黑龙江省阿城市龙新中学学年高二下期期末复习化学模拟试题解析版.docx

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黑龙江省阿城市龙新中学学年高二下期期末复习化学模拟试题解析版

黑龙江省阿城市龙新中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）

1．在反应3H2+N2⇌2NH3中，经一段时间后，氨的浓度增加了0.6mol/L，在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/（L•s），则反应所经过的时间为

A．0.44sB．1sC．0.33sD．2s

【答案】D

【解析】

试题分析：

H2表示的平均速率v（H2）=0.45mol/（L∙s），利用速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=2/3v（H2）=2/3×0.45mol/（L∙s）=0.3mol/（L∙s），氨的浓度增加了0.6mol/L，△c（NH3）=0.6mol/L，所以反应所经历的时间为0.6/0.3=2s。

答案选D。

考点：

化学反应速率

2．下列物质属于电解质的是

A．CuB．CO2C．KNO3D．乙醇

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．Cu是单质，不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．CO2是非电解质，故B错误；C．KNO3是电解质，故C正确；D．乙醇是非电解质，帮D错误，答案为C。

考点：

考查物质的分类，涉及电解质与非电解质的判断。

3．下列元素中，最高正化合价数值最大的是

A．ClB．PC．NaD．Ar

【答案】A

【解析】

试题分析：

A.Cl最高化合价为+7，B.P的最高化合价为+5，C.Na的最高化合价为+1，D.Ar是惰性气体，无最高正价，故此题选A。

考点：

考查常见元素的最高化合价的判断相关知识点

4．下列对二氧化硫气体的物理性质或化学性质描述正确的有

A．无色、无味B．容易液化、难溶于水

C．有漂白性，能使品红溶液褪色D．和水反应生成硫酸

【答案】C

【解析】A错误，无色、有刺激性气味

B错误，难液化、易溶于水

C正确。

D错误，和水反应生成亚硫酸

5．金刚石晶体俗称钻石，在所有天然物质中，其硬度最大。

金刚石除作装饰品外，主要用于制造钻探用的钻头和磨削工具，是重要的现代工业材料。

但由于天然钻石稀有，其价格十分昂贵。

科学实验表明，石墨在一定温度、压强、催化剂条件下可以转化为金刚石，且12g石墨转化为金刚石要吸热1.894J。

以下说法正确的是（）

A.石墨比金刚石稳定

B.金刚石比石墨稳定

C.石墨转化为金刚石是一个物理变化

D.石墨和金刚石是同一种物质

【答案】A

【解析】石墨转化为金刚石需要吸热，说明石墨本身的能量比金刚石低，所以石墨比金刚石稳定。

A说法正确，B说法错误。

石墨和金刚石是两种不同的物质，它们之间的转化属于化学变化。

C、D两说法错误。

6．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）

A．原子半径：

Z>Y>X

B．气态氢化物的稳定性：

R>W

C．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物

D．Y和Z两者最高氧化物对应的水化物不能相互反应

【答案】B

【解析】

试题分析：

结合化合价与原子序数的关系，判断X、Y、Z、W、R分别是O、Na、Al、S、Cl元素。

A．Na、Al的电子层数相同，核电荷数多的半径小，所以原子半径：

Y>Z>X，A项错误；B．S、Cl中非金属性强的是Cl，所以气态氢化物的稳定性：

R>W，B项正确；C．WX3和水反应形成硫酸，硫酸是共价化合物，C项错误；D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝，二者能发生反应，D项错误，答案选B。

考点：

考查利用元素化合价判断元素的种类，元素周期律的应用。

7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．7.8gNa2O2中含有的离子总数目为0.4NA

B．1mol苯分子中含有碳碳双键数目为3NA

C．标准状况下，将分子总数为NA的NH3和HCl气体混合后的体积约为22.4L

D．16gCH4与18gNH4+所含电子数均为10NA

【答案】D

【解析】7.8g过氧化钠是0.1mol，1mol过氧化钠中含有Na+和O22-两种离子，因而A错；

苯中没有碳碳双键，B错；NA个分子即1mol，表面上是这样，但两种气体不能共存，生成氯化铵是固体C错；甲烷和铵根均是1mol，且都是10e-粒子，所以D正确。

8．常温时，下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是

A．pH=5的NaHSO3溶液：

[HSO3－]＞[H2SO3]＞[SO32－]

B．pH=8的苯酚与苯酚钠混合溶液：

[Na＋]＞[C6H5O－]＞[OH－]＞[H＋]

C．pH=7的CH3COONa与CH3COOH的混合溶液：

[Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]

D．0.1mol/LNaHCO3溶液：

[OH－]+[CO32－]＝[H＋]＋[H2CO3]

【答案】BD

【解析】

试题分析：

A中显酸性，说明电离大于水解，故NaHSO3溶液：

[HSO3－]＞[SO32－]＞[H2SO3]，错误；C中根据物料守恒判断可知错误；

考点：

本题考查溶液中微粒浓度关系。

9．在密闭容器中，对于反应：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g），在反应起始时N2和H2分别为10mol和30mol，当达到平衡时，N2的转化率为30%。

若以NH3为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，欲使其达到平衡时各成分的百分含量与前者相同，则NH3的起始物质的量和它的转化率，正确的是

A．40mol；35％B．20mol；30％

C．20mol；70％D．10mol；50％

【答案】C

【解析】

试题分析：

从氨气开始进行化学反应，平衡时各组分的含量相同，二者为等效平衡：

若为恒温恒容，按化学计量数转化到左边满足n（N2）=10mol、n（H2）=30mol，氮气与氢气的物质的量之比等于化学计量数之比，由方程式可知n（NH3）=2n（N2）=2×10mol=20mol，原平衡时氮气转化率为30%，则原平衡体系中氮气的物质的量为10mol×（1-30%）=7mol，故从氨气建立平衡生成的氮气为7mol，由方程式可知，参加反应的氨气的物质的量为7mol×2=14mol，故从氨气建立等效平衡，氨气的转化率为：

×100%=70%；若为恒温恒压，按化学计量数转化到左边满足n（N2）：

n（H2）=10mol：

30mol=1：

3即可，n（N2）：

n（H2）=1：

3等于化学计量数之比，故氨气的物质的量为任意值，氨气的转化率为70%。

故选C。

考点：

考查了化学平衡的计算、等效平衡的相关知识。

10．下列实验操作达不到实验目的的是

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、根据氯气、溴与氢气反应的条件可比较Cl、Br的非金属性的强弱，正确；B、氯化镁溶液与氯化铝溶液均与氨气反应生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，不能比较Mg、Al的金属性，错误；C、稀硫酸与饱和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸酸性比碳酸酸性强，可以比较S、C的非金属性的强弱，正确；D、Fe与盐酸反应生成氢气，Cu不与盐酸反应，可以比较Fe、Cu的金属性的强弱，正确，答案选B。

考点：

考查元素金属性、非金属性强弱比较的实验判断

11．下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是

选项

实验操作及现象

实验结论

A

向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解

该溶液中一定含有SO

B

向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色

该溶液中一定含有Fe2＋

C

向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊

该溶液中一定含有CO

D

向某溶液中加入NaOH溶液并微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体

该溶液中一定含有NH

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、该溶液中可能存在银离子，产生的是氯化银沉淀，故A错误；B、可能溶液中一开始就含有铁离子，而不是亚铁离子，故B错误；C、能使石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，溶液中可能是SO32-，故C错误；D正确。

考点：

考查离子检验问题

12．下列说法不正确的是

A．放热反应不需加热即可发生

B．化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等

C．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应

D．化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关

【答案】A

【解析】反应条件与反应是放热反应或吸热反应无关系，所以选项A不正确，其余都是正确的，答案选A。

13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是

A．50mL12mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0．3NA

B．5．6g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0．2NA

C．10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为1．2NA

D．标准状况下，含有1mol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22．4L

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、随着反应的进行，盐酸的浓度变小，稀盐酸与二氧化锰不反应，转移电子数小于0．3NA，A错误；B、5．6g铁与足量硫加热充分反应，生成硫化亚铁，转移电子数为0．2NA，B正确；C、10g质量分数为46%的乙醇溶液中，含乙醇0．1mol，含水0．3mol，所以氢原子的总数为1．2NA，C正确；D、标准状况下，含有1mol硫原子的SO2与SO3的混合物，由于SO3为固体，所以其体积小于22．4L，D正确；答案选A。

考点：

阿伏加德罗常数

14．某温度下，将C12通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO3－的浓度之比为1：

1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯气与被氧化的氯气的质量之比为

A．21：

5B．11：

3C．3：

1D．4：

1

【答案】C

【解析】

试题分析：

Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：

1，则可设ClO-为1mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为2mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+1mol×（5-0）＝6mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为6mol，则被还原的Cl的物质的量为6mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为6mol：

2mol=3：

1，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的计算

【名师点晴】本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用。

得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。

得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。

电子守恒法解题的步骤是：

首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。

计算公式如下：

n（氧化剂）×得电子原子数×原子降价数＝n（还原剂）×失电子原子数×原子升价数。

利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。

15．短周期元素A、B、C、D在周期表中所处的位置如图所示。

A、B、C、D四种元素的质子数之和为36。

E元素原子的半径在同周期中最大，且E的离子与C的离子具有相同的电子层结构。

则下列说法正确的是

A．元素A形成的气态氢化物一定是正四面体形分子

B．五种元素形成的氢化物中，C的氢化物的沸点最高

C．A、C两种元素可形成A3C2型化合物，该化合物在空气中不能燃烧

D．B、C、D、E四种元素的离子半径由大到小的顺序为D＞B＞C＞E

【答案】D

【解析】

试题分析：

设B的原子序数为z，则A、C、D的原子序数分别为z－1、z＋1、z＋8，故有z－1＋z＋z＋1＋z＋8＝36，解得z＝7，因此A、B、C、D分别为碳、氮、氧、磷。

E元素原子的半径在同周期中最大，则E为第ⅠA族元素，E的离子与C的离子具有相同的电子层结构，故E为Na。

A、碳元素形成的气态氢化物较多，不一定为正四面体形分子，如乙烯为平面结构，A错误；B、NaH为离子化合物，沸点最高，B错误；C、C3O2中C的价态低于＋4价，可以被氧气氧化，C错误；D、B、C、E的离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径B＞C＞E，B、D同主族，D的离子半径大于B的离子半径，D正确，答案选D。

考点：

考查位置、结构和性质关系应用

16．下列4组物质均有一种物质的类别与其他3种不同：

A．CaO、Na2O、CO2、CuOB．H2、C、P、Cu

C．O2、Fe、Cu、ZnD．H2CO3、H2O、H2SO4、HNO3

（1）以上四组物质中与众不同的物质依次是（填化学式）

A　　　　；B　　　　；C　　　　；D　　　　。

（2）若

（1）中四种物质相互作用可生成一种新物质[碱式碳酸铜，化学式Cu2（OH）2CO3]，该反应　　　　（填“是”或“不是”）氧化还原反应。

（3）碱式碳酸铜可以看作是Cu（OH）2和CuCO3按照1∶1的比例组成的混合型化合物，写出它与足量盐酸反应的化学方程式：

　。

【答案】

（1）CO2　Cu　O2　H2O　

（2）是（3）Cu2（OH）2CO3+4HCl====2CuCl2+3H2O+CO2↑

【解析】

试题分析：

（1）A组物质中，CO2为酸性氧化物，其余的都是碱性氧化物；B组物质中从元素组成上，Cu为金属单质，其余的都是非金属单质；C组物质中，O2为非金属单质（气态），其余的都是金属单质（固态）；D组物质中，H2O为氧化物，其余的都是含氧酸。

（2）这四种物质反应的化学方程式为2Cu+CO2+H2O+O2====Cu2（OH）2CO3，反应前后Cu和氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应。

（3）Cu（OH）2和盐酸反应生成CuCl2和H2O，CuCO3和盐酸反应生成CuCl2、H2O和CO2，由此可以写出碱式碳酸铜与足量盐酸反应的化学方程式。

考点：

物质的分类

17．（9分）实验题

（1）为准确测定中和热，除了提供的酸和碱溶液的浓度与体积必须准确外，在实验过程中的另外两个重要措施是：

、

（2）在草酸溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，发生如下反应。

请配平：

该反应开始时速率较慢，但一段时间后，紫色突然褪去，其主要原因是：

。

（3）人们常常根据反应的特征现象来判断反应进行的快慢。

对于下列反应：

Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O通常测定在一定条件下单位时间内出现（明显）现象来比较该反应进行的快慢。

为增大上述反应的速率，可采取的不同措施有：

，。

【答案】

（1）整个反应容器必须保温（或尽可能减少热量的损失），（1分）准确测定出反应前后的温差等（1分）

（2）2、5、6=2、10、8（2分），Mn2+的自催化作用（2分）（3）产生的浑浊，升温、增大反应物的浓度（各1分，共3分）

【解析】

试题分析：

（1）测定中和热时实验的引起误差的主要因素是热量的散失，所以实验时要采取措施让整个反应容器必须保温。

（2）氧化还原反应中最常用的配平方法是化合价的升降配平法，用化合价升降可以对该反应进行配平为：

2MnO4-+5H++6H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

反应开始时物质的浓度较大但反应却较慢，反应后浓度减小反应却突然很快，那么引起的原因可能是生成的Mn2+起到了催化作用。

（3）该实验较明显的现象是溶液变浑浊；反应在溶液中进行，那么加快反应的措施有升高温度、增大反应物的浓度等。

考点：

中和热的测定、氧化还原反应的配平、化学反应速率的影响因素。

18．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。

光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72-转化为Cr3＋。

某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4·24H2O]即可对该反应起催化作用。

为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：

（1）在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）。

实验编号

初始pH

废水样品体积/mL

草酸溶液体积/mL

蒸馏水体积/mL

①

4

60

10

30

②

5

60

10

30

③

5

60

测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。

（2）上述反应后草酸被氧化的离子方程式为____________________

（3）实验①和②的结果表明________________；实验①中0～t1时间段反应速率v（Cr3＋）＝________________mol·L－1·min－1（用代数式表示）。

（4）该课题组对铁明矾[Al2Fe（SO4）4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：

假设一：

Fe2＋起催化作用：

假设二：

____________________；

假设三：

____________________；

……

（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。

（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2（SO4）3·24H2O、Al2（SO4）3等。

溶液中Cr2O72—的浓度可用仪器测定）

实验方案（不要求写具体操作过程）

预期实验结果和结论

【答案】

（1）20，20。

溶液总体积为100ml即可

（2）Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O

（3）溶液PH对该反应的速率有影响;2（C0-C1）/t1

（4）Al3+起催化作用SO42-起催化作用

（5）

用等物质的量的K2SO4·Al2（SO4）3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验

反应进行相同时间后，若溶液中Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度则假设一成立，若Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立

【解析】

试题分析：

为控制变量，保证Cr2O72-、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100ml即可；

（2）草酸被氧化为二氧化碳的离子方程式为Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O；（3）实验①和②的结果表明溶液PH对该反应的速率有影响，PH越小速率越快；实验①中0～t1时间段反应速率v（Cr3＋）=2（C0-C1）/t1mol·L－1·min－1；（4）起催化作用的成分可能是Al3+起催化作用、SO42-起催化作用；（5）实验验证Fe2＋起催化作用

用等物质的量的K2SO4·Al2（SO4）3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验

反应进行相同时间后，若溶液中Cr2O72—浓度大于实验①中Cr2O72—浓度则假设一成立，若Cr2O72—浓度相同，则假设一不成立

考点：

本题考查化学综合实验。

19．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：

在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。

（1）提出问题：

Fe3+、Br2谁的氧化性更强？

（2）猜想：

①甲同学认为氧化性：

Fe3+>Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含（填化学式，下同）所致。

②乙同学认为氧化性：

Br2>Fe3+，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含所致。

（3）设计实验并验证：

丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。

供选用的试剂：

a．酚酞试液b．四氯化碳c．无水酒精d．硫氰化钾溶液

请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。

（试剂填序号）

选用试剂

实验现象

方案1

方案2

（4）应用与拓展：

①在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为。

②在100mLFeBr2溶液中通入2．24LCl2（标准状况），溶液中有1/3的Br–被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。

【答案】

（2）①Br2；②Fe3+

（3）

（4）①2Fe2++Br2==2Fe3++2Br-②1．2mol·L-1

【解析】

试题分析：

（2）①溴单质溶于水显黄色，所以不是发生化学反应所致，是指溶液中含有Br2；②溴的氧化性比铁离子强的话，溴与亚铁离子反应生成Fe3+而使溶液显黄色。

（3）证明溶液中没有溴单质而有铁离子即可证明乙同学的观点，利用溴溶于四氯化碳显红棕色，铁离子遇到硫氰化钾显红色来设计实验。

（4）①通过上述分析溴单质可以氧化亚铁离子生成铁离子和溴离子，方程式为：

2Fe2++Br2==2Fe3++2Br-②溴化亚铁中通入氯气，氯气先和亚铁离子反应，后和溴离子反应，假设溴化亚铁的浓度为xmol/L，则有x×0．1+x×0．1×2/3=2．24/22．4×2x=1．2mol·L-1

考点：

氯、溴、碘的性质实验，铁盐和亚铁盐的相互转化，性质实验方案的设计

【名师点睛】有颜色的物质有：

铁：

铁粉是黑色的；一整块的固体铁是银白色的。

Fe2+——浅绿色Fe3O4：

黑色晶体；Fe（OH）2：

白色沉淀；Fe3+：

黄色；Fe（OH）3：

红褐色沉淀；Fe（SCN）3：

血红色溶液；FeO：

黑色的粉末；Fe（NH4）2（SO4）2——淡蓝绿色；Fe2O3：

红棕色粉末；FeS：

黑色固体；

铜：

单质是紫红色；Cu2+：

蓝色；CuO：

黑色；Cu2O：

红色；CuSO4（无水）：

白色；CuSO4·5H2O：

蓝色；Cu2（OH）2CO3：

绿色；Cu（OH）2：

蓝色；BaSO4、BaCO3、Ag2CO3、CaCO3、AgCl、Mg（OH）2、三溴苯酚均是白色沉淀；Al（OH）3白色絮状沉淀；H4SiO4（原硅酸）白色胶状沉淀；Cl2、氯水：

黄绿色；F2：

淡黄绿色气体；Br2：

深红棕色液体；I2：

紫黑色固体；KMnO4：

紫色；MnO4-：

紫色；Na2O2：

淡黄色固体；Ag3PO4：

黄色沉淀；S—黄色固体；AgBr：

浅黄色沉淀；AgI：

黄色沉淀；O3：

淡蓝色气体；品红溶液：

红色；NO2：

红棕色气体。

20．（14分）铜在自然界存在于多种矿石中．

（Ⅰ）以硅孔雀石（主要成分为CuSiO3•2H2O，含少量SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质）为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：

已知：

Fe3+、Cu2+和Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、6.7和9.7．

（1）“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生反应的化学方程式．

（2）“溶浸”中，选取浓度为20%H2SO4为浸出剂，铜的浸出率与浸出时间的关系见图1．由图1可得，随着浸出时间的增长，（至少写一条变化规律）．

（3）“除杂”中，加入MnO2的作用是（用离子方程式表示）．“除杂”中需在搅拌下加入石灰乳以调节溶液的pH到3～4，沉淀部分杂质离子，分离得滤液．滤渣的主要成分为．

（Ⅱ）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料炼制精铜的工艺流程如下：

黄铜矿

精铜冰铜（Cu2S和FeS）

粗铜

精铜

（4）“还原”工艺中其中一个反应为：

Cu2S+2Cu2O

6Cu+SO2↑，