2023届重庆市直属校高考化学倒计时模拟卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（）A．图中Ec与E之差表示活化能B．升高温度，图中阴影部分面积会增大C．使用合适的催化剂，E不变，Ec变小D．能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞2、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A．促进、促进 B．促进、抑制 C．抑制、促进 D．抑制、抑制3、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D4、溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验：下列说法正确的是A．气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B．溶液A中一定存在、、，可能存在C．溶液A中一定存在、、、，可能存在D．溶液A中可能存在，且5、下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是()A．NH3 B．SO2C．HCl D．CO26、己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线M表示pOH与1g的变化关系B．反应的C．pOH1>pOH2D．N2H5Cl的水溶液呈酸性7、下列说法不正确的是（）A．Na2CO3可用于治疗胃酸过多B．蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气C．CusO4可用于游泳池池水消毒D．SiO2导光能力强，可用于制造光导纤维8、用化学方法不能实现的是（）A．生成一种新分子 B．生成一种新离子C．生成一种新同位素 D．生成一种新单质9、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A．NH3NOHNO3B．浓盐酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO10、下列化学用语正确的是A．CH4分子的球棍模型： B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．1,3-丁二烯的分子式：C4H8 D．聚丙烯的链节：11、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料12、下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．13、向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A．M点时，Y的转化率最大B．平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C．升高温度，平衡常数减小D．W、M两点Y的正反应速率相同14、下列化学用语正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．CSO的电子式：C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：15、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物16、下列结论不正确的是（）①氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4②离子半径：Al3＋＞S2－＞Cl－③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br-④酸性：H2SO4＞H3PO4＞HClO⑤沸点：H2S＞H2OA．②③⑤ B．①②③ C．②④⑤ D．①③⑤17、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A．B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B．等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞DC．0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键18、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A．食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收B．许多绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，在碱性土壤中花朵呈粉红色，若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的硫酸铝C．在石英管中充入氖气，通电时能发出比荧光灯强亿万倍的强光，人称“人造小太阳”D．人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法：搽稀氨水或碳酸氢钠溶液19、“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是A．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B．“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD．“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉20、下列仪器不能加热的是()A． B． C． D．21、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色22、下列关于有机物的说法正确的是A．疫苗一般应冷藏存放,目的是避免蛋白质变性B．分子式为C3H4Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)C．有机物呋喃（结构如图所示),，从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上D．高分子均难以自然降解二、非选择题(共84分)23、（14分）有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。24、（12分）洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：回答下列问题：(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。(4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2②含有硝基③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。25、（12分）纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途．如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图．完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子．（1）精制除杂的步骤顺序是____→___→____→____→____（填字母编号）．a粗盐溶解b加入盐酸调pHc加入Ba（OH）2溶液d加入Na2CO3溶液e过滤（2）向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是______．在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是______．（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线．____（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是__（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是___（填试剂名称）．（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3•bNa2SO4•cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整：供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液①______．②______．③______．④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数．26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。27、（12分）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)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL15mol/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。II10mL15mol/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。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。（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，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______。28、（14分）元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛．完成下列填空：(1)与氯元素同族的短周期元素的原子核外有___种不同能量的电子．(2)能作为溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是___(填序号)．a．IBr中溴为﹣1价b．HBr、HI的酸性c．HBr、HI的热稳定性d．Br2、I2的熔点(3)海水提溴过程中，先向浓缩海水中通入_____，将其中的Br﹣氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收．已知纯碱吸收溴的主要反应是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1molBr2，转移电子_____mol，反应中氧化产物为_____．(4)已知：AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华．从物质结构的角度解释两者熔点相差较大的原因：__________(5)HClO有很好的杀菌消毒效果．为增强氯水的杀菌能力，可以用饱和氯水与小苏打反应来达到目的，试用平衡移动原理解释其原因：_____________________。29、（10分）资源化利用CO2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。回答下列问题：(1)CO2的捕集①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。写出“捕集”CO2反应的离子方式_____________。②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_________________________。(2)生产尿素：工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，该反应分为二步进行：第一步：2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s)△H=-159.5kJ·mol-1第二步：H2NCOONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ·mol-1①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。该反应化学平衡常数K的表达式：_________________________。②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式_______________________。②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】

A.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；B.当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C正确；D.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。2、B【答案解析】

碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。3、B【答案解析】

A.乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B.HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C.AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D.氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；答案选B。4、D【答案解析】

溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能还含有Cl-。【题目详解】A.气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液A中一定存在Na+，B错误；C.由分析可知，溶液A中一定不存在Mg2+，C错误；D.由分析可知，溶液A中不存在Cl－时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl－，Na+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)≥0.20mol·L-1，D正确；故答案选D。5、A【答案解析】

酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。【题目详解】A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；B.SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；C.HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；D.CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；故选A。【答案点睛】SO2和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。6、C【答案解析】

M、N点==1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【题目详解】A.，所以曲线M表示pOH与1g的变化关系，曲线N表示pOH与1g的变化关系，故A正确；B.反应表示第二步电离，=10-15，故B正确；C.pOH1=、pOH2=，，所以pOH1<pOH2，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。7、A【答案解析】

A、Na2CO3碱性太强；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源；C、铜是重金属，能杀菌消毒；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。【题目详解】A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确；C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确；D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确，故选：A。8、C【答案解析】

化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【题目详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。9、C【答案解析】

氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【题目详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确；B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。答案选C。【答案点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。10、A【答案解析】

A正确；B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH2=CH2，B错误；C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误；故选A。【答案点睛】①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。11、D【答案解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。12、C【答案解析】

A.表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；D.表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；故答案为：C。13、C【答案解析】

起始时向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分数减小；Q点之后，随着温度升高，X的体积分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【题目详解】A．Q点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点→M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；B．平衡后充入X，X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C．根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D．容器体积不变，W、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快，D项错误；答案选C。14、B【答案解析】

A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；B.CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；C.对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；D.16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。故选C。15、C【答案解析】

A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。16、A【答案解析】

①非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞Cl＞Si，氢化物的稳定性：HF＞HCl＞SiH4，故①正确；②Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径：S2－＞Cl－＞Al3＋，故②错误；③非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2＞Br2＞S离子的还原性：S2－＞Br-＞Cl－，故③错误；④硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4＞H3PO4＞HClO，故④正确；⑤H2S和H2O结构相似，化学键类型相同，但H2O中的O能形成氢键，H2S中的S不能，所以沸点：H2S<H2O，故⑤错误。答案选A。17、D【答案解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。【题目详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；答案选D。【答案点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。18、C【答案解析】

A．油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故A正确；B．铝离子水解会使土壤显酸性，绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，故B正确；C．充入氖气会发出红光，氙气灯被称为人造小太阳，故C错误；D．蚊子的毒液显酸性，和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故D正确；故答案为C。19、C【答案解析】

A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；答案选C。20、B【答案解析】

A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D不选；答案选B。【答案点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。21、B【答案解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。22、A【答案解析】

A．温度升高，蛋白质会变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，A正确；B．C3H6可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运用相同的方法可确定二氯代物的种类，则同分异构体有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；C．根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出四个碳原子可能在同一平面上，C错误；D．普通的塑料制品、橡胶、合成纤维等难以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【答案解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【题目详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。24、甲苯+Cl2+HCl取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N吸收反应生成的HCl，提高反应转化率或【答案解析】

甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。【题目详解】(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为。【答案点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。25、acdebNH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能将HCO3﹣转化为CO32﹣，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl﹣浓度，有利于NH4Cl结晶析出b浓氨水称取一定质量的天然碱晶体加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【答案解析】

(1)根据SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用；(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数。【题目详解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：a→c→d→e→b；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2；通入NH3可通过与HCO3﹣的反应，增加NH4+浓度，并利用精盐增大Cl﹣浓度，根据溶解平衡的移动，有利于NH4Cl结晶析出；(3)煅烧炉里生成的CO2可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则；(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可。26、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【答案解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【题目详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。27、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2ONaOH溶液实验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。溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色取实验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HNO3CuSCuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片【答案解析】

（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）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；②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）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。【题目详解】（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Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（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）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。②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++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−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