【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+、2Cu+、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3

HCO−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)N

H(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，()()()()cNacOHcHCOO

cH+−−+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+3SCNFeSCN，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(CO)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：()()()1232CO

g2HgCHOHgΔH90kJmol−+=−；根据盖斯定律，将反应i+反应ii整理可得反应iii，312HHH=+=11141kJmol90kJmol-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)CHOCH(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p

H_________________________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()2cS−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−+=___________1molL−。【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(CHC

OO)>c(Na)>c(H)>c(OH)②.++--3c(Na)+c(H)=c(OH)+c(CHCOO)（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，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−=，11a2K4.71

0−=，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-)=5.7×10-2mol/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10.5mol

L−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3C

HCOOH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3CHCOOH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+0.0

0.5molLm5o5LlL−−=，c(H+)=()1413W-11molK10100.1cLmolLOH−−−−==，pH=13。