【文档说明】北京大学附属中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.392 MB，由小赞的店铺上传

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北大附中2023—2024学年第一学期期中考试试卷化学选择性必修(上)注意事项：1.考试时间：90分钟。满分：100分。2.所有试题都在答题卡的规定位置作答，超出答题区域无效，在试卷上作答无效。3.使用黑色字迹的签字笔或钢笔答题，不得使用铅笔答题，不能使用涂改液、修正带。可能用到的相对原子

质量：H1C12O16第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列物质属于弱电解质的是A.HClB.NaOHC.NaClD.32NHHO【答案】D【解析】【详解】A．HCl在水

中可完全电离生成氢离子和氯离子，属于强电解质，A不符合题意；B．NaOH可完全电离生成钠离子和氢氧根离子，属于强电解质，B不符合题意；C．NaCl水中可完全电离生成钠离子和氯离子，属于强电解质，C不符合题意；D．32NHHO在水中可发生部分电离，生成铵根离子和氢氧根离子，属于弱电

解质，D符合题意；故选D。2.常温下，某矿物质水的pH约为8，该溶液中的()cH+最接近于A.51110molL−−B.61110molL−−C.81110molL−−D.91110molL−−【答案】C【解析】【详解】常

温下，某矿物质水的pH约为8，()81cH110molL+−−=，故选C。3.以下措施中，能使3CHCOOH溶液中()cH+减小，()3cCHCOO−增大的是A.升高温度B.加入少量3CHCOONa(s)在C.加入少量3CHCOOH(l)D

.加水稀释【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，促进3CHCOOH的电离，()cH+增大，()3cCHCOO−增大，故A不选；B．加入少量3CHCOONa(s)，()3cCHCOO−增大，3CHCOOH的电离平衡

逆向移动，()cH+减小，故B选；C．加入少量3CHCOOH(l)，3CHCOOH的电离平衡正向移动，()cH+增大，()3cCHCOO−增大，故C不选；D．加水稀释，，促进3CHCOOH的电离，()cH+增大，()3cCHCOO−减小，故D不选；故选B。4.下列各组离子，在

水溶液中能大量共存的是A.K+、3Fe+、24SO−、SCN−B.Na+、2Cu+、Cl−、24SO−C.Na+、2Ba+、3NO−、23CO−D.K+、H+、24SO−、3HCO−【答案】B【解析】【详解】A．3Fe+与SCN−发生络合反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．Na+、2C

u+、Cl−、24SO−相互间不反应，可以大量共存，故B符合题意；C．2Ba+与23CO−反应生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D．H+与3HCO−反应生成CO2和水，不能大量共存，故D不符合题意。

答案选B。5.下列反应一定不能．．自发进行的是A.2222H(g)O(g)2HO(l)H0+=B.()434332NHCO(s)NHHCO(s)NH(g)H0=+C.22CO(g)2C(s)O(g

)H0=+D.322KClO(s)2KCl(s)3O(g)H0=+【答案】C【解析】【分析】当H-TS0时，反应在任何温度下一定能自发进行，据此判断。【详解】A．2222H(g)O(g)2HO(l)+=的S0、H0，在低温条件下，H-TS0，能自发进行，故A不选；B

．()434332NHCO(s)NHHCO(s)NH(g)=+的S0、H0，在高温条件下，H-TS0，能自发进行，故B不选；C．22CO(g)2C(s)O(g)=+的S0、H0，H-TS恒大于零，一定不能自发进行，故C选；

D．322KClO(s)2KCl(s)3O(g)=+的S>0、H<0，H-TS恒小于零，一定能自发进行，故D不选；故选C。6.下列事实不能．．用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨反应在高压条件下进行B.工业合成氨反应采用铁基催化

剂C.工业合成氨反应中，将氨气液化分离D.新制氯水经光照后，溶液颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．由反应()()()223Ng+3Hg2NHg可知，选择高压可以促使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，A不选；B．催化剂不改变平

衡状态，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C．工业合成氨反应中，将氨气液化分离，平衡正向移动，可以提高反应物的转化率，用勒夏特列原理解释，故C不选；D．新制氯水光照后次氯酸分解浓度减小，促进氯气和水反应正向进行，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故

D不选；故选B。7.1mol有关物质中的化学键断裂时吸收的能量如表所示。下列热化学方程式中正确的是()2Hg()2Ig()HIg436kJ153kJ299kJA.122H(g)I(g)HI(g)H290kJmol−+=+B.122H(g)I(g)2HI(g)H9kJmol−+=

−C.122H(g)I(g)2HI(g)H9kJmol−+=+D.122H(g)I(s)2HI(g)H9kJmol−+=−【答案】D【解析】【详解】22H(g)I(g)2HI(g)+H=反应物的总键

能-生成物的总键能=436kJ/mol+153kJ/mol-2×299kJ/mol=-9kJ/mol，故选D。8.密闭容器内的可逆反应2232SO(g)O(g)2SO(g)+达到平衡状态时，保持恒温恒容，向容器中加入一定

量的2O，下列说法正确的是A.平衡正向移动，2O转化率增大B.浓度商Q变小，平衡常数K变大C.正反应速率增大，2SO转化率增大D.逆反应速率减小，平衡常数K不变【答案】C【解析】【详解】A．向容器中加入一定量的2O，平衡正向移动，2O转化率减小，故A

错误；B．向容器中加入一定量的2O，2O的浓度增大，浓度商Q=()()()23222cSOcOcSO变小，但平衡常数K不变，故B错误；C．向容器中加入一定量的2O，2O的浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，2SO转化率增大，故C正确；D．向容器中加入一定量的2O，2

O的浓度增大，逆反应速率瞬间不变，随后变大，平衡常数K不变，故D错误；故选C。9.甲酸(HCOOH)是一种弱酸。下列说法正确的是A.10.1molLHCOONa−溶液中，()()()()cNacOHcHCOOcH+−−+B.pH6=HCOOH溶

液中，()()cHcHCOO+−=C.pH5=的HCOOH与HCOONa混合溶液中，()()cHCOOcNa−+的D.10.1molLHCOONa−溶液中，()()()cNacHCOOcOH+−−=+【答案】

C【解析】【详解】A．HCOONa溶液中存在HCOO-的水解，水解方程式：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，则溶液呈碱性，离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)，故A错误；B．HCOOH溶液中存在HCOOH部分电离

：HCOOHH++HCOO-，也有水的部分电离：H2OH++OH-，则c(H+)>c(HCOO-)，故B错误；C．HCOOH和HCOONa混合溶液pH=5说明显酸性，c(H+)>cOH-)，由电荷守恒：c(HCOO-)+cOH-)=c(H+)+c(Na+)，

则c(HCOO-)>c(Na+)，故C正确；D．HCOONa溶液中，存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，故D错误；故选C。10.常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液

。稀释过程中，pH与0VlgV的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A.pH随0VlgV的变化始终满足直线关系B.溶液中水的电离程度：a>b>cC.该温度下，Ka(HB)≈10－6D.分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)【答案】C【解析】

【分析】从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【详解】A．起初pH随0VlgV的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴

基本平行，A不正确；B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L

，该温度下，Ka(HB)=-4-4410100.01-10−≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C。11.氯水中存在平衡

22Cl(g)HO(l)HClO(aq)H(aq)Cl(aq)H0+−+++，下列说法正确的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)增大B.氯水中加入少量醋酸钠固体，平衡不发生移动C.该平衡可解释用饱和食盐水除去氯气中

混有的HCl气体的原因D.取两份氯水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI溶液，若前者产生白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应为可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(HClO)减小

，A错误；B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，B错误；C．饱和食盐水中氯离子浓度较大，导致22Cl(g)HO(l)HClO(aq)H(aq)Cl(aq)+−+++平衡逆

向移动，抑制了氯气和水的反应，可以解释用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体的原因，C正确；D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上

述反应存在限度，为可逆反应，D错误；故选C。12.T℃时，2PdI在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.T℃时，2PdI的9spK7.010−=B.T℃时，a点对应的是2PdI饱和溶

液，b、d两点对应的都是2PdI不饱和溶液C.T℃时，向a点对应的溶液中加入少量NaI固体，溶液由状态a移动至状态cD降低温度至T℃，溶液由状态d移动至状态b【答案】C【解析】【详解】A．根据图中a点对应的数据可知

，PdI2的Ksp=7×10-5×(1×10-4)2=7×10-13，A错误；B．a点在曲线上，为饱和溶液，b点在a点正下方，为不饱和溶液，d点在曲线上方，为过饱和溶液，B错误；C．a点对应的是PdI2的饱和溶

液，加入少量NaI固体，c(I-)增大，Ksp不变的情况下，c(Pd2+)减小，但是仍在曲线上，溶液由状态a移动至状态c，C正确；D．b点溶液为不饱和溶液，沉淀溶解过程吸热，溶液由状态d降低温度至T℃时生成沉淀，仍为饱和溶液，不可能移动至

状态b，D错误；故答案选C。13.下列实验方案能达到实验目的的是AB对比两支试管中产生气泡的速率将装有224NO-NO混合气体的装置分别浸泡在冷水和热水中CD.验证增大生成物浓度对化学平衡的影响探究反应物的接触面积对反

应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二者溶液中Fe3+、Cu2+的种类不同，浓度也不同，因此不能证明Fe3+催化效果好于Cu2+，A不符合题意；B．将装有NO2—N2O4混合气体

的装置分别浸泡在冷水和热水中，发现放在热水中气体颜色更深，放在冷水中气体颜色浅，说明升高温度，化学平衡向生成NO2气体的方向移动，因此可以比较不同温度对化学反应平衡移动的影响，而不适合探究温度对化学反应速率的影响，B不符合题意；C．FeCl3与KSCN发生反应：()3+-3Fe+3SCNFeSC

N，向其中加入KCl固体，不能影响生成物浓度，故无法验证增大生成物浓度对化学平衡的影响，C不符合题意；D．两支试管中分别加入等量的块状和粉末状的CaCO3，再加入2mL5%的稀盐酸，探究反应物的接触面积对反应速率的影响，除了接触面积保持其他变量一致，符合控制变量法的思想，D符合

题意；故合理选项是D。14.最近，我国科学家在2CO催化转化研究中取得新进展。使用不同催化剂(NiPc、CoPc)时，转化过程中的能量变化如图所示，下列说法不正确．．．的是(其中吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)A.该条件下，催化剂NiPc比CoPc的催化效果更好B.该研究成果

若能大规模应用，将有利于缓解温室效应，解决能源问题C.同种微粒分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D.催化剂不可以改变2CO转化为CO反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，使用CoPc时活化能降低得更多，反应速率更快，该条件下，催化剂CoPc

比NiPc的催化效果更好，故A错误；B.该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；C.由图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此同种微粒分别吸附在NiPc和

CoPc表面，其能量不同，C正确；D.催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D正确；故选A第二部分本部分共4题，共58分。15.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一：1222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)H41kJmol−++=−（1

）为提高该反应中CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为___________。a．增大压强b．升高温度c．通入过量水蒸气（2）800℃时，该反应的平衡常数K1.1=。该温度下，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻反应混合物中CO、2HO

、2CO、2H的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol。①该时刻反应的浓度商Q=___________(填计算结果)。②该时刻反应___________(填“正向进行”或“逆向进行”或“已达平衡”)。（3）830℃时，该反应的平衡常数K1=，该温度下，

在容积为1L的密闭容器中投入2molCO与23molHO。反应达平衡时CO的转化率为___________。（4）下图表示不同温度下，CO平衡转化率随()2nHO/n(CO)的变化趋势。1T、2T和3T的三个温度中最大的是___________(填“1T”或“2T”或“3T”)，原因是____

_______。。已知：6110−=微米米，9110−=纳米米（5）实验发现，其它条件不变，一定反应时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大2H的物质的量分数，实验结果如图所示。相比使用微米CaO，使用纳米CaO时2H的物质的量分数更大的可能原因是___________。【答案】（1

）c（2）①.13②.正向进行（3）50%（4）①.123T<T<T②.该反应为放热反应，在()2nHOn(CO)相同时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大（5）纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收

CO2能力比微米CaO强【解析】【小问1详解】该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，a．增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故a不符合题意；b．反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故b不符合题意；c．通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向

移动，增大CO的转化率，故D符合题意；故答案为：c。【小问2详解】①该时刻反应的浓度商Q=()()()()2221mol1molcCOcH11L1L=1mol3molcHOcCO31L1L=；②该时刻反应的Q<K=1.1，平衡正向移动。【小问3详解】设CO

的转化物质的量为xmol，()()()222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)mol/L2200mol/Lxxxxmol/L2-x2-xxx起始转化平衡K=()22x2-x=1，解得：x=1，CO的转化率=12×100%=50%。【小问4详解】该反应为放热反应，在()2nHOn(C

O)相同时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在()2nHOn(CO)时，转化率()()()123TTT、则温度：123T<T<T。【小问5详解】由反应222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++可

知，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c(CO2)减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大。16.将2CO清洁转化为高附加值化学品以实现资源利用

是“碳中和”研究的热点。I．利用2CO合成甲醇()3CHOH在200250℃的2CO加氢反应器中，主要反应有：反应i：()()()()12221COgHgCOgHOgΔH41kJmol−++=+反应ii：(

)()()1232COg2HgCHOHgΔH90kJmol−+=−反应iii：()()()()22323COg3HgCHOHgHOgΔH++（1）反应ⅲ的焓变3H=___________1kJmol−；反应iii能自发进行的温度条件是___________(填“高温

”或“低温”或“任何温度”)。（2）该反应条件下，同时存在副反应ⅳ：33322CHOH(g)CHOCH(g)HO(g)+。已知：3CHOH的沸点为65℃，33CHOCH的沸点为25−℃。反应进行一段时间后间歇降到室温，可提高甲醇的产率，结合反应iii、iv，解释可能的原因___________

。II．利用2CO和甲醇合成碳酸二甲酯()33CHOCOOCH反应v：233325CO(g)2CHOH(g)CHOCOOCH(g)HO(g)H++（3）在不同的温度、压强下，一定反应时间内，测定反应ⅴ中甲醇的转化率。甲醇转化率与温度的关系为图a，与压

强的关系为图b(曲线未画出)。①根据图a判断，反应ⅴ的5H___________0(填“>”或“<”)。②在100~140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因可能是___________。③在图b中绘制出甲醇转化率与压强的关系曲线___________

(表示出变化趋势即可)。【答案】（1）①.-49②.低温（2）降低到室温后，CH3OH转为液体，CH3OH气体浓度下降，反应ⅲ正向移动、反应iv逆向移动，减少副反应的发生（3）①.＜②.在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大③.【解析】【小问1详解

】已知：反应i：()()()()12221COgHgCOgHOgΔH41kJmol−++=+；反应ii：()()()1232COg2HgCHOHgΔH90kJmol−+=−；根据盖斯定律，将反应i+反应ii整理可得反应iii，312HHH=+=1114

1kJmol90kJmol-49kJmol−−−+−=，反应iii的H<0、S<0，低温时H-TS<0，反应iii能自发进行。【小问2详解】同时也存在副反应iv：33322CHOH(g)CHOC

H(g)HO(g)+，反应器进行一段时间后要间歇降到室温，可提高甲醇的产率。对比反应iii、iv，这是由于降低到室温后，CH3OH转为液体，CH3OH气体浓度下降，反应ⅲ正向移动、反应iv逆向移动，减少副反应的发生，因此会导致甲醇的产率提高。【小

问3详解】①根据图象可知：在140℃以后，升高温度，CH3OH的平衡转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以反应热△H5＜0；②在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大

，是由于在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率增大，有更多的甲醇发生反应转化为生成物，故在此温度范围内甲醇转化率会随温度的升高而增大；③由甲醇合成碳酸二甲酯的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大体系的压强，化学平衡

正向移动，甲醇的平衡转化率提高，故压强与甲醇转化率关系可用图示表示为：。17.近期发现，2HS是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。常温下，有关弱电解质的电离平衡常

数如下表，弱电解质3CHCOOH23HCO2HS电离平衡常数5aK1.7510−=7a1K4.510−=11a2K4.710−=7a1K1.110−=13a2K1.310−=（1）3CHCOOH的电离方程式

为___________。（2）以下事实中，能证明3CHCOOH是弱酸有___________。a．常温下，3CHCOONa溶液pH7b．等物质的量浓度的3CHCOOH溶液和24HSO溶液与锌粉反应，观察反应初期冒出气泡的快慢，3CHCOOH溶液中比24HSO溶液中慢c．体积相同且pH相同的

HCl溶液和3CHCOOH溶液，用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，3CHCOOH溶液消耗的NaOH溶液更多（3）纯碱可用于清除厨房的油污，用离子方程式解释原因___________。（4）常温下，1230.1molLNaCO−溶液的pH______________________

___130.1molLNaHCO−溶液的pH。结合表中数据说明判断依据___________。（5）将130.1molLCHCOOH−溶液与130.1molLCHCOONa−溶液等体积混合，测

得室温下该混合溶液pH7，该溶液中离子浓度由大到小排序为___________，该溶液中的电荷守恒关系为___________。（6）常温下，向120.1molLHS−溶液中通入HCl或加入NaOH固体，测得()2c

S−与溶液pH的关系如图所示(忽略溶液体积的变化及2HS的挥发)。的①当溶液中()2151cS1.410molL−−−=时，溶液中()cOH−=___________1molL−。②当溶液pH13=时，溶液中的()()2cHScHS−+=___________1m

olL−。【答案】（1）-+33CHCOOHCHCOO+H（2）ac（3）2-3CO+H2O⇌-3HCO+OH-（4）①.>②.2-3CO对应的酸是-3HCO，-3HCO对应的酸是23HCO，由表格数据可知，23HCO的7a1K4

.510−=，11a2K4.710−=，即23HCO的酸性强于-3HCO，所以等浓度的23NaCO的pH大于3NaHCO溶液；（5）①.-++-3c(CHCOO)>c(Na)>c(H)>c(OH)②.++--3c(Na)+c(H)=c(OH)+c(CH

COO)（6）①.11110−②.0.043【解析】【小问1详解】3CHCOOH是弱酸，部分电离出醋酸根和氢离子，电离方程式为：-+33CHCOOHCHCOO+H；【小问2详解】a．常温下，3CHCOONa溶液pH7，说明醋酸根能发

生水解，能证明醋酸是弱酸，故a符合题意；b．3CHCOOH是一元酸，24HSO是二元酸，物质的量浓度的3CHCOOH溶液和24HSO溶液中，不管醋酸是否弱酸，醋酸溶液中氢离子浓度均小于硫酸溶液，故不能用开始时的反应速率说明醋酸是弱酸，故b不符合题意；c．体积相同且pH相同的HCl溶液和3CHCO

OH溶液，用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，3CHCOOH溶液消耗的NaOH溶液更多，说明醋酸部分电离，在反应中不断电离氢离子，导致消耗的NaOH溶液更多，故能说明醋酸是弱酸，故c符合题意；答案为ac；【小问3详解】纯碱是强碱弱酸盐，2-3CO水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油

污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，2-3CO水解方程式为2-3CO+H2O⇌-3HCO+OH-加热可以促进水解，溶液碱性增强；【小问4详解】常温下，1230.1molLNaCO−溶液的pH>130.1molLNaHCO−溶液的pH

，因为2-3CO对应的酸是-3HCO，-3HCO对应的酸是23HCO，由表格数据可知，23HCO的7a1K4.510−=，11a2K4.710−=，即23HCO的酸性强于-3HCO，所以等浓度的23NaCO的pH大于3NaHCO溶液；【小问5详解】

该混合溶液pH7，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以该混合溶液中的离子浓度由大到小排序为-++-3c(CHCOO)>c(Na)>c(H)>c(OH)，该混合溶液中阳离子有钠离子和氢离子，阴离子由醋酸根和氢氧

根，电荷守恒的等式为：++--3c(Na)+c(H)=c(OH)+c(CHCOO)；【小问6详解】①由图像中的点可知，()2151cS1.410molL−−−=时，pH=3，溶液中()cOH−=11110−1molL−；②由图可知，pH=13时，溶液中c(S2-)=5.7×10-2m

ol/L，则溶液中c(H2S)+c(HS-)=0.1mol/L-5.7×10-2mol/L=0.043mol/L；18.滴定分析法是物质检验与含量测定的重要方法之一，在实际生产中应用广泛。（1）25℃时，利

用10.1molLNaOH−溶液滴定未知浓度的3CHCOOH溶液，取35mLCHCOOH溶液进行实验，滴定过程中溶液的pH随滴加NaOH溶液体积的变化如图所示，a点为滴定的化学计量点。①以下哪种指示剂可用于本次滴定实验___________(括号中为指示剂变色的pH

范围)。a．酚酞(8.2-10.0)b．甲基橙(3.1-4.4)c．甲基红(4.4-6.2)②3CHCOOH溶液的浓度为___________1molL−。③滴定过程中，加入NaOH的体积为VmL时，测得溶液pH7=，此时溶液中的溶质为___

________(填物质的化学式)，溶液中()3cCHCOO−=___________1molL−(用含V的计算式表示)。（2）在酸碱滴定中，还可以通过溶液的电导率判断化学计量点。25℃时，利用10.5molL−的2Ba(OH)溶液

滴定24HSO溶液，取2445mLHSO溶液进行实验，滴定过程中溶液电导率随滴加2Ba(OH)溶液体积的变化如图所示，测得24HSO溶液的浓度为10.5molL−。①到达滴定终点时，溶液电导率不为0，原因是___________。

②b点溶液的pH=___________。【答案】（1）①.a②.0.2③.CH3COONa和CH3COOH④.0.1VV+5（2）①.H2O也能不完全电离产生H+和OH-②.13【解析】【小问1详解】①由图可知，利

用10.1molLNaOH−溶液滴定未知浓度的3CHCOOH溶液，滴定终点得到得溶液为CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，应该选择在碱性能变色的指示剂，故选a；②利用10.1molLNaOH−溶液滴定未知浓度的3

CHCOOH溶液，取35mLCHCOOH溶液进行实验，滴定终点时消耗10mLNaOH溶液，则3CHCOOH溶液的浓度为100.15mol/L=0.2mol/L；③当刚好完全滴定时，溶液为CH3COONa溶液，该溶液呈碱性，加入NaOH的

体积为VmL时，测得溶液pH7=，此时溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，()()-+cOH=cH，由电荷守恒可知()()()()--++3cCHCOO+cOH=cNa+cH，则()()-+30.1VcCHCOO=cNa=V+51molL−。【小问2详解】①到达滴定终点时

，发生反应2Ba(OH)+24HSO=BaSO4+2H2O，溶液电导率不为0，原因是H2O也能不完全电离产生H+和OH-；②b点溶液2Ba(OH)过量，溶液呈碱性，则c(OH-)=()1120.055-0.

045L0.10.045L+0.00.5molLm5o5LlL−−=，c(H+)=()1413W-11molK10100.1cLmolLOH−−−−==，pH=13。