2021-2022学年河北省承德市高一下学期期末考试化学试题（含解析）

承德市高中2021～2022学年高一年级第二学期期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24S-32Fe-56Cu-64Zn-65一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27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.铝是地壳中含量最高的金属元素，下列关于铝及其化合物的性质、用途的说法错误的是A.纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零部件B.可用溶液除去粉末中少量的C.铝合金是用来制造飞机和宇宙飞船理想材料D.铝制品廉价易得，适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物【答案】D【解析】【详解】A．制造机器零部件要求材料硬度高、强度好，而纯铝硬度、强度较小，不适合，A正确；B．氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，B正确；C．铝合金硬度高、质量轻，是用来制造飞机和宇宙飞船是理想材料，C正确；D．铝能与酸、碱发生反应，铝制品不能长期存放酸性或碱性较强的食物，D错误；答案选D。2.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.具有导电性，可用于制作光导纤维B.氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂C.具有漂白性，可大量应用于各种食品添加剂D.具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂【答案】D【解析】【详解】A．SiO2不具有导电性，二氧化硅晶体透明，折射率合适，能够发生全反射，因此二氧化硅可用于制作光导纤维，A错误；B．氨气是否具有弱碱性，与作制冷剂没有直接关系，氨气易液化，转化成气体时，从外界吸收能量，周围温度降低，因此氨气可用作制冷剂，B错误；C．SO2具有漂白性，但因二氧化硫有毒，只能允许用作某些食品行业使用的食品添加剂，C错误；D．Fe3+具有强氧化性，能与Cu发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，氯化铁可用作铜制线路板的蚀刻剂，D正确；故选D。3.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是A.用磁铁吸收分离含铁废屑 B.“84”消毒液进行环境消毒C.稀盐酸除去铜器表面铜锈 D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂【答案】A【解析】【详解】A．磁铁吸引铁屑过程没有新物质产生，因此发生的变化是物理变化，A符合题意；B．“84”消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，会将细菌、病毒的蛋白质氧化而使其失去生理活性，故能够进行环境消毒，与物质的化学性质有关，B不符合题意；C．铜器表面的铜锈主要成分是Cu2(OH)2CO3，该物质与HCl反应产生CuCl2、CO2、H2O，有新物质产生，因此发生的变化是化学变化，C不符合题意；D．肥皂水显碱性，蚊虫叮咬会释放出甲酸，碱性物质与甲酸发生中和反应，使甲酸浓度降低，肥皂水因而可以作蚊虫叮咬处的清洗剂，由于产生了新的物质，因此发生的变化是化学变化，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是A.白色的无水硫酸铜固体溶于水显蓝色B.用pH试纸测定氯水的pH时，出现试纸先变红后褪色的现象C.金黄色的铜器长期暴露在湿润的空气中，产生了铜绿D.往溶液中滴入NaOH溶液出现白色沉淀，而后沉淀转变为灰绿色，最后变为红褐色【答案】A【解析】【详解】A．无水硫酸铜固体溶于水形成硫酸铜溶液，Cu2+呈蓝色，不是化学反应，与氧化还原反应无关，故A正确；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性使pH试纸先变红，次氯酸具有漂白性，后试纸褪色，氧化漂白过程涉及氧化还原反应，故B错误；C．铜绿是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3的俗称，由铜单质生成铜绿，Cu元素化合价升高，涉及氧化还原反应，故C错误；D．生成氢氧化亚铁易被氧化，则先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色的氢氧化铁，Fe元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故D错误；故选：A。5.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A.氯气与氢氧化钠溶液反应：B.氨水吸收足量的反应：C.过量Fe和稀的反应：D.向溶液中通入少量：【答案】C【解析】【详解】A.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：，选项A错误；B.氨水吸收足量生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为：，选项B错误；C.过量Fe和稀的反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；D.向溶液中通入少量，反应生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。6.向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量的铁粉，下列说法中错误的是A.若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜B.若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有Fe2+和Cu2+C.若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中还可能有Fe3+D.若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+【答案】B【解析】【分析】向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量的铁粉，首先会发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，当该反应完全后会发生反应：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，然后根据问题分析解答。【详解】A．若铁粉有剩余，则两个反应都进行完全，不溶物中一定有铜，A正确；B．若铁粉有剩余，则两个反应都进行完全，溶液中的金属阳离子有Fe2+，一定不含有Cu2+，B错误；C．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，反应Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4一定发生，反应CuSO4+Fe=Cu+FeSO4可能发生，也可能未发生，故溶液中一定含有Cu2+，溶液中可能有Fe3+，C正确；D．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，则反应Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4和CuSO4+Fe=Cu+FeSO4都反应完全，所以该溶液中一定有Fe2+，一定无Fe3+，D正确；故合理选项是B。7.下列图示与对应的叙述相符的是A.(a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化B.通过(b)图可知石墨比金刚石更稳定C.由(c)图可知，2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=(b-a)kJ·mol-1D.(d)图是某反应A→C的能量曲线图(E表示能量)，反应中△H=E4-E1-E2-E3【答案】B【解析】【详解】A．反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，锌和稀硫酸反应为放热反应，图示不符，故A错误；

B．通过(b)图可知石墨能量低于金刚石能量，能量越低物质越稳定，则石墨比金刚石更稳定，故B正确；

C．该反应为吸热反应，△H=(a-b)kJ·mol-1，故C错误；

D．反应A→C的△H=(E1-E2)+(E3-E4)=E1+E3-E2-E4，故D错误；

故选：B。8.变量控制法是科学探究的重要方法。相同质量的铁与相同体积的稀盐酸在下列条件下发生反应，开始阶段化学反应速率最快的是选项ABCD铁的状态块状粉末状块状粉末状c(HCl)/(mol·L-1)2.01.01.02.0反应温度/℃20203030A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】升高温度能加快反应速率，增加反应物的浓度能加快反应速率，固体呈粉末状态时和其它反应物的接触面积大，能加快反应速率，综合考虑选择温度高、浓度大且铁的状态为粉末状的，故选D。9.锌铜原电池装置如图所示，其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.锌作负极，失电子，被还原B.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加C.电池工作一段时间后，甲池中的c(SO)减小D.若锌片质量减少6.5g，则通过阴离子交换膜的离子的物质的量为0.1mol【答案】D【解析】【详解】A．锌铜原电池的工作原理为：，则锌作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化，A项错误；B．电池工作一段时间后，乙池中发生反应：，溶液中c(Cu2+)在减小，并且溶液中的通过阴离子交换膜进入甲池，c()也减小，所以乙池溶液的总质量减小，B项错误；C．电池工作一段时间后，乙池溶液中的通过阴离子交换膜进入甲池，所以甲池中的c()增大，C项错误；D．若锌片质量减少6.5g，则锌片的物质的量减少了0.1mol，根据负极反应可知，转移了0.2mol电子，所以电池中通过阴离子交换膜的的物质的量为0.1mol，D项正确；答案选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。铁元素的价类二维图如图，其中箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法错误的是A.是一种黑色有磁性的铁的氧化物，可由、水蒸气高温反应制得B.为实现向的转化，可向含的溶液中通入或者滴加溶液C.由图可预测：高铁酸盐()具有强氧化性，可将转化为D.均是碱性氧化物，均可与酸反应生成盐和水【答案】D【解析】【详解】A．Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，铁单质与水蒸气在高温下反应3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑，故A说法正确；B．Fe2+转化成Fe3+，铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现转化，如加入O2、Cl2、H2O2等，故B说法正确；C．中铁元素显+6价，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故C说法正确；D．不是碱性氧化物，故D说法错误；答案为D。11.一定温度下，铜与稀反应的过程如下：下列说法错误的是A.I中生成的无色气体是NOB.III的反应速率比I快的原因是溶于水，对反应具有催化作用C.当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解D.将上述1mL无色气体与1mL氧气混合通入水中，恰好能完全被水吸收【答案】D【解析】【详解】A．铜与稀反应的化学方程式为，所以I中生成的无色气体是NO，A正确，不符合题意；B．反应II生成了，对比I和III差别就在于III处于反应II生成溶于水，但是反应I原来就消耗了，即使溶于水补充了一部分，浓度了不会比I明显增大，所以反应速度明显比I快了，与溶于水生成无明显关系，可表明对反应具有催化作用，B正确，不符合题意；C．当活塞不再移动时，再抽入空气，无色气体发生反应，生成的溶于水生成，继续与铜发生反应，所以当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解，C正确，不符合题意；D．无色气体为NO，与氧气、水反应的化学方程式为，也就是它们恰好完全反应的体积比为4：3：2，当1mL无色气体与1mL氧气混合通入水中，并不能恰好完全被水吸收，D错误，符合题意；故合理选项为D。12.某温度下，在2L恒容密闭容器中通入1molX(g)和3molY(g)发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)△H<0，Z的物质的量与时间的关系见表，下列说法正确的是时间/min0t1t2t3Z物质的量/mol00.20.30.3A.0～t1min内，v(Z)=mol·L-1·min-1B.X(g)+3Y(g)2Z(g)的活化能小于2Z(g)X(g)+3Y(g)的活化能C.升高温度，可使正反应速率减慢，逆反应速率加快，故平衡逆向移动D.t3min时再通入1molX(g)和3molY(g)，反应达到新平衡时，c(X)>0.425mol·L-1【答案】BD【解析】【详解】A．根据表格可知，0～t1min内，Z的物质的量增加了0.2mol，则，A项错误；B．根据题意，X(g)+3Y(g)2Z(g)是一个放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，B项正确；C．升高温度，可使正逆反应速率都加快，但正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，故平衡逆向移动，C项错误；D．t3min时反应已达到平衡状态，有如下三段式：则平衡时，再通入1molX(g)和3molY(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，反应达到新平衡时，085mol/L>c(X)>0.425mol/L，D项正确；答案选BD。13.利用氢气燃料电池电解CuSO4溶液、MgCl2溶液，装置如图所示：下列说法错误的是A.甲池是将化学能转化为电能的装置，乙、丙池是将电能转化为化学能的装置B.反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO能使CuSO4溶液恢复到原浓度C.丙池的Pt(II)电极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑D.甲池中消耗280mLO2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体【答案】CD【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池和电解池串联的装置，甲池为原电池，乙池和丙池为电解池。甲池中通入氢气的一极为负极，同氧气的一极为正极，则乙池的石墨电极为阳极，银电极为阴极，丙池中Pt(I)为阳极，Pt(II)为阴极。【详解】A．由分析可知，甲池为原电池，是将化学能转化为电能的装置，乙和丙池为电解池，为将电能转化为化学能的装置，A正确；B．乙池电解过程中发生反应：，从体系中出去的元素为Cu和O元素，且个数比为1:1，所以加入一定量CuO能使CuSO4溶液恢复到原浓度，B正确；C．Pt(II)为阴极，发生还原反应，应该为，C错误；D．选项中没有标况，无法计算氧气的物质的量，所以无法判断丙池中产生沉淀的质量，D错误；故选CD。三、非选择题：本题共4小题，共57分。14.某化学自主实验小组通过实验制备NH3并探究NH3的性质。实验I.利用如图装置制取氨气并探究NH3与Cl2的反应。备选装置(水中含酚酞溶液)IIIIII（1）装置A中烧瓶内的试剂可选用____(填标号)。a.碱石灰b.浓硫酸c.生石灰d.五氧化二磷e.烧碱（2）若探究氨气的溶解性，则K2的导管末端不能连接表中的装置____(填序号)，原因是____。当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是____。（3）若探究氨气与氯气的反应，则需打开K1、K3、K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。①装置D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为____。②从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，则装置C中应盛放____(填化学式)溶液，Cl2发生反应的离子方程式为____。实验II.利用如图装置探究NH3与NO2的反应。（4）装置E中反应的化学方程式为_____。（5）若NO2能够被NH3还原，预期装置C中能观察到的现象是____。（6）此实验装置存在的一个明显缺陷是____。【答案】（1）ace（2）①.II②.不会发生倒吸③.用热毛巾将烧瓶捂热（3）①.3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2②.NaOH③.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（4）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（5）混合气体的颜色变浅（6）缺少尾气吸收装置【解析】【分析】实验I为制取氨气并探究NH3与Cl2的反应。A装置为氨气制备装置，产生的湿润的氨气进入碱石灰B中干燥，在D中收集满氨气，关闭K1和K2，打开K3，在D中形成喷泉，氨气极易溶于水，所以需要防倒吸。实验II探究NH3与NO2的反应。A为制备氨气的装置，分液漏斗内加入浓氨水，圆底烧瓶中加入碱石灰，经过B装置干燥后进入C中，另外一侧Cu与浓硝酸反应生成NO2，经过球形干燥管中氯化钙干燥后进入C中与氨气混合反应。【小问1详解】A为制备氨气的装置，浓氨水滴进去之后，需要固体具有吸水性，固体溶于水或和水方法放热且能增大溶液中OH-浓度，且不能与氨气反应，所以可选ace；【小问2详解】由于氨气极易溶于水，所以若要证明氨气的溶解性，需要产生倒吸现象，而II不会产生倒吸现象，即无法判断溶解性；若要产生喷泉，需要氨气与C中的液体接触，即可用热毛巾将烧瓶捂热；【小问3详解】氨气与氯气反应产生白烟，故白烟为NH4Cl，同时生成的无色无味的气体为N2，故答案为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2；氯气有毒，若逸出会污染环境，所以需要用碱性溶液吸收，可选NaOH溶液；Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，即离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问4详解】E为制备NO2装置，根据氧化还原原理可得到化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；【小问5详解】若不发生反应，C装置中气体的颜色为红棕色，当NO2被还原后，气体颜色变浅，即答案为：混合气体的颜色变浅；【小问6详解】氨气和NO2均有毒，需要进行尾气吸收，故该装置缺少尾气吸收装置。15.将CO2转化为有经济价值的产物，可以推动经济高质量发展和改善生态环境质量，实现碳中和。请回答下列问题：（1）以CO2原料加氢合成二甲醚(CH3OCH3)、甲醇(CH3OH)有利于实现碳中和。已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.01kJ·mol-1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-24.52kJ·mol-1③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=+41.17kJ·mol-1则反应④2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H4=____kJ·mol-1。（2）在一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的CO2和H2仅发生反应④，下列能说明反应④已达到平衡状态的是____(填标号)。A.CO2、H2、CH3OCH3分子数之比为2∶6∶1B.混合气体的平均摩尔质量保持不变C.单位时间内，每断裂2个C=O键，同时形成3个O－H键D.混合气体的密度不再变化（3）温度为T℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和1molH2，仅发生反应③，10min后达到平衡时氢气的体积分数为25％，则0～10min内，v(CO2)=____mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数为____。若该反应中v正=k正•c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆•c(CO)•c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关，当反应过程中CO2的物质的量为0.6mol时，v正∶v逆=____。（4）CO2催化加氢生成乙烯也是CO2的热点研究领域。2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H<0a.达到平衡后，欲提高乙烯(C2H4)的产率，并加快反应的速率，可采取的措施是____(写出其中符合条件的一种)。b.如图所示，向甲、乙两个密闭容器中分别充入1molCO2和3molH2(其中甲为恒容容器，乙为恒压容器)，发生CO2催化加氢生成乙烯的反应，起始温度、体积相同(T1℃、4L密闭容器)，达到平衡时，乙容器的容积为2.8L，则平衡时甲容器中CO2的物质的量____(填“大于”、“小于”或“等于”)0.2mol。【答案】（1）-122.54（2）B（3）①.0.025②.1③.9∶4（4）①.增大压强②.大于【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，④=①×2+②，则，故答案为：；【小问2详解】向恒容密闭容器中通入一定量的CO2和H2仅发生反应④2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，A．CO2、H2、CH3OCH3分子数之比为2∶6∶1，无法判断正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故A不符合题意；B．在恒容密闭容器中，反应前后气体的总质量不变，混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明混合气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，B项符合题意；C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时形成3个O－H键，方向相同，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故C项不符合题意；D．在恒容密闭容器中，反应前后气体的总质量不变，混合气体的密度始终不发生改变，无法判断正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故D项不符合题意；答案选B。【小问3详解】假设达到平衡时，转化的CO2的物质的量为xmol，则根据题意有如下三段式：由于达到平衡时氢气的体积分数为25％，则有，求得x=0.5，所以则0～10min内，；该反应的平衡常数为:；当温度不变，反应达到平衡时，，即k正•c(CO2)•c(H2)=k逆•c(CO)•c(H2O)，则，当反应过程中CO2的物质的量为0.6mol时，此时CO2转化的物质的量为0.4mol，H2的物质的量为0.6mol，CO和H2O的物质的量均为0.4mol，进一步可以算出CO2、H2、CO和H2O的浓度分别为0.3mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，所以，故答案为，1，9:4；【小问4详解】a.达到平衡后，欲提高乙烯(C2H4)的产率，并加快反应的速率，可采取的措施是增大压强；b.乙中压强和温度恒定，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，起始时乙为4L容器，分别充入1molCO2和3molH2，发生反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，达到平衡时，乙的容器容积为2.8L，则反应气体的总物质的量为，设二氧化碳的转化量为xmol，则反应后气体总物质的量为，得x=0.8，剩余二氧化碳为0.2mol，乙相当于对甲加压，平衡正向移动，二氧化碳的消耗量增大，故平衡时甲容器中二氧化碳的物质的量大于0.2mol，故答案为：大于；16.硫酸铁常用作媒染剂以及工业废水的凝结剂，也用于颜料中。医学上用硫酸铁作收敛剂和止血剂。（1）写出硫酸铁溶液与金属铜反应的离子方程式：___________。（2）硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。其中有一主要反应：(中Fe为＋2价)。下列说法正确的是___________(填标号)。a．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金b．和S是氧化产物c．当转移1mol电子时，有46g参加反应d．反应中，既作氧化剂又作还原剂（3）某小组按照如图步骤从含、、的废液中回收金属铜，并重新获得溶液：

操作Ⅰ的名称为___________，滤渣③的主要成分为___________(填化学式)，试剂X常用而不用稀硝酸，其原因为___________。（4）实验室里保存溶液时，常在溶液中加入___________，其目的为___________。（5）实验室配制溶液时，为了防止水解，需要将溶于稀硫酸中，再加水稀释。现需配制100mL溶液，需要用托盘天平称量___________g晶体，配制该溶液所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要___________；如果配制时，俯视定容，那么所配溶液的浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）（2）c（3）①.过滤②.Cu、Fe③.环保无污染（4）①.铁粉(或铁钉)②.防止被氧化（5）①.40.0②.100mL容量瓶和胶头滴管③.偏大【解析】【小问1详解】铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；【小问2详解】a．合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，所以黄铜矿不是合金，a错误；b．CuFeS2中Cu元素的化合价为+2价，生成物中Cu2+的化合价为+2价，化合价没发生改变，所以Cu2+不是氧化产物，CuFeS2中S元素的

化合价为-2价，生成物中S的化合价为0价，化合价升高，所以S是氧化产物，b错误；c．反应方程式中CuFeS2中S元素的

化合价为-2价，生成物中S的化合价为0价，在这个反应中转移4mol电子，消耗

CuFeS2，

则转移1mol电子

时，有CuFeS2参加反应，c正确；d．CuFeS2中只有S元素的化合价升高，其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂，d正确；故选d。【小问3详解】本实验为先加入过量的铁粉后通过过滤得到硫酸铁与硫酸亚铁溶液和铁粉和铜的混合物，向铁和铜的混合物中加入硫酸得到金属铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧化，得到硫酸铁，据此分析回答问题；由以上分析可知操作Ⅰ的名称为过滤；滤渣③的主要成分为Cu、Fe的混合物；试剂X常用H2O2而不用稀硝酸，其原因为过氧化氢在氧化过程中环保无污染；【小问4详解】三价铁离子可以与铁粉反应生成二价铁离子，故实验室里保存FeSO4溶液时，常在溶液中加入铁粉(或铁钉)，目的为防止Fe2+被氧化；【小问5详解】配制100mL

1mol⋅L−1

Fe2(SO4)3溶液，需要用托盘天平称量Fe2(SO4)3晶体；配制该溶液所需玻