1、海淀区高三年级第一学期期中练习化学本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ba 137第一部分（选择题 共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（ ） A煅烧贝壳B粮食酿醋C古法炼铁D火药爆炸【解析】A分解反应，故A正确；B粮食酿酒是淀粉水解成葡萄糖，再发酵成酒精属于氧化还原反应，故B错误；C古法炼铁是从铁的化合物中得到铁单质属于氧化还原反应，故C错
2、误； D火药爆炸涉及燃烧属于氧化还原反应，故D错误；故选A。2“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活。下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）ABCD泰国银饰埃及棉制品捷克水晶饰品土耳其彩瓷金属材料天然高分子材料合成高分子材料无机非金属材料【解析】A银属于金属材料，故A正确；B棉花、蚕丝、羊毛、麻属于天然高分子，故B正确；C水晶属于无机非金属材料，故C错误；D玻璃、水泥、陶瓷属于无机非金属材料，故D正确；故选C。3下列关于硅及其化合物的说法不正确的是（ ）A高纯硅具有良好的半导体性能，可制成硅芯片、光电池、光导纤维等B二氧化硅能与氢氟酸反应，可用氢氟酸刻蚀玻璃C向硅酸钠溶
3、液中滴加稀盐酸有不溶物生成，实验室可用该方法制备硅酸D“硅胶”由硅酸凝胶经干燥、脱水制得，常用作袋装食品的干燥剂【解析】A硅是半导体，可用作计算机芯片，二氧化硅用于光导纤维，故A错误；B二氧化硅能与氟化氢反应，故B正确；C盐酸酸性大于硅酸，故C正确；D硅胶可用作食品干燥剂，故正确；故选A。4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：、K+、Cl-B遇酚酞变红的溶液中：、Na+、K+C的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、D无色透明溶液中：K+、Na+、【解析】解析无误2017-2018北京海淀区高三上学期期中第4题aca4243bb691416194460add3
4、be7c2fd5通常工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A0.1mol BaCl2中所含离子总数约为0.3NAB25时，pH=1的HCl溶液中含有H+的数目约为0.1NAC标准状况下，17g H2O2中所含电子总数约为9NAD生成2.33g BaSO4沉淀时，吸收SO2的体积在标准状况下约为0.224L【解析】A1mol氯化钡中含有3mol离子，所以0.1mol氯化钡含有0.3NA，故A正确；B只知道浓度不知道体积无法算出物质的量，故B错误；C1个过氧化氢分子含有18个电子，17g过氧化氢为0.5mol，约为9NA，故C正确
5、；D根据硫原子守恒，二氧化硫的物质的量为0.01mol，故D正确；故选B。6下图表示自然界中的氮循环，相关说法正确的是（ ）A“雷电作用”中发生的反应是：B“人工固氮”过程中，氮元素一定被还原C中涉及的反应可能有：D中涉及的反应可能有：【解析】A雷电作用是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，故A错误；B从图可以看出人工固氮中氮的化合价有的升高有的降低，故B错误；C从图可以看出亚硝酸盐被氧气氧化为硝酸盐，故C正确；D方程式电荷不守恒，故D正错误；故选C。7下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是（ ）A第A族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子B第三周期金属元素的离子半径：r(Na+)
6、r(Mg2+)r(Al3+)C第A族元素从上到下，单质与氢气化合越来越容易D通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂【解析】A同一种元素质子数相同，故A错误；B半径大小与电子层数成正比，与核电荷数成反比，故B错误；C第七主族从上到下非金属依次减弱，单质与氢气化合越来越难，故C错误；D 过渡元素可以寻找半导体，故D正确；故选D。8下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：B稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：C澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：D在AlCl3溶液中加入过量氨水出现浑浊：【解析】解析无误 2017-2018北京海淀区高三上学期期中第8题试题
7、ID：97b690c4c62b49ccbe7341a8a2de9a109是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：元素主要化合价+1+1+2-2-1-1、+7原子半径/nm0.1520.1860.1600.0740.0710.099下列说法不正确的是（ ）A的单质加热时能与氧气化合B的单质常温下可与水剧烈反应C与可以形成离子化合物D非金属性【解析】无误2017-2018北京海淀区高三上学期期中第9题试题ID：20db32ba388c49f4aaa7ceb3cc3072da10某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说示不正确的是（ ）A中的大量气泡主要
8、成分是氧气B中溶液变红，说明有碱性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【解析】A过氧化钠遇水能生成氧气，故A正确；B酚酞遇碱变红色，故B正确；C 红色褪取可能是含有强氧化性的物质具有漂白性使其褪色，故C正确；D二氧化锰主要作用是催化剂，故D错误；故选D。11下列实验操作及现象能够达到相应实验目的的是（ ）实验目的实验操作及现象A检验Na2SO3溶液是否变质向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解B证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10
9、%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入Na2CO3固体中，生成的气体再通入盛有Na2SiO3溶液的试管中，出现浑浊D证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去【解析】A硝酸根在酸性环境中可以将亚硫酸根氧化成硫酸根，故A错误；B碘遇淀粉变蓝色，加入过氧化氢变蓝色说明有碘生成，故B正确；C最高价氧化物的酸性越强非金属性越强，故C错误；D二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色体现二氧化硫的还原性，故D错误；故选B。12碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是（ ）A分离器中的物质分离操作为过滤B膜反应器中，增大压
10、强有利于提高HI的分解速率和平衡转化率C该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D碘循环工艺的总反应为【解析】A分离器中没有固体不能用过滤方法分离，应该用蒸馏，故A错误；B该反应为前后系数不变的反应，增大压强平衡不移动，无法提高转化率，故B错误；C从图可以看出碘和碘化氢相互转化体现了碘循环，故C正确；D碘的循环总方程式为SO2 + 2H2O = H2SO4 +H2 ，故D错误；故选C。13一定温度下，向10mL 0.40molL-1 H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示。资料显示，反应分两步进行：，反应过程中能量变化如右下图所示。下
11、列说法不正确的是（ ）t/min0246v(O2)/mL09.917.222.4A06min的平均反应速率：v(H2O2)=3.3310-2molL-1min-1BFe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率C反应是吸热反应、反应是放热反应D反应的H=E1-E20【解析】A由生成的氧气的体积可算出改变的过氧化氢的物质的量为0.001mol，所以速率v(H2O2)=0.001/(0.01x6)=0.0333molL1min，故A正确；B催化剂可以加快反应速率，故B正确；C 从图可以看出反应1是吸热，反应2是放热，故C正确；D反应放出的能量与始态和终态有关，从图可以看出E1-E2不是该反应的始态和终态，
12、故D错误；故选D。14羰基硫（COS）可用于合成除草剂、杀草丹等农药。H2S与CO2在高温下反应可制得COS： H0。在2L容器中充入一定量的H2S和CO2发生上述反应，数据如下：实验温度/起始时平衡时平衡常数n(CO2)/moln(H2S)/moln(COS)/moln(H2O)/moln(COS)/molK11T10.2000.200000.0200K2=1/362T20.2000.20000n2K33T20.4000.40000n3下列判断不正确的是（ ）AK1=1/81BK2=K3且n3=2n2C初始反应速率：实验3实验2实验1D实验2中平衡时的c(COS)约为0.0286molL-1
13、【解析】AK1=(0.02x0.02)/(0.18x0.18)=1/81，故A正确；B平衡常数只与温度有关，K2=K3，实验2和实验3是等效平衡，故B正确；C该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，所以T2T1，当温度相同时，浓度越大反应速率越大，故C正确；D利用平衡常数K2求出达到平衡时COS的物质的量为0.0286mol，故D错误；故选D。第二部分（非选择题 共58分）本部分共5小题，共58分。15（12分）A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。A的原子最外层电子是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必
14、需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）A在元素周期表中的位置是_。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_（填字母序号）。aD的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2bE的气态氢化物的稳定性小于HFcWE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）E的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是_。（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_。家用“管道通”的有效成分是晓碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为_。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的，使其转换为，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式
15、为_。D的单质与X在高温下反应的化学方程式为_。【答案】（1）第二周期，第IVA族（2）ab（1分，全对才给分）（3）Cl（可用E代替）和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2。（4） 2Al2O3（熔融）4Al + 3O22Al+2 NaOH + 2H2O 2NaAlO2+ 3H2（5）3Fe + NO3- + 2H+ H2O Fe3O4 + NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe【解析】根据信息可知A、D、E、W分别为C、Al、Cl、F
16、e。（2）最高价氧化物对应的水化物的碱性以及气态氢化物的稳定性可以由非金属性解释，故选ab。（3）从位-构-性三个角度解答，即Cl（可用E代替）和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2。（4）工业制备钠、镁、铝分别是电解熔融氯化钠、氯化镁、氧化铝。铝是两性金属可以与碱反应。（5）陌生方程式的书写，根据题意先找到铁是还原剂生成四氧化三铁，硝酸根是氧化剂生成铵根离子，再酸性环境配氢离子让电荷守恒铝和四氧化三铁发生铝热反应。16（11分）氯气可用于制取漂白剂
17、和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯气，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是_（填写化学式）。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯 气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为_。（3）同学们探究“84”消毒液在不同ph下使红纸褪色的情况，做了如下实验：步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；步骤2：取稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；步骤3：用硫酸将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：烧杯溶液的pH现象a1010mi
18、n后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（）随pH变化的关系如右图所示：由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。一种制备ClO2方法是将SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为_。另一种制备ClO2的方
19、法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。则每生成0.5mol ClO2，转移_mol e-。【答案】（1）HClO（2）Cl2 + 2OH- Cl- + ClO- + H2O（3） 越慢（或“越困难”,答“程度越小”不给分） b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢（4）SO2+ 2ClO3-2ClO2+ SO42-0.5【解析】（1）氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性。（2）氯气和氢氧化钠可用于制取漂白液氯化钠和次氯酸钠。（3）从表格可以看出碱性越强，褪色越慢。从表格和结合图像可以看出，pH越小，HClO越多，反应速
20、率越快，反之速率越慢。（4）陌生方程式书写，SO2具有还原性被氧化为SO42-，ClO3-具有氧化性被还原为ClO2；根据方程式：2NaClO3 +4 HCl = Cl2 + 2ClO2 + NaCl + 2H2O，每生成2molClO2转移2mol电子，所以生成0.5mol转移0.5mol电子。17（12分）硫酸铜是一种重要的化工产品。某工厂用刻蚀印刷电路板产生的碱性废液含较多Cu(NH3)42+及少量Cu2+、NH3和Cl-制备硫酸铜晶体，流程如下：（1）通过“中和、沉淀和过滤”可得碱工氯化铜Cu(OH)Cl固体，请将生成该固体的反应的离子的方程式补充完整：Cu(NH3)42+_。（2）制
21、备Cu(OH)Cl沉淀时，溶液的pH对铜元素含量的影响如右图所示：若要提高Cu(OH)Cl沉淀的量，应将溶液的pH控制在_（填字母序号）。A5.2B5.25.8C5.8pH5.2时，随pH减小，溶液中铜元素含量增大，其原因用反应的离子方程式可表示为_。（3）“化浆、酸化”过程可得到硫酸铜粗品，发生的反应为。则硫酸铜粗品中，含铜元素的杂质为_，检验样品中含有该杂质的方法是：取少量硫酸铜粗品，加入适量水使其充分溶解，_。（4）硫酸铜粗品还需要通过重结晶法进行提纯，具体操作是：将粗晶体溶解于热水中形成饱和溶液，然后加入适量乙醇，搅拌，冷却，过滤并洗涤，得到高纯度的硫酸铜晶体。加入乙醇能够提高硫酸铜的
22、产率，从溶解性角度解释其可能的原因是_。【答案】（1）Cu(NH3)42+ + 3H+ + Cl- + H2O Cu(OH)Cl + 4NH4+（2）BCu(OH)Cl+ H+Cu2+ +H2O+ Cl-（3）氯化铜（或CuCl2 ）加足量Ba(NO3)2溶液，充分反应，静置后过滤，向滤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成说明含CuCl2杂质（4）加入乙醇后CuSO4溶解性减弱，杂质（CuCl2）溶解性不变或增强（或在乙醇中CuSO4溶解度更小，杂质（CuCl2）溶解度不变或增大）【解析】（1）陌生方程式书写，根据题意补氢离子保持电荷守恒，Cu(NH3)42+ + 3H+ + Cl
23、- + H2O Cu(OH)Cl + 4NH4+（2）由图像可知pH约为5.5沉淀最多，故选B。酸性增强，溶液中铜离子越多，说明沉淀在酸性环境溶解，故方程式为Cu(OH)Cl+ H+Cu2+ +H2O+ Cl-（3）根据元素守恒可以猜测含铜元素的杂质为氯化铜，检验该杂质的方法实际检验的氯离子，但是由于有硫酸根离子的干扰，故先加入过量加足量Ba(NO3)2溶液，充分反应，静置后过滤，向滤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成说明含CuCl2杂质（4）由于加入乙醇可以提高硫酸铜的产率，因此加入乙醇后CuSO4溶解性减弱，杂质（CuCl2）溶解性不变或增强。18（11分）丙烯是重要的有机化
24、工原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷等。（1）以丁烯和乙烯为原料制备丙烯的方法被称为“烯烃歧化法”，主要反应为已知相关燃烧热数据： H1=-1411kJmol-1 H2=-2049kJmol-1 H3=-2539kJmol-1乙烯的电子式为_。相同质量的C2H4(g)、C3H6(g)和C4H8(g)充分燃烧，放出的热量由多到少的顺序依次为_（填写化学式）。“丁烯裂解法”是另一种重要的丙烯生产法，生产过程中会有生成乙烯的副反应发生。反应如下：主反应：；副反应：测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数（w%）随温度（T）和压强（P）变化的趋势分别如图1和图2所示：图1图2平衡体系中的丙
25、烯和乙烯的质量比是工业生产丙烯时选择反应条件的重要指标之一，从产物的纯度考虑，该数值越高越好，从图1和图2中表现的趋势来看，下列反应条件最适宜的是_（填字母序号）。A300 0.1MPaB700 0.1MPaC300 0.5MPaD700 0.5MPa有研究者结合图1数据并综合考虑各种因素，认为450的反应温度比300或700更合适，从反应原理角度分析其理由可能是_。图2中，随压强增大，平衡体系中丙烯的质量分数呈上升趋势，从平衡角度解释其原因是_。【答案】（1） C2H4C3H6C4H8C4H8(g)+ C2H4(g) 2C3H6(g) H= +148 kJmol1（2） C450oC比300
26、oC的反应速率快；比700oC的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度（答对任意两点给2分）压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。【解析】（1）书写电子式方法是先写乙烯结构式。相同质量乙烯的物质的量最大，放出的能量最多。H=H1+H3 -2H2（2）由题可知乙烯越少越好，再结合图像1和图像2可知最适宜的温度越低压强越大，故选C。450oC比300oC的反应速率快；比700oC的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度450oC比300
27、oC的反应速率快；比700oC的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度。19（12分）某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）实验1.铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120250铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至338铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀装置B的作用是_；装置C中盛放的试剂是_。为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是_。（2）探究实验1中120
28、250时所得黑色固体的成分。【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。【查阅资料】资料1：亚铁氰化钾K4Fe(CN)6是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2：CuSCu2S黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水【设计并实施实验】实验2.探究黑色固体中是否含CuO操作现象.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色试剂A是
29、_。甲认为中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是_。实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S操作现象.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120250时所得黑色固体中_。【实验反应】分析实验1中338时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发
30、生的所有反应的化学方程式为_。【答案】（1）防止C中溶液倒吸入A中 NaOH溶液冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）（加点处顺序不能出错）（2）【设计并实施实验】 一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也给分）向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）（3）【获得结论】不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S（全对给2分，缺项但无错给1分）【反思改进】CuS +4H2SO4 (浓) CuSO4 + 4SO2 + 4H2OCu2S +6H2SO4 (浓) 2CuSO4 + 5SO2 + 6H2O【解析】（1）
31、该装置为放倒吸装置，尾气中含有毒气体二氧化硫，所以需要用NaOH溶液除杂。由于反应后的溶液中含有浓硫酸，所以稀释时需要酸入水，故答案为冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液。（2）【设计并实施实验】有资料2可知CuS和Cu2S都难溶于稀硫酸，但是CuO能于稀硫酸反应，故加入稀硫酸。由资料1可知亚铁氰化钾是铜离子的灵敏检测剂，故答案为向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象则说明不含铜离子。（3）【获得结论】由实验2可知不含有CuO，由资料2可知CuS和Cu2S都微溶于浓氨水，但是CuS也微溶于浓盐酸，再结合实验3中的i和ii可知含有CuS，可能含有Cu2S。【反思改进】（此空3分，全对给3分，只写对一个给2分）根据浓硫酸具有氧化性对应产物为SO2，S2-和Cu+具有还原性，可知：CuS +4H2SO4 (浓) CuSO4 + 4SO2 + 4H2OCu2S +6H2SO4 (浓) 2CuSO4 + 5SO2 + 6H2O