1、高考资源网（） 您身边的高考专家张家口市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
2、广泛，其中Ni的原子序数为28，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；B
3、HClO中O原子分别与H原子和Cl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
4、中，含有的H数目为0.02NAC. 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
5、.5mol氯气，故铁过量，由于氯气反应后变为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
6、时，托盘天平两边应放等质量的两张纸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，
7、故D错误；故答案为C。5.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，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
8、液加入氯化铁溶液中，两者反应生成氢氧化铁沉淀，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
9、氧化还原反应C. 均是酸性氧化物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
10、二氧化硫不能将FeSO4溶液氧化为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
11、中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在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
12、为3价C. MnO2在反应中被还原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
13、五周期零族，所以56号元素是第六周期第二种元素，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
14、于同一周期，且从P到Cl，非金属性逐渐增强；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
15、的气态氢化物的稳定性逐渐增强，最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+2OHBa
16、SO4+2H2O，故A错误；B稀硫酸中加入铁粉，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
17、相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。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
18、SO2、E为SO3、Z为、F为H2SO4。【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
19、氧化硫，故D正确；故答案为C。【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
20、溶液的pH减少【答案】A【解析】【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
21、转移电子及基本概念的考查，注意分析元素的化合价，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
22、B正确；C装置为收集装置，为集气瓶，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
23、，故A正确；B在稀硝酸溶液中加入铁粉，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n
24、molHCl生成二氧化碳，则生成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
25、最外层电子数是7，故A正确；BTs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
26、溶液，充分反应没有产生能使湿润的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
27、氧化还原反应，且生成酸，W、X、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
28、光，生成白色固体和黑色粉末 (6). 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
29、子结构示意图为；(3)同一周期从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
30、；DW氧化物SO2具有还原性，能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
31、B不可能是A.NH3H2O B.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
32、氧化亚铁离子生成铁离子，试剂B为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。高考资源网版权所有，侵权必究！
