四川省江油中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学 Word版含解析

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四川省江油中学2022级高一下学期半期检测化学试题满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：O16Na23S32Cl35.5Cu64第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)1.化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是A.难溶于水，医疗上可用作X射线透视肠胃的内服药“钡餐”B.石墨烯、碳纳米管、富勒烯是同素异形体，它们均为传统无机非金属材料C.氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，是一种制冷剂D.的导电性很好，可用于制作光导纤维【答案】C【解析】【详解】A．BaCO3难溶于水，但是能和胃酸生成有毒的重金属离子钡离子，医疗上不可用作X射线透视肠胃的内服药“钡餐”，A错误；B．石墨烯、碳纳米管、富勒烯是同素异形体，它们均为新型无机非金属材料，B错误；C．氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，是一种制冷剂，C正确；D．不导电，但具有良好的光学性能，可用于制作光导纤维，D错误；故选C。2.在不同的条件下进行合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是A.v(H2)=0.1mol/(L·min)B.v(N2)=0.2mol/(L·min)Cv(NH3)=0.15mol/(L·min)D.v(H2)=0.005mol/(L·s)【答案】B【解析】【详解】比较生成氨的速率快慢，应该用同种物质比较，且单位统一，A中v(H2)=0.1mol/(L·min)，B中v(N2)=0.2mol/(L·min)，由各物质化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)=3v(N2)=0.2mol/(L·min)×3=0.6mol/(L•min)，C中v(NH3)=0.15mol/(L·min)

1，由各物质化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)=v(NH3)=0.15mol/(L·min)×=0.225mol/(L·min)，D中v(H2)=0.005mol/(L·s)×60min/s=0.3mol/(L·min)，则B反应速率最快，故选B。3.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.用漂白纸浆B.由二氧化硅制晶体硅C.含氯消毒剂用于环境消毒D.大气中的参与酸雨的形成【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用漂白纸浆利用的是SO2的漂白性，而与氧化还原反应无关，A符合题意；B．由二氧化硅制晶体硅，发生的反应为，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．含氯消毒剂用于环境消毒利用了其强氧化性的性质，涉及到氧化还原反应，C不符合题意；D．大气中的参与酸雨的形成，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，D不符合题意；答案选A。4.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体一溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液装置ACO2稀盐酸BNO稀NaOH溶液CNH3水DCO2饱和NaHCO3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．CO2

2与稀盐酸不反应，且在稀盐酸中的溶解度较小，向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，A项错误；B．NO与稀NaOH溶液不反应，且在NaOH溶液中的溶解度较小，向圆底烧瓶中挤入少量NaOH溶液，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，B项错误；C．NH3极易溶于水，向圆底烧瓶中挤入少量水会造成圆底烧瓶内气压明显减小﹐能形成喷泉，C项正确；D．CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，且在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小，向圆底烧瓶中挤入少量饱和NaHCO3溶液，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，D项错误；故选C。5.下列措施对改变反应速率的影响正确的是A.与稀盐酸反应，加入NaCl溶液，不会改变反应速率B.在工业合成氨反应中，温度和容器容积一定时，增加氮气的量，能增大反应速率C.溶液与溶液反应，加入KCl固体，将加快反应速率D.Zn与稀硫酸反应制取，改用98%的浓硫酸将加快的生成速率【答案】B【解析】【详解】A．CaCO3与稀盐酸反应，加入NaCl溶液，相当于加水稀释，溶液中H+浓度降低，化学反应速率减小，A错误；B．在工业合成氨3H2g+N2g⇌2NH3g反应中，温度和容器容积一定时，增加氮气的量，活化分子数目增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，B正确；C．K2SO4溶液与BaCl2溶液反应，实质为Ba2++SO=BaSO4↓，加入KCl固体，不影响离子浓度，化学反应速率不变，C错误；D．Zn与稀硫酸反应制取H2，改用98%的浓硫酸，将生成SO2气体，不会生成H2，D错误；故选B。6.某种氢氧燃料电池已经成功应用在城市公交汽车上，该电池用30%H2SO4溶液作电解质溶液。有关这种燃料电池的下列说法正确的是

3A.该电池能够将化学能全部转化为电能且产物是水，属于环境友好电池B.a电极为负极，发生还原反应C.正极上反应的电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−D.该电池工作时，电子从a极经外电路向b电极移动【答案】D【解析】【详解】A．氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O2=2H2O，该反应产物是水，反应过程对环境无污染，属于环境友好电池，但不能将化学能全部转化为电能，部分化学能转化为热能，故A错误；B．氢氧燃料电池中通入燃料(H2)的一极为负极，发生氧化反应，故B错误；C．氧气在正极得电子发生还原反应（电解质溶液为），则正极电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；D．氢氧燃料电池工作时b为正极，a为负极，电子从a极经外电路向b电极移动，故D正确；故选D。7.下列实验能达到相应实验目的的是A．验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性B．用如图的方法收集NO2气体C．实验室用加热NH4Cl固体的方法制备NH3D．用如图的方法处理SO2这种尾气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖和浓硫酸混合，蔗糖变黑炭化证明浓硫酸具有脱水性，高锰酸钾溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，证明浓硫酸具有强氧化性，故选A；B．二氧化氮气体的密度大于空气，应该用向上排空气法收集，用图示装置收集二氧化氮，应该从长导管进气，故B错误；C．实验室用加热NH4Cl和氢氧化钙固体混合物方法制备NH3，故C错误；D．亚硫酸氢钠和二氧化硫不反应，不能用亚硫酸氢钠溶液吸收二氧化硫，故D错误；

4选A。8.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)，能量变化如图所示，下列叙述中正确的是A.该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量B.该反应若生成2molAB2(g)时，放出的热量为(E1-E2)kJC.该反应过程中有极性键的断裂和形成D.该反应的进行一定需要加热或点燃【答案】A【解析】【详解】A．由图示可知，该反应为放热反应，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，A正确；B．该反应若生成2molAB2(g)时，吸收热量为(E1-E2)kJ，B错误；C．该反应过程中断开A2、B2中的非极性键，形成AB2中的极性键，C错误；D．该反应为吸热反应，但吸热反应也有可能常温就能进行，不一定需要加热或点燃，D错误；故答案选A。9.如图所示，电流计G发生偏转，同时A极逐渐变细，B极逐渐变粗，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的A.A是Zn、B是Cu、C为稀硫酸B.A是Cu、B是Al、C为CuSO4溶液C.A是Zn、B是石墨、C为AgNO3溶液D.A是石墨、B是Fe、C为FeCl3溶液【答案】C【解析】

5【分析】原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成离子进入溶液，质量减少，正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加，A极逐渐变细则A为负极，B极逐渐变粗则B为正极；【详解】分析可知，A为负极，B为正极，A．Zn的金属性比Cu活泼，与稀硫酸组成原电池时Zn做负极，失电子生成锌离子，A极变细，由于得电子能力：H+>Cu2+，B极产生氢气，B极不变粗，A错误；B．Al的金属性比Cu活泼，A为正极，铜离子得电子生成铜，A极变粗，B为负极，B极变细，B错误；C．石墨是惰性电极，B为正极，银离子得电子生成Ag，B极变粗，A为负极，Zn失电子生成锌离子，A极变细，C正确；D．Fe与FeCl3溶液反应生成FeCl2，A是石墨为正极，质量不变，B是Fe为负极，Fe失电子生成亚铁离子，B极变细，D错误；故选：C。10.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.含2的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，有1生成B.标况下，1molFe粉与足量的S粉加热充分反应，转移电子数为C.与足量的水充分反应后的形成的分子数为D.物质的量浓度为的溶液中，含有的数目为【答案】B【解析】【详解】A．铜与稀硫酸不反应，含2的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，参与反应硫酸小于2mol，生成的物质的量小于1mol，故A错误；B．Fe与S反应生成FeS，1molFe粉与足量的S粉加热充分反应，转移电子数为，故B正确；C．SO2与水反应生成亚硫酸是可逆反应，且亚硫酸发生部分电离，与足量的水充分反应后的形成的分子数小于，故C错误；D．没有明确溶液体积，不能计算物质的量浓度为的溶液中的数目，故D错误；选B。

611.下列说法中正确的是A.氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱B.氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应，氧气过量直接生成C.植物直接吸收利用空气中的和作为肥料，实现氮的固定D.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有硝酸盐【答案】D【解析】【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大，N2很稳定，A错误；B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧气氧化生成NO2，B错误；C．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，C错误；D．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，D正确；故选D。12.某温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，下列情况代表该反应已达平衡的是A.H2和I2全部转化为HIB.混合气体颜色不再发生变化C.H2、I2、HI三者的浓度相等D.容器内压强不再发生变化【答案】B【解析】【详解】A．H2(g)＋I2(g)2HI(g)反应是可逆反应，反应物的转化率小于100%，A项不符合题意；B．混合气体颜色不再发生变化，说明碘单质的浓度不再改变，B项符合题意；C．H2、I2、HI三者的浓度相等，不能说明该反应达到平衡，C项符合题意；D．该反应是气体体积系数不变的反应，体系压强与气体物质的量成正比，故压强一直不变化，D项不符合题意；故答案选B。13.下列实验现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论

7A向久置于空气中的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成Na2SO3溶液变质了B向某溶液中滴加KSCN溶液溶液显红色原溶液中有Fe3+C将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体直接通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成证明非金属性Cl>C>SiD滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向久置于空气中的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能是BaSO3，也可能是BaSO4，不能说明Na2SO3溶液变质了，故A错误；B．Fe3+和KSCN溶液反应生成Fe(SCN)3而使溶液呈红色，根据实验现象知，原溶液中含有Fe3+，故B正确；C．盐酸具有挥发性，生成的CO2中含有HCl，HCl和硅酸钠溶液反应生成硅酸，干扰CO2和硅酸钠溶液反应，且HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，根据实验现象不能判断非金属性强弱，故C错误；D．加入稀NaoH溶液生成NH3·H2O，没有NH3生成，所以试纸不变蓝，要想得到NH3，需要加热，故D错误；故选B。14.向溶液中通入，溶液仍澄清；若将溶液分别盛在甲、乙两支试管中，向甲试管中加入新制氯水，向乙试管中加入烧碱溶液，然后分别通入，结果两支试管中都有白色沉淀生成。由此得出的结论是（）A.两支试管中的白色沉淀均为B.两支试管中的白色沉淀均为C.具有还原性，且属于酸性氧化物D.能氧化新制氯水中的物质【答案】C【解析】【分析】本题分析：通入甲试管中的被新制氯水氧化：

8，故生成的白色沉淀是；通入乙试管中的首先与NaOH反应生成，与反应可生成白色沉淀。【详解】A．两支试管中的白色沉淀一个为，一个为，故A项错误；B．两支试管中白色沉淀一个为，一个为，故B项错误；C．具有还原性，且属于酸性氧化物，故C项正确；D．能还原新制氯水中的物质，故D项错误；故答案为C。【点睛】、均为白色沉淀，前者不溶于稀盐酸，而后者溶于稀盐酸。将通入溶液或溶液中不生成沉淀，但在强氧化性环境［如酸化的溶液］中，可被氧化为，能与反应生成沉淀。第II卷(非选择题，共58分)二、(本题包括2小题，共26分)15.填空。（1）某温度时，在容积为2L的密闭容器中发生A、B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示。请分析图中数据，回答下列问题。①该反应的化学方程式为___________。②该反应进行到4min时，B的平均反应速率为___________，A的转化率为___________。③4min时，反应是否达到平衡？___________(填“是”或“否”)；16min时，正反应速率___________逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。（2）如图所示

9负极为___________(填“铝片”或“镁片”)写出其电极反应式：___________。（3）根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化：①H2(g)与O2(g)反应生成1molH2O(g)时放出的热量为___________kJ；②图中甲、乙、丙中物质所具有的总能量由大到小顺序为：___________。【答案】（1）①.2A⇌B②.0.025mol/(L·min)③.50%④.否⑤.=（2）①.铝片②.（3）①.245②.乙>甲>丙【解析】【小问1详解】①4min时，A的转化量：B的转化量=(0.8-0.4):(0.4-0.2)=2:1，A不能完全转化为B，该反应是可逆反应，方程式为：2A⇌B；②该反应进行到4min时，B的平均反应速率为=0.025mol/(L·min)，A的转化率为=50%；③4min后A和B的物质的量还在变化，说明反应没有达到平衡，16min时，A和B的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，正反应速率=逆反应速率。【小问2详解】在碱性介质中铝能够反应，镁不反应，所以铝作负极，镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为。【小问3详解】①由题目可知，lmolH2与0.5molO2断键时吸收的热量为685kJ能量，生成1mol水时放出930kJ能量，所以H2(g)与O2(g)反应生成1molH2O(g)时放出的热量为930kJ-685kJ=245kJ；

10②分子分裂为原子，需要吸收能量，所以乙的能量大于甲，原子重新组合为新的分子，要释放能量，所以乙的能量大于丙，又因为该反应为放热反应，所以丙的能量小于甲，所以甲、乙、丙中物质所具有的总能量由大到小顺序为：乙>甲>丙。16.物质的类别和核心元素的化合价是学习研究物质性质的两个重要角度。根据硫元素的价类二维图回答下列问题：（1）Z为钠的正盐，在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂，当Z作氧化剂时，理论上可被还原为___________(填字母)。A．B．C．D．E．（2）S在周期表的位置是___________；X的电子式为___________；X与Y反应可生成淡黄色固体，反应的化学方程式为___________，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。（3）W的浓溶液与铜单质在加热条件下发生反应的化学方程式为___________，反应中W表现的性质是___________，该反应中每转移电子，生成标准状况下气体的体积为___________L。【答案】（1）A、B（2）①.第三周期VIA族②.③.2H2S+SO2=3S↓+2H2O④.2：1（3）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.氧化性、酸性③.22.4【解析】【小问1详解】Z为钠的正盐，且硫元素化合价为+4，则为Na2SO3；Na2SO3中硫元素处于中间价态，在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂，当Na2SO3作氧化剂时，硫元素化合价降低，反应后硫元素化合价低于+4，故理论上可被还原为A．，B．；故选AB；【小问2详解】S为16号元素，在周期表的位置是第三周期VIA族；为-2价硫的氢化物，为硫化氢是共价化合物，其电子式为；Y为+4价硫的氧化物，为二氧化硫，硫化氢与二氧化硫反应可生成淡黄色固体硫单质和水，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，该反应中2

11个硫化氢分子中硫化合价升高发生氧化反应生成氧化产物硫、1个二氧化硫分子发生还原反应生成还原产物硫，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；【小问3详解】W的浓溶液为浓硫酸，浓硫酸与铜单质在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应为浓硫酸和金属单质的反应，体现其酸性，反应后部分硫元素化合价降低，体现浓硫酸的强氧化性，故浓硫酸表现的性质是氧化性、酸性；反应中电子转移关系为SO2~2e-，故该反应中每转移电子，生成标准状况下二氧化硫1mol，气体的体积为22.4L。三、(本题包括2小题，共22分)17.菜之魂在味，在“七味八滋”中，盐应是百味之首。粗盐常含有少量、、以及泥沙等杂质，实验室中提纯的流程如图所示。回答下列问题：（1）操作I需要使用的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。（2）溶液a和溶液b分别为___________溶液和___________溶液，加入过量溶液b的目的是___________和___________(用离子方程式表示)。（3）说明溶液c已经足量的现象为___________。（4）称取精盐，配制成溶液；量取与的溶液反应，消耗溶液的体积为，则该精盐样品中的质量分数是___________。【答案】（1）玻璃棒、漏斗、烧杯（2）①.BaCl2②.Na2CO3③.Ba2++CO=BaCO3↓④.Ca2++CO=CaCO3↓（3）溶液中不再产生气体（4）97.5%【解析】【小问1详解】操作I需要使用的玻璃仪器是玻璃棒、漏斗、烧杯，答案：玻璃棒、漏斗、烧杯；【小问2详解】

12Na2CO3除Ca2+，BaCl2除SO，因为过量的Ba2+需要用Na2CO3除去，所以BaCl2先加入，Na2CO3后加入所以试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，加入过量溶液b的目的是除去Ca2+及过量的Ba2+，离子方程式：Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓，答案：BaCl2；Na2CO3；Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓；【小问3详解】说明溶液c为盐酸，目的是中和溶液中过量的NaOH和Na2CO3，调节溶液呈中性，当溶液中溶液中不再产生气体，说明盐酸已过量，答案：溶液中不再产生气体；【小问4详解】，0.048g精盐中含有NaCl：mol，该精盐样品中的质量分数，答案：97.5%。18.某同学在用稀硫酸与铁块制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是___________。（2）实验室中现有NaNO3、Mg(NO3)2、AgNO3、KNO3等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是___________溶液。（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有___________(答两种)。（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量铁块的反应瓶中，收集产生的气体。记录获得相同体积的气体所需时间。实验混合溶液ABCDEF4mol·L-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V817.5V10100①请完成此实验设计，其中：V1=___________，V6=___________；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因：

13_______。【答案】（1）CuSO4与Fe反应产生的Cu与Fe形成Fe—Cu原电池，加快了氢气产生的速率（2）AgNO3（3）升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加铁块的表面积等（4）①.30②.10③.加入的CuSO4较多时，生成的单质Cu会沉积在铁块的表面，降低了铁块与溶液的接触面积【解析】【小问1详解】CuSO4与Fe反应产生的Cu与Fe形成Fe—Cu原电池，加快了氢气产生的速率。【小问2详解】如形成原电池反应，所加硫酸盐对应的金属应比锌的活泼性弱，加人AgNO3溶液时发生反应Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，置换出来的Ag作为正极和锌构成原电池也能加快反应速率。【小问3详解】升高温度、增大固体表面积或适当增大硫酸溶液的浓度均可加快反应速率。【小问4详解】①为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，须确保硫酸的浓度相等、加入的锌粒相同，因此加入的硫酸必须一样多，故V1=V2=V3=V4=V5=30mL；加入的饱和CuSO4溶液和水的体积之和也必须一样大，由F组可知二者体积之和应为20mL，故V6=10；③加入的CuSO4较多时，生成的单质Cu会沉积在铁块的表面，降低了铁块与溶液的接触面积。四、计算题(本题包括3小题，共10分)19.若64.0gCu与一定量的浓HNO3溶液反应，当Cu反应完时，共产生标准状况下的4.48L气体(NO和NO2)。（1）写出Cu与浓硝酸反应的离子方程式___________。（2）则消耗的HNO3溶液中溶质的物质的量为___________。【答案】（1）Cu+4H++2NO=Cu2++2H2O+2NO2↑（2）2.2mol【解析】【小问1详解】Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2H2O+2NO2↑，答案：Cu+4H++2NO=Cu2++2H2O+2NO2↑；【小问2详解】

14Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，随反应进行，硝酸浓度减小，Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，64.0gCu为，根据原子守恒生成1molCu(NO3)2，标准状况下的4.48L气体(NO和NO2)为，根据N原子守恒，消耗HNO3溶液的物质的量为1mol+0.2mol=2.2mol，答案：2.2mol。20.20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min后溶液中出现明显浑浊，反应的化学方程式为：，已知温度每升高10℃，该反应的速率增大为原来的2倍。那么50℃时，同样的反应要看到同样的浑浊现象所需时间为多少？_______【答案】15s【解析】【详解】化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min(即120s)后溶液中明显出现浑浊；已知温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，那么在50℃时，温度升高30°℃，反应速率应是20℃的23倍=8倍，反应需要时间为原先的，则同样的反应出现混浊需要的时间为120s×=15s。21.已知空气中SO2的最大允许排放浓度不得超过0.02mg/L，可通过下列装置定量分析空气中SO2的含量。该组同学查阅资料得知测定原理为，若从气体通入起计时直到广口瓶中溶液蓝色恰好褪去结束，用时5min。已知空气的流速为，则该地空气中的含量是___________(结果精确到0.001)。【答案】0.027【解析】【详解】通入空气的体积为：60s/min×5min×200mL•s-1=60000mL，即为60L，由SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI可知，n(SO2)=n(I2)=cV=0.05L×5×10-4mol/L=2.5×10-5mol，故m(SO2)=nM=2.5×10-5mol×64g/mol=1.6×10-3g

15，即为1.6mg，故该地空气中的SO2含量是：1.6mg÷60L≈0.027mg•L-1，答案：0.027。

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