北京市市昌平区2019届高三下学期二模考试化学试题（含答案解析）

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1、 1 北京市市昌平区北京市市昌平区 2019 届高三化学下学期二模考试试题届高三化学下学期二模考试试题 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Cu 64H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Cu 64 1.下列我国科技成果不涉及化学变化是 A.厨余污油裂化为航空燃油 B. “深海勇士”号潜水艇用锂电池供能 C. 以“煤”代“油”生产低碳烯烃 D. 用“天眼”接收宇宙中的射电信号 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】 A、 航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯， 该过程

2、属于化学变化，故不选 A； B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选 B； C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选 C； D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选 D。 2.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是 A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ B. Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2 C. 氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42 【答案】B 【解析】 【详解】A. Fe

3、Cl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故 A 正确； B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故 B 错误； C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故 C 正确； 2 D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故 D 正确；选 B。 3.下列说法正确的是 A. 34Se、35Br 位于同一周期，还原性 Se2 Br Cl B. 与互为同系物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 硫酸铵和醋酸铅都是盐类

4、，都能使蛋白质变性 D. Al2O3和 Ag2O 都是金属氧化物，常用直接加热分解法制备金属单质 【答案】A 【解析】 【详解】 A、 同周期元素从左到右非金属性增强， 同主族元素从上到下非金属性减弱， 单质氧化性 SeBr2Br Cl，故 A 正确； B、 属于酚类、属于醇类，不属于同系物，故 B 错误； C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析，不能使蛋白质变性，故 C 错误； D、Al 是活泼金属，Al2O3不能直接加热分解制备金属铝，故 D 错误。 4.下列实验操作、现象和结论均正确的是 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A、石蜡油主要是含 17 个碳原子以

5、上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃 3 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 A 正确； B、若待测液中含有 Fe3+也能出现相同的现象，故 B 错误； C、CH3CH2Br非电解质不能电离出 Br，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故 C 错误； D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故 D 错误。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。 5.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)= CO2(g)+

6、H2(g)。 已知在 25时： C(s)+ O2(g)CO(g) H1111kJmol 1 H2(g)+ O2(g)= H2O(g) H2242kJmol 1 C(s)+O2(g) = CO2(g) H3394kJmol 1 下列说法不正确的是 A. 25时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H41kJmol1 B. 增大压强，反应的平衡向逆反应方向移动，平衡常数 K 减小 C. 反应达到平衡时，每生成 1molCO 的同时生成 0.5molO2 D. 反应断开 2molH2和 1molO2中的化学键所吸收的能量比形成 4molO-H 键所放出的能量少 484kJ 【答案】B

7、 【解析】 【详解】A.根据盖斯定律得 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H41kJmol1，故 A 正确； B.平衡常数只与温度有关，增大压强 K 不变，故 B 错误； C. 反应，每生成 1molCO 的同时生成 0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故 C 正确； D. 焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和， 因此反应断开 2molH2和 1molO2中的化学键所吸收的能量比形成 4molO-H 键所放出的能量少 484kJ，故 D 正确；选 B。 6.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收 ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池

8、总反应为： 4 MnO2+ Zn +(1+ )H2O+ ZnSO4MnOOH+ ZnSO4Zn(OH)23xH2O 其电池结构如图 1 所示，图 2 是有机高聚物的结构片段。 下列说法中，不正确的是 A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料 B. 放电时，电池的正极反应为：MnO2+e+H+=MnOOH C. 充电时，Zn2+移向 Zn 膜 D. 合成有机高聚物的单体是： 【答案】B 【解析】 【详解】A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故 A 正确； B. 原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时 MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e

9、+H2O=MnOOH+OH-，故 B 错误； C. 充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时 Zn 膜充当阴极，所以 Zn2+移向 Zn 膜，故 C 正确； D. 根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故 D 正确；选 B。 7.在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与 O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和 Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。 已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52+H2O=2HSO3 实验用品 实验操作和现象 1.0010-2mol/L Na2SO3溶液 1.0010-2mol/

10、L NaHSO3溶液 实验 1：溶液使紫色石蕊溶液变蓝，溶液使之变红。 实验 2：溶液与 O2反应，保持体系中 O2浓度不变，不同 5 5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液 pH 条件下，c(SO32) 随反应时间变化如下图所示。 实验 3： 调溶液的 pH 相同， 保持体系中 O2浓度不变，测得三者与 O2的反应速率相同。 下列说法中，不正确的是 A. Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32+H2OHSO3+OH B. NaHSO3溶液中 HSO3的电离程度大于水解程度 C. 实验 2 说明，Na2SO3在 pH=4.0 时抗氧性最强 D. 实验 3 中，三种溶液在 pH 相同时

11、起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同 【答案】C 【解析】 【详解】A. Na2SO3强碱弱酸盐，SO32水解 SO32+H2OHSO3+OH，所以溶液显碱性，故 A 正确； B. HSO3电离呈酸性、 HSO3水解呈碱性， NaHSO3溶液呈酸性， 说明 HSO3的电离程度大于水解程度， 故 B 正确； C. 根据图示，Na2SO3在 pH=9.2 时反应速率最快，所以 pH=9.2 时抗氧性最强，故 C 错误； D. 根据已知信息可知实验 3 中，三种溶液在 pH 相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故 D 正确；选 C。 8.甲苯是有机合成的重要原料，既可

12、用来合成抗流感病毒活性药物的中间体 E，也可用来合成 -分泌调节剂的药物中间体 K，合成路线如下： 6 已知：.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr . （1）A 的结构简式为_。 （2）C 中含氧官能团名称为_。 （3）CD 的化学方程式为_。 （4）FG 的反应条件为_。 （5）HI 的化学方程式为_。 （6）J 的结构简式为_。 （7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物 L 的流程如下，写出中间产物 1和中间产物 2 的结构简式：_，_。 合成 L 的过程中还可能得到一种高分子化合物，其结构简式为_。 【答案】 (1). (2). 羟基、羧基 (3). +CH3OH+H2O

13、 7 (4). 浓 H2SO4、 浓硝酸， 加热 (5). +H2O (6). (7). (8). (9). 【解析】 【分析】 被氧化为 A，A 发生取代反应生成，故 A 是；与甲醇发生酯化反应生成 D，D是； 根据， 由可逆推 I 是，H与甲酸反应生成， 则H是， 根据逆推G是。 【详解】 （1）根据以上分析可知 A 是苯甲酸，结构简式为。 （2）C 是，含氧官能团名称为羧基、羟基。 （3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。 （4）为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。 8 （5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。 （6）与 J 反应生成，根据可知 J 的结构简式为。 （7）

14、 根据， 由逆推中间产物 1 和中间产物 2 的结构简式分别为、。 合成 L 的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。 【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重点把握逆推法在有机推断中的应用。 9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂（LiFePO4）做电极材料。对 LiFePO4废旧电极（含杂质 Al、石墨粉）回收并获得高纯 Li2CO3的工业流程图如下： 9 资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 （1）过程

15、 i 研磨粉碎的目的是_。 （2）过程 ii 加入足量 NaOH 溶液的作用是_。 （3）过程 iii 采用不同氧化剂分别进行实验，均采用 Li 含量为 3.7%的原料，控制 pH 为 3.5，浸取 1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液 Li+浓度(g/L) 滤渣中 Li 含量/% 实验 1 HCl H2O2 9.02 0.10 实验 2 HCl NaClO3 9.05 0.08 实验 3 HCl O2 7.05 0.93 实验 2 中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为_。 结合实验结果和中的现象，最终选择 H2O2作

16、为氧化剂，原因是_。 过程 iii 得到的浸出液循环两次的目的是_。 （4）浸出液中存在大量 H2PO4和 HPO42，已知：H2PO4 HPO42 +H+，HPO42 PO43+H+，结合平衡移动原理，解释过程 iv 得到磷酸铁晶体的原因_。 10 （5）对比过程 iv 和 v，说明过程 iv 不用饱和 Na2CO3溶液的原因_。 （6）简述过程 vi 的操作_。 【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 溶解 Al，使其分离出去 (3). ClO3+5Cl+6H+ =3Cl2+3H2O (4). Li+的浸出率较高， 且较环保 （节约酸和氧化剂的用量） (5). 提高浸出液

17、中 Li+ 浓度 （或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量） (6). CO32结合 H+， c(H+)减小， H2PO4HPO42 +H+，HPO42PO43+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43)增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁晶体 (7). 过程 iv 若使用饱和 Na2CO3溶液，其中 c(CO32)较大，易形成 Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯 Li2CO3的产量 (8). 用热水洗涤，干燥 【解析】 【分析】 （1）根据影响反应速率的因素分析过程 i 研磨粉碎的目的； （2）根据铝可溶于氢氧化钠溶液分析； （3）实验 2 中，NaClO3与盐酸发生归中反应

18、反应生成氯气、氯化钠、水； 实验 1 与实验 3 比，浸出液中 Li+浓度高； 浸出液循环利用，可以提高氧化剂和酸的利用率； （4）过程 iv 加入 30%的 Na2CO3溶液可以提高 PO43的浓度； （5）c(CO32)越大越易生成 Li2CO3沉淀； （6）根据温度越高碳酸锂溶解度越小分析； 【详解】 （1）过程 i 研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率； （2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程 ii 加入足量 NaOH 溶液的作用是溶解 Al，使其分离出去； （3）实验 2 中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是ClO3+5Cl+6

19、H+=3Cl2+3H2O； 实验 2 生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验 1 与实验 3 比，Li+的浸出率较高，所以最终选择 H2O2作为氧化剂； 过程 iii 得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中 Li+浓度； （4）过程 iv 加入 30%的 Na2CO3溶液，CO32结合 H+，c(H+)减小，H2PO4HPO42+H+，HPO42PO43+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO43)增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁晶体； （5）过程 iv 若使用饱和 Na2CO3溶液，其中 c(CO32)较大，易形成 Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少

20、 11 高纯 Li2CO3产量，所以过程 iv 不用饱和 Na2CO3溶液； （6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程 vi 的操作是用热水洗涤，干燥。 10.用纳米 Fe/Ni 复合材料能去除污染水体的 NO3，Ni 不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢（NH4+无法占据活性位点） 。反应过程如图所示： （1）酸性环境中，纳米 Fe/Ni 去除 NO3分两步，将步骤 ii 补充完整： .NO3+Fe+2H+=NO2+Fe2+H2O . + +H+=Fe2+ + _ （2）初始 pH=2.0 的废液反应 15min 后，出现大量白色絮状物，过滤

21、后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因_。 （3）水体初始 pH 会影响反应速率，不同 pH 的硝酸盐溶液与纳米 Fe/Ni 反应时，溶液中随时间的变化如图1 所示。 （注：c0(NO3)为初始时 NO3的浓度。 ） 为达到最高去除率，应调水体的初始 pH=_。 t15min，其反应速率迅速降低，原因分别是_。 （4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米 Fe/Ni 处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图 2 所示。40min 时总氮量较初始时下降，可能的原因是_。 （5）利用电解无害化处理水体中的 NO3，最终生成 N2逸出。其装置及转化图如图所示： 12 阴极

22、的电极反应式为_。 生成 N2的离子方程式为_。 【答案】 (1). 1NO3-+3Fe+8H+=3Fe2+1NH4+2H2O (2). Fe2+在水中发生水解， Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生 Fe(OH)2沉淀，之后发生反应 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的 Fe(OH)3。 (3). 6.5 (4). pH=2 的溶液中，t15min 时，产生大量 Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 (5). 反应过程中 H+被消耗，溶液 pH 升高，t=40min 时，溶液中含 N

23、物质主要以 NH4+的形式存在，一部分 NH4+生成 NH3逸出。 （反应过程中 NO2被 Fe 还原产生 N2逸出。 ） (6). NO3+8e+10H+=NH4+3H2O (7). 2NH4+3HClO=N2+3Cl+5H+3H2O 【解析】 【分析】 （1）根据流程图，步骤 ii 是 NO3-与 Fe 发生氧化还原反应生成 Fe2+和 NH4+； （2）反应生成 Fe2+在水中发生水解生成 Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀被氧化为红褐色的 Fe(OH)3； （3）根据图 1，初始 pH=6.5 时，NO3去除率最高；活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢； （4）随溶液 pH 升高

24、一部分 NH4+生成氨气放出； （5）阴极得电子发生还原反应；NH4+被 HClO 氧化为 N2。 【详解】 （1）步骤 ii 是 NO3-与 Fe 发生氧化还原反应生成 Fe2+和 NH4+，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为 NO3-+3Fe+8H+=3Fe2+NH4+2H2O； （2）初始 pH=2.0 的废液反应 15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色的原因是 Fe2+在水中发生水解反应 Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生 Fe(OH)2沉淀，之后发生反应 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变

25、成红褐色的 Fe(OH)3。 （3）根据图 1，初始 pH=6.5 时，NO3去除率最高，所以为达到最高去除率，应调水体的初始 pH=6.5； pH=2 的溶液中，t15min 时，溶液中 H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生 Fe2+和 pH 上升速率较 13 快，t15min 时，产生大量 Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降； （4）反应过程中 H+被消耗，溶液 pH 升高，t=40min 时，溶液中含 N 物质主要以 NH4+的形式存在，一部分 NH4+生成 NH3逸出。 （5）根据图示，阴极 NO3得电子发生还原反应生成 NH4+，阴极反应方程式

26、是 NO3+8e+10H+=NH4+3H2O； NH4+被 HClO 氧化为 N2，反应的离子方程式是 2NH4+3HClO=N2+3Cl+5H+3H2O。 11.某学习小组利用下图装置探究铜与浓 H2SO4的反应（夹持装置和 A 中加热装置已略，气密性已检验） 。 资料：微量 Cu2+与过量 NaOH 溶液发生反应：Cu2+4OH =Cu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。 编号 实验用品 实验现象 I 10mL 15mol/L 浓 H2SO4溶液 过量铜片 剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。 II 10mL 1

27、5mol/L 浓 H2SO4溶液 适量铜片 剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。 （1）A 中反应的化学方程式是_。 （2）将装置 C 补充完整并标明所用试剂_。 （3）实验 I 中，铜片表面的黑色沉淀可能含 CuO、Cu2S 或 CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作： i. 黑色沉淀脱落， 一段时间后，上层溶液呈无色。 ii. 开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。 14 甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含 CuO，理由是_。 乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是_。

28、需要增加实验 iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验 iii操作和现象是_。 （4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案： 编号 实验操作 实验现象 iv 取洗净后的黑色沉淀，加入适量_溶液，加热。 黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。 （5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下： 150取样 230取样 铜元素 3.2g，硫元 0.96g。 铜元素 1.28g，硫元 0.64g。 230时黑色沉淀的成分是_。 （6）为探究黑色沉淀消失的原因，取 230时的黑色沉淀，加入浓 H2SO4，加热至 250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体

29、，溶液变蓝。用化学方程式解释原因_。 （7）综合上述实验过程，说明 Cu 和浓 H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu 和浓 H2SO4反应的实验方案是_。 【答案】 (1). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O (2). NaOH 溶液 (3). 实验 i 和ii 对比，上层溶液颜色不同，说明 CuO 与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，i 中上层溶液无色，说明不含 Cu2+，因此黑色沉淀不含 CuO。 (4). 溶液中 Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 (5). 取实验 i 的上层清液，加入过量NaOH溶液， 再加入一定量甘油， 振荡， 未观

30、察到绛蓝色 (6). HNO3 (7). CuS (8). CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O (9). 将烧瓶中 10mL15mol/L 的浓 H2SO4加热至 250以上，其后加入适量铜片 【解析】 【分析】 15 （1）A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水； （2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气； （3）CuO 与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝； 溶液中 Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有 Cu2+； （4）试管上部出的现红棕色气体是 NO2，底部淡黄色固体是 S 单质； （5）根据 n(Cu):n(S)可计算化学式； （6）

31、取 230时的黑色沉淀，加入浓 H2SO4，加热至 250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体 S，溶液变蓝说明有 CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式； （7）综合上述实验过程可知加热至 250时可避免铜与浓硫酸发生副反应。 【详解】（1） A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、 二氧化硫、 水， 反应的化学方程式是 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O； （2）二氧化硫污染空气，所以装置 C 中盛放 NaOH 溶液吸收二氧化硫，装置图为； （3）CuO 与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝；实验 i 和 ii 对比，i 中上

32、层溶液无色，说明不含 Cu2+，因此黑色沉淀不含 CuO。 如果溶液中Cu2+浓度过低， 也无法呈明显的蓝色， 所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量 Cu2+与过量 NaOH 溶液发生反应：Cu2+4OHCu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。 因此说明黑色沉淀不含 CuO 的实验 iii 的操作和现象是取实验 i 的上层清液， 加入过量 NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色； （4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是 NO2，氧化产物是 S 单质； （5）230取样，铜元素 1.28g，硫

33、元 0.64g，则 n(Cu):n(S)=，所以 230时黑色沉淀的成分是 CuS； （6）取 230时的黑色沉淀，加入浓 H2SO4，加热至 250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体， 试管底部出现淡黄色固体S， 溶液变蓝说明有 CuSO4生成， 反应方程式是 CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O； （7） 将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250以上， 其后加入适量铜片只发生Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。 16 【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。