1、2018 年秋期末四川省棠湖中学高二年级期末考试化学试题本卷可能用到的相对原子质量:H- 1 C-12 0-16 Mg-24第 I 卷 (选择题，共 48 分)一本卷包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。每小题均只有一个选项最符合题意。1.下列关于常见有机物的说法正确的是A. 淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物不相同B. 蛋白质、纤维素、蔗糖、油脂都是高分子化合物C. 乙酸和油脂都能与 NaOH 溶液反应D. 乙醇、乙酸和乙酸乙酯不能用饱和 Na2CO3溶液鉴别【答案】C【解析】淀粉水解生成葡萄糖，纤维素水解生成葡萄糖，A 错误；蔗糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B 错误
2、；乙酸与 NaOH 发生中和反应，油脂都能与 NaOH 溶液发生水解反应，C 正确；乙醇与 Na2CO3溶液互溶，乙酸与 Na2CO3溶液反应冒气泡，乙酸乙酯和 Na2CO3溶液互不相溶，分层，现象不同，可以鉴别，D 错误；正确选项 C。点睛：天然高分子包括淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶。2.下列离子方程式中属于盐类水解反应的是NH 3+H2O NH4+OH- HCO 3-+H2O H2CO3+OH-HCO 3-+H2O H3O+CO32- Fe 3+3HCO3- Fe(OH)3+3CO 2NH 4+2H2O NH3H2O+H3O+A. B. C. D. 【答案】A【解析】属于一水合氨的电离；
3、属于 HCO3-的水解；HCO 3-的电离；Fe 3+水解显酸性，HCO 3-水解显碱性，二者混合相互促进水解；NH 4+水解显酸性；属于盐类水解反应的是，A 正确；正确选项 A。3.下列化学用语表述正确的是A. 次氯酸的电离方程式：HClO=H +ClOB. 铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH =AlO2 +H2C. 电解精炼铜的阴极反应式：Cu2e =Cu2+D. 已知中和热为 57.3 kJ/mol，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H 2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) H=114.6 kJ/mol【答案】D【解析】【
4、详解】A、次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClO H+ClO-，故 A 错误；B、铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO 2+3H2，则离子方程式为：2Al+2OH -+2H2O2AlO 2-+3H2，故 B 错误；C、阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上 Cu2+得电子生成 Cu，电极反应式为：Cu2+2e-Cu，故 C 错误；D、已知中和热为 57.3 kJmol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式为：1/2H 2SO4(aq)+NaOH(aq)1/2Na 2SO4(aq)+H2O(l)
5、H=-57.3kJmol -1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)Na 2SO4(aq)+2H2O(l)H=-114.6kJmol -1，故 D 正确。答案选 D。4.在一定温度下，对可逆反应 A (g)+3B (g) 2C (g) 的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是A. 单位时间消耗 2amol C，同时生成 3a mol B B. v 正 (A)=2v 正 (C)C. v 正 (A)= 3v 逆 (B) D. 混合气体的物质的量不再变化【答案】D【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为 0） ，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态
6、，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A、根据方程式可知单位时间消耗 2amol C，同时生成 3a mol B，同为逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A 项错误；B、当达到化学平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v 正 (A)=2v 正 (C)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，B 项错误；C、当达到化学平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，v 正 (A)3v 逆 (B)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，C 项错误；D、反应前后气体的化学计量数之和是变化的，则混合气体的物质的量不再变化可以说明
7、反应达到平衡状态，D 项正确。答案选 D。【点睛】突破化学平衡状态的判断：要抓住“变量不变”即可，如果所给的物理量随着反应的进行是一个变量，在某时间段内不变，就可以说明反应达到平衡状态；如果该物理量始终是一个定值，就不能作为判断的依据。因此化学平衡状态判断“三关注”：关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压，还是绝热恒容容器；关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应等。5.关于下列装置的说法中正确的是A. 装置中，盐桥中的 K+移向 ZnS04溶液B. 装置工作一段时间后，加适量的 Cu(OH)2可能恢复原溶液浓度C. 装置工作一段时间后，b
8、 极附近溶液的 pH 增大D. 刚开始时装置中的溶液内的 H+都在铜电极上被还原，有气泡产生【答案】B【解析】【分析】装置中是原电池装置，金属锌是负极，发生失电子的氧化反应，Cu 是正极，氢离子在该极上发生得电子的还原反应，装置是电解池，石墨是阳极，该电极上是氢氧根离子失电子的氧化反应，金属铜是阴极，该电极上是铜离子得电子的还原反应，据此解答。【详解】A、装置中是原电池装置，金属锌是负极，Cu 是正极，盐桥中的 K+移向正极，即移向硫酸溶液，故 A 错误；B、装置是电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，在阴极上产生的是金属铜，一段时间后氢离子也可能放电，电解池复原的方法：出什么加什么，因此加适
9、量的 Cu（OH） 2可能恢复原溶液浓度，故 B 正确；C、装置是电解池，石墨是阳极，在阳极上产生氧气，消耗氢氧根离子，所以 b 极附近溶液的 pH 减小，故 C 错误；D、刚开始时，装置中的溶液内的 H+在铜电极上被还原，装置中的溶液内的 Cu2+先在铜电极上被还原，故 D 错误。故答案选 B。6.A、B 两种烃，含氢元素的质量分数相等，下列有关 A、B 的叙述正确的是A. A 和 B 的分子式一定相等 B. A 和 B 一定是同分异构体C. A 和 B 可能是同系物 D. 等物质的量的 A 和 B 完全燃烧生成水的物质的量一定相等【答案】C【解析】【分析】A、B 两种烃，含碳元素的质量分数
10、相等，则含氢元素的质量分数也相同，故 A、B 两种烃的最简式相同，以此解答该题。【详解】AA、B 两种烃的最简式相同，但分子式不一定相同，如为乙烯、环丙烷等，故 A错误；BA、B 的分子式不一定相同，二者不一定为同分异构体，故 B 错误；CA 和 B 可能是同系物，如为乙烯、丙烯等，二者为同系物，故 C 正确；D二者的分子式不一定相同，则等物质的量的 A 和 B 完全燃烧生成水的物质的量不一定相等，故 D 错误。故答案选 C。7. 用蒸馏水逐步稀释 0.2 mol/L 的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是( )A. c(OH ) B. c(NH4 ) C. c(NH3
11、H2O) D. c(NH4 )/c(NH3H2O)【答案】D【解析】试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。所以在稀释过程中，OH 和 NH4 的物质的量是增加的，但它们的浓度是降低的。氨水的浓度也降低，但其物质的量也是降低的，所以答案选 D。考点：考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响点评：电离平衡也是一种动态平衡，适用于勒夏特列原理，据此可以进行有关的判断。其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的，需要灵活运用。8.已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：K a(HCN)6.210 -10 mol/L、K a(HF)6.810 -4 mol/L、K
12、a(CH3COOH)1.810 -5 mol/L、K a(HNO2)6.410 -6 mol/L。物质的量浓度都为 0.1 mol/L 的下列溶液中，pH 最小的是（ ）A. HCN B. CH3COOH C. HF D. HNO2【答案】C【解析】试题分析：电离平衡常数越小，酸性越弱。根据电离平衡常数可知酸性最弱的是 HCN，酸性最强的是 HF，所以在浓度相同的条件下 HF 的酸性最强，pH 最小，答案选 C。考点：考查电离平衡常数应用第卷 非选择题部分(共计 52 分)二、非选择题部分(共计 52 分)9.I.合成氨工业在现代农业、国防工业中，有着重要的地位。己知：N 2(g)+3H2(g
13、) 2NH3(g) H=-92 kJmol -1 (1)下列有关该反应速率的叙述，正确的是(选填序号)_。a.升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率b.增大压强不能增大活化分子百分数，但可以加快反应速率c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应速率d.在质量定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响(2)对于合成氨反应而言，如图有关图象一定正确的是(选填序号)_。II.向 2L 的密闭容器中充入 7.6molNO 和 3.8molO2，发生如下反应：2NO(g)+O 2(g)=2NO2(g)2NO 2(g) N2O4(g)测得 NO2和 N2O4的浓度变化如图所示
14、，010min 维持容器温度为 T1，10min 后升高并维持容器的温度为 T2。(1)计算前 5minN2O4反应的平均速率为_。(2)计算 T1时反应的化学平衡常数为_。(3)若起始时向该容器中充入 3.6molNO2和 2.0molN2O4，判断 T1时反应进行的方向_(正向、逆向、不移动)。【答案】 (1). abd (2). ac (3). 0.18mol/ (Lmin) (4). 0.4 (5). 正向【解析】【分析】I.（1）根据外界条件对反应速率的影响分析解答；（2）根据外界条件对反应速率、平衡的影响结合图像中曲线的变化趋势分析判断；II.（1）根据前 5min 内 N2O4的
15、浓度变化量结合反应速率的含义分析解答；（2）根据平衡时 NO2和 N2O4的浓度以及平衡常数的含义计算；（3）根据浓度熵和平衡常数的大小关系分析判断。【详解】I （1）a升高温度可以增大活化分子百分数，有效碰撞的次数增加，则加快反应速率，故 a 正确；b增大压强，可增大单位体积内活化分子数目，则加快反应速率，不能增大活化分子百分数，故 b 正确；c使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物分子平均能量不变，故 c 错误；d增大固体表面积，可增大反应速率，因此在质量定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响，故 d 正确；故答案为 abd；（2）a正反应放热，升高温度，平
16、衡逆向移动，则氨气的体积分数减小，但反应到达平衡的时间缩短，故 a 正确；b反应到达平衡时，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，物质的浓度不一定相等，故 b 错误；c使用催化剂加快反应速率，缩短反应时间，但不影响平衡移动，符合题意，故 c 正确；故答案为 ac； （1）从图可知 5min 时 N2O4浓度为 0.9mol/L，则前 5min 内反应的平均速率 v（N 2O4）=0.9mol/L5min=0.18mol/（Lmin） ；（2）T 1时反应2NO 2（g） N2O4（g）在 5min 时达到平衡，此时 N2O4浓度为0.9mol/L，NO 2浓度为 1.5mol/L，则化学平衡常
17、数 K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.9/1.52=0.4；（3）起始时向该容器中充入 3.6molNO2和 2.0molN2O4，此时 Qc=1.0/1.820.31K，因此反应正向进行。【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。先拐先平，在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看 v 正
18、、v 逆 的相对大小；三看化学平衡移动的方向。10.亚磷酸(H 3PO3)是一种二元弱酸,向某依度的亚磷酸中滴加 NaOH 溶液，其 pH 与溶液中的H3PO3、H 2PO3-、HPO 32-的物质的量分数 a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。(1)以酚酞为指示剂,当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_(2)H3PO3的第一步电离 H3PO3 H2PO3-+H+的电离平衡常数为 Ka1，则 pKa1=_ (pKa1=-lgKa1)。(3)将 0.lmol/L 的 NaOH 逐滴滴入 0.1mo/L 的亚磷酸,为了主要得到 Na2HPO3,反应应
19、控制 pH 至少为_；当反应至溶液呈中性时，c(Na +)_c(H2PO3-)+ 2c(HPO32-)(填“” 、 “”或“一”)。(4)已知亚磷酸可由 PCl3水解而成,请写出相应的离子方程式_.【答案】 (1). H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O (2). 2 (3). 8.5 (4). = (5). PCl3+3H2O=H3PO3+3H+3Cl-【解析】（1）以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的 pH 大于 10.0，根据图像可知生成物主要是 HPO32 ，所以发生主要反应的离子方程式是 H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O；（2）根据图像可知当 H3PO3与
20、 H2PO3-的含量相等，即均是 50%时 pH2，所以Ka1 ，则 pKa1=lgK a12。 （3）根据图像可知溶液 pH8.5 时主要是生成 Na2HPO3，因此反应应控制 pH 至少为 8.5；根据电荷守恒可知 c(Na+)+c(H+)c(OH -)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，因此当反应至溶液呈中性即 c(H+)c(OH -)时，溶液中的 c(Na+)c(H 2PO3-)+2c(HPO32-)。 （4）已知亚磷酸可由 PCl3水解而成，则根据原子守恒可知还有氯化氢生成，所以相应的离子方程式为 PCl3+3H2O=H3PO3+3H+3Cl-。11.A、B、D、E、G、M
21、六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A 的一种核素无中子，B 的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物 DE2为红棕色气体，G 是前四周期中电负性最小的元素，M 的原子核外电子数比 G 多 10。请回答下列问题：(1)基态 G 原子的核外电子排布式是_，M 在元素周期表中的位置是_，元素B、D、E 的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)元素 A 和 E 组成的阳离子空间构型为_；化合物 ABD 的结构式为_，其中 B 原子的杂化方式为_。(3)D 的最高价氧化物对应的水化物甲与气体 DA3化合生成离子化合物乙，常温下，若甲、乙两溶液的 pH 均等于 5，
22、则由水电离出的 c(H+)甲 /c(H+)乙 =_；乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_。(4)元素 X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为 2。元素Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子。X 与 Y 所形成化合物中 X 的化合价等于其族序数，Y 达到 8 电子的稳定结构则该化合物的化学式为_；E 的氢化物(H 2E)在乙醇中的溶解度大于 H2Y，其原因是_。X 的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH 3)4Cl2，1mol 该配合物中含有 键的数目为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s22p63d104s1 (2). 第四周期第B 族
23、(3). NOC (4). 三角锥形 (5). H-CN (6). sp (7). 104 (8). c(NO3-)c(NH 4+)c(H +)c(OH -) (9). ZnS (10). 水分子与乙醇分子间形成氢键而不与 H2S 分子形成氢键 (11). 16N A或 166.021023或 9.6321024【解析】【分析】A、B、D、E、G、M 六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素 A 的一种核素无中子，A 是 H；B 的单质既有分子晶体又有原子晶体，所以 B 是 C；化合物 DE2为红棕色气体，则 D 是 N，E 是 O；G 是前四周期中电负性最小的元素，则 G
24、 是 K；M 的原子核外电子数比 G 多 10，M 的原子序数是 19+1029，所以 M 是 Cu。据此解答。【详解】根据以上分析可知 A 是 H，B 是 C，D 是 N，E 是 O，G 是 K，M 是 Cu。则（1）基态 K 原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s22p63d104s1，铜的原子序数是 29，铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第B 族，同周期非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的 2p 轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则元素 C、N、O 的第一电离能由大到小的顺序为 NOC。（2）元素 A 和 E 组成的阳离子是 H3O ,其中氧元素的价层电子对数是 3+
25、（6-1-13）/24，含有一对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；根据 8 电子和 2 电子稳定结构化合物 HCN 的结构式为 H-CN，分子是直线形结构，其中 B 原子的杂化方式为 sp。（3）D 的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体 NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵，硝酸抑制水的电离，铵根水解促进水的电离，所以常温下，若甲、乙两溶液的 pH 均等于 5，则由水电离出的 c(H+)甲 /c(H+)乙 =109 /105 =104 ；硝酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 c(NO3-)c(NH 4+)c(H +)c(OH -)。（4）元素 X 位于第
26、四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为 2，因此 X 是 Zn。元素 Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子，则 Y 是 S。X 与 Y 所形成化合物中 X 的化合价等于其族序数，即为+2 价，Y 达到 8 电子的稳定结构，Y 是2 价，则该化合物的化学式为 ZnS；由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与 H2S 分子形成氢键，所以 O 的氢化物（H 2O）在乙醇中的溶解度大于 H2S；锌的氯化物与氨水反应可形成配合物Zn(NH 3)4Cl2，由于单键都是 键，所以 1mol 该配合物中含有 键的数目为 16NA。12. 碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法
27、是将钢样中碳、硫转化为气体，再进行测定。(1)在高温下将 x 克钢样中碳、硫转化为 CO2、SO 2(气体 a)。(2)将气体 a 通入测硫装置中(如图 1)，采用滴定法测定硫的含量。H 2O2氧化 SO2的化学方程式：_ _。将的吸收液稀释至 250mL，取 1/10 该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是_ 。用 c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的溶液，则选择的指示剂为_，直至加入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液颜色_，即可停止滴定。某次滴定前后，NaOH 溶液的液面如图 2，其体积读数为_。若滴定 3 次，消耗 NaOH 溶液体积的平均值为 z mL，则该钢样中硫
28、的质量分数为_(用 x、c、z 表示)。下列操作会造成测定结果偏高的是_。a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管 b.加入 1 mL 酸碱指示剂c.滴定终点时，尖嘴出现气泡 d.滴定终点俯视滴定管的刻度将气体 a 通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。为准确测定 CO2，需除去 SO2的干扰，除去 SO2的装置是_(填序号)。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。去掉装置 E，测得碳的质量分数 (填 “偏小” 、 “无影响”或“偏大”)上述操作中，测定 CO2前先除去 SO2，但测定 SO2前却没除 CO2，是否合理？若不合理，说明如何改正；若合理，说明理由_。【答案】 （2） SO
29、 2H 2O2H 2SO4（2 分） ；快速放液（1 分） ；酚酞（1 分）恰好使溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（1 分） ；24.50 mL（2 分） ；16cz/x %（2 分） ； ab（1 分） ；A、B（1 分） ；装置 D 吸收气体前后的质量（1 分） 偏大（1 分） ；合理（1 分） ，SO 2被氧化成硫酸后，溶液中的 c(H+)增大，使 CO 2的溶解平衡向逆向移动，导致 CO 2在水中几乎不溶，不会对测定 SO2 产生影响。CO 2和 SO 2都能被碱石灰吸收，因此测定 CO 2时必须除去 SO 2（2 分） 。【解析】试题分析：（2）H 2O2具有氧化性，SO 2具
30、有还原性，二者发生氧化还原反应常数硫酸，H2O2氧化 SO2的化学方程式是 SO2H 2O2H 2SO4；将的吸收液稀释至 250mL，取 1/10 该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是快速放液，使气泡随液流赶出；用 c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的硫酸溶液，根据视觉的滞后性，为减小实验误差，应该选择的指示剂为酚酞；开始酚酞在酸溶液中，为无色，随着 NaOH 的加入，溶液的碱性逐渐增强，当加入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即可停止滴定；滴定前液面在 0.30mL，滴定结束时液面在 24.80mL，则反应消耗 NaOH 标准溶
31、液的体积是24.80mL-0.30mL24.50mL，若滴定 3 次，消耗 NaOH 溶液体积的平均值为 z mL，则根据元素守恒可知 n(NaOH)=2n(H2SO4)=2n(S)，n(NaOH)= cz10 -3 mol，则 n(S)=“1/2“ n(NaOH)= 5cz10-4mol，该钢样中硫的质量分数为(5cz10 -4mol32g/mol)0.1x100=16cz/x；a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管，使 NaOH 标准溶液的浓度偏低，导致消耗标准溶液的体积偏大，则使测定的硫酸的浓度偏大，正确；b.加入 1mL 酸碱指示剂，由于指示剂偏大，会使反应消耗的 NaOH 标准溶液的体积
32、偏多，据此计算的硫酸的浓度偏高，正确；c.滴定终点时，尖嘴出现气泡，则 NaOH 溶液的体积偏少，会使计算的硫酸的浓度偏低，错误；d.滴定终点俯视滴定管的刻度, 使反应消耗的 NaOH 标准溶液的体积偏少，据此计算的硫酸的浓度偏低，错误。答案选 ab；SO 2具有还原性，可以被氧化剂 MnO2、KMnO 4氧化产生硫酸，而 CO2不能发生反应，因此除去 CO2中的 SO2杂质的装置是 AB；计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是钢样品的质量及装置 D 吸收气体前后的质量。若去掉装置 E，空气中的水、二氧化碳会被 E 吸收，也会将它们当作 CO2，故使测得碳的质量分数偏大；上述操作中，测定 CO2前先除去 SO2，因为 CO2和 SO2都能被碱石灰吸收，因此测定 CO2时必须除去 SO2；但测定 SO2前却没除 CO2，是因为 SO2被氧化成硫酸后，溶液中的 c(H+)增大，使 CO2的溶解平衡：CO 2+H2O=H2CO3 H+HCO3-向逆反应方向移动，导致 CO2在水中几乎不溶，因此不会对测定 SO2产生影响。考点：考查物质中成分含量的测定、实验方案的评价的知识
