B稀
16、硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+Fe2+H2，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合，二者发生氧化还原反应，离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO42Mn2+10CO2+8H2O，故C正确；D铁屑溶于过量稀硝酸，铁被氧化成铁离子，正确的离子方程式为：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故D错误；故答案为C。【点睛】考查离子反应方程式的书写，把握物质的性质、发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。12.下图是某元素的价类二维图，A为正盐，通常条件下Z是无色溶液，D的相对分子质量比E小16，各物质转
17、化关系如图所示。下列说法不正确的是A. 若X是一种强碱，则F为硝酸B. 若X是一种强酸，则F为硫酸C. B和F在一定条件下均能发生反应，且都生成D. B在一定条件下可直接与Y反应生成D【答案】C【解析】【分析】A为正盐，若X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应依次得到单质C、氧化物D与氧化物E，D的相对分子质量比E小16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3若X是一种强酸，为S元素单质及其化合物符合转化关系，则A为硫化物、B为H2S、C为S、D为SO2、E为SO3、Z为、F为H
18、2SO4。【详解】AA为正盐，若X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应依次得到单质C、氧化物D与氧化物E，D的相对分子质量比E小16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，故A正确；B若X是一种强酸，为S元素单质及其化合物符合转化关系，则A为硫化物、B为H2S、C为S、D为SO2、E为SO3、Z为、F为H2SO4，故B正确；C氨气与硝酸反应生成硝酸铵，但硫化氢与硫酸反应不能生成盐，故C错误；D氨气能与氧气反应生成NO与水，硫化氢能与氧气反应生成二氧化硫，故D正确；故答案为C。【
19、点睛】考查无机物的推断，“转化中连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应，D的相对分子质量比E小16，说明DE之间的反应中参加反应的Y为O2，而H2S或S、N2或NH3均能发生连接氧化反应。13.NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。质监部门常用酸性KMnO4溶液检验NaNO2，并测定其含量。以确定食品是否符合国家规定。下列说法正确的是A. 该上述反应中KMnO4是氧化剂B. NO2被还原为N2C. 测定NaNO2含量时，当溶液变为紫色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液D. 反应过程中溶液的pH减少【答案】A【解析】
20、【详解】A该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4是氧化剂，故A正确；B该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化生成 NO3，故B错误；C测定NaNO2含量时，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，应溶液变为无色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液，故C错误；D根据元素守恒、电荷守恒知，配平方程式为2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5 NO3+3H2O，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故D错误。故答案为A。【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应转移电子及基本概念的考查，注意分
21、析元素的化合价，用酸性KMnO4液检验NaNO2，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4是氧化剂，NO2应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子。14.用下面装置制备干燥的NH3，下列说法不正确的是A. 装置，锥形瓶中的试剂可能是碱石灰B. 装置，作用是干燥NH3C. 装置，可以收集NH3D. 装置，作用是尾气处理【答案】C【解析】【详解】A装置为制备装置，分液漏斗中装有浓氨水，浓氨水易挥发，锥形瓶中的物质可以为碱石灰，碱石灰遇水放热，促进浓氨水挥发，故A正确；B装置为干燥装置，氨气用碱石灰来干燥，故B正确；C装置为收集装置，为集气
22、瓶，为排空气法，氨气的密度比空气小，应该短管进长管出，故C错误；D装置为尾气处理装置，氨气极易溶于水，用水来吸收多余的氨气，故D正确；故答案为C。15.下列实验与图象不对应的是选项ABCD实验向NH4C1溶液中加入过量Na2O2固体向稀硝酸溶液中加入过量的铁粉明矾溶液中逐滴加Ba（OH）2溶液至过量向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸图象A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A向NH4C1溶液中加入过量Na2O2固体，先是Na2O2固体与水反应放出氧气，然后生成的氢氧化钠与氯化铵反应又放出氨气，图象曲线与实际相符，故A正确；B在稀硝酸溶液中加入
23、铁粉，先生成Fe3+，当Fe3+的浓度达到最大值时，再加铁粉生成Fe2+，Fe3+的浓度减小，图象符合，故B正确；C明矾溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至过量：先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解(此时生成沉淀的速度比前面减小)，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，产生沉淀先快，再慢，最后不变，C与图象相符，故C正确；D设NaOH和Na2CO3的物质的量为nmol，nmolNaOH优先反应消耗nmolHCl，然后Na2CO3与nmolHCl反应生成nmolNaHCO3，最后nmolNaHCO3与nmolHCl生成二氧化碳，则生成
24、二氧化碳气体前后消耗HCl溶液体积之比为2：1，图象中比值为3：1，与实际情况不符，故D错误；故答案为D。【点睛】考查化学实验方案的评价、图象分析判断，题目难度中等，理解图象含义和变化趋势是解题关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生对图象的分析能力及综合应用能力。16.2016年IUPAC命名117号元素为Ts，下列说法不正确的是A. Ts的原子核外最外层电子数是7B. Ts是一种非金属元素C. 其中一种核素的中子数为176D. Ts在周期表的第七周期第VIIA族【答案】B【解析】【详解】A根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts的原子核外最外层电子数是7，故A正确；BT
25、s的原子核外最外层电子数是7，但根据金属与非金属的斜线关系，属于金属元素，故B错误；C其中一种核素Ts的中子数为293117176，故C正确；D根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts在周期表的第七周期第A族，故D正确；故答案为B。17.下列实验操作、实验现象及实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某无色溶液中滴加稀盐酸溶液变浑浊原溶液中一定存在Ag+B向某溶液中逐滴加入足量的盐酸先产生白色淀后，后白色沉淀溶解，直至消失该溶液中一定含有AlO2C向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液溶液变红原溶液中一定含有Fe2+D向某溶液中加入NaOH溶液，充分反应没有产生能使湿润的
26、红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中一定不含NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A加盐酸可能生成AgCl或硅酸沉淀，则原溶液中可能存在硅酸根离子，故A错误；B加盐酸生成沉淀，白色沉淀可溶于盐酸，则沉淀为氢氧化铝，溶液中一定含有AlO2，故B正确；C通入Cl2可氧化亚铁离子，且原溶液中可存在铁离子，不能确定原溶液中是否含亚铁离子，故C错误；D加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，则溶液中可能含NH4+，故D错误；故答案为B。18.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W是周期表中原子半径最小的原子，X与Y形成的某种化合物能与水发生氧化还原反应，且生成酸，W、X、
27、Y三种元素的核电荷数之和等于Z的原子序数，则下列说法正确的是A. 原子半径：XYZWB. W和X形成的某种化合物中，可能既有离子键，又有共价键C. 单质的氧化性：YZD. 简单氢化物的稳定性：XYZC.由于Z的氧化物ZO2既可与酸反应，又能与碱反应，所以ZO2为两性氧化物D.W的氧化物WO2，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色(7)足量的单质Y与一定量的W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液，在一定条件下充分反应，所得气体的成分为_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). (3). MgSiC (4). CH4 (5). 剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末 (6
28、). BD (7). SO2和H2【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Y最外层电子数等于X次外层电子数，则Y最外层电子数为2，X与Z同族，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10，则X、Z最外层电子数为4，则X为C元素，Z为Si元素；Y原子半径大于Z，则Y为Mg元素；W的最外层电子数等于X的核外电子总数，且W单质常温下为固体，则W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为C，Y为Mg，Z为Si元素，W为S元素；(1)Si的原子序数为14，位于元素周期表中第三周期A族；(2)Y元素形成的离子为镁离子，镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，其离子结构示意图为；(3)同一周期从
29、左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：MgSiC；(4)非金属性：CSi，则简单氢化物的热稳定性较好的是CH4；(5)X的最高价氧化物为二氧化碳，Mg在二氧化碳中剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末；(6)AW的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫中S、O原子满足8e稳定结构，而三氧化硫中S原子最外层电子数为6+39，不满足8电子稳定结构，故A错误；B非金属性SSi，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：WZ，故B正确；C由于Z的氧化物SiO2不与硫酸、盐酸、硝酸等强酸反应，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；DW氧化物SO2具有还原性，能
30、够被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故答案为：BD；(7)W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，足量的单质Mg浓硫酸在一定条件下充分反应，Mg与浓硫酸生成二氧化硫气体，与稀硫酸反应生成氢气，所得气体的成分为SO2和H2。24.工业上常以铜铁矿(主要成分为CuO和Fe3O4，还含少量SiO2等杂质)为原料，冶炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO47H2O)。其主要流程如下已知：滤渣II的主要成分为Fe(OH)3。请回答下列问题：(1)如何提高黄铜矿的浸出率_、_?(至少答两种方法)(2)试剂A为_，其反应的离子方程式为_。(3)试剂B不可能是A.NH3H2O B.
31、CuO C.NaOH D.Cu2(OH)2CO3(4)溶液II中溶质的成分为_。(5)操作X的步骤是_。【答案】 (1). 加热、搅拌 (2). H2O2 (3). 2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O (4). AC (5). CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】以铜铁矿(主要成分为CuO和Fe3O4，还含少量SiO2等杂质)为原料，冶炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO47H2O)，由流程可知铜铁矿加入稀硫酸，过滤可除去SiO2，滤液中含有硫酸铜、硫酸铁以及硫酸亚铁等，加入试剂A为过氧化氢，可用于氧化亚铁离子生成铁离子，试剂B为
32、CuO等，用于调节溶液pH，目的是生成氢氧化铁，过滤，滤渣为Fe(OH)3，加入稀硫酸，得到溶液为硫酸铁，加入铁粉，可生成硫酸亚铁，滤液加入铁可置换出铜，滤液为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，以此解答该题。【详解】(1)提高黄铜矿的浸出率，可进行加热、搅拌等操作；(2)试剂A为H2O2，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于分离，反应离子方程式为：2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O(3)试剂B为CuO等，用于调节溶液pH，避免引入新杂质，不能用NH3H2O、NaOH等，故答案为：AC；(4)滤渣主要成分为Fe(OH)3，可能含有CuO等，则溶液中溶质的成分为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4；(5)操作X由溶液可得晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作。【点睛】考查工业生成铜和绿矾的工业流程，为高考常见题型，涉及了实验操作、化学方程式书写、除杂质、氧化还原反应等，综合性较强，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。