Question

14．如圖所示與對(duì)應(yīng)敘述相符的是（　�。�

• A．
  圖甲表示一定溫度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲線，則K_sp（FeS）＞K_sp（CuS）
• B．
  圖乙表示pH=2的甲酸與乙酸溶液稀釋時(shí)的pH變化曲線，則酸性：甲酸＜乙酸
• C．
  圖丙表示用0.1000 mol•L^-1NaOH溶液滴定25.00 mL鹽酸的滴定曲線，則 c（HCl）=0.0800 mol•L^-1
• D．
  圖丁表示反應(yīng)N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）平衡時(shí)NH₃體積分?jǐn)?shù)隨起始＜“m“：math dsi：zoomscale=150 dsi：_mathzoomed=1＞n（N2）n（H2）$\frac{{n（N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$變化的曲線，則轉(zhuǎn)化率：αA（H₂）=αB（H₂）

Answer 1

分析 A．結(jié)合圖象與溶度積常數(shù)的表達(dá)式分析比較溶度積常數(shù)的大小，注意控制變量法的使用；
B．pH=-lgc（H⁺），pH越大，溶液中c（H⁺）越小，酸性越弱；
C．根據(jù)酸堿滴定曲線上pH=7.0的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaOH溶液的體積為20mL解答；
D．增加反應(yīng)物中一種物質(zhì)的含量，可使得另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增加．

解答 解：A．對(duì)于同一S^2-的濃度c（S^2-），由圖象可知，平衡時(shí)c（Cu²⁺）＜c（Fe²⁺），則c（Fe²⁺）c（S^2-）＞c（Cu²⁺）c（S^2-），根據(jù)${K}_{sp}（FeS）=c（F{e}^{2+}）c（{S}^{2-}）$，${K}_{sp}（CuS）=c（C{u}^{2+}）c（{S}^{2-}）$，則K_sp（FeS）＞K_sp（CuS），故A正確；
B．溶液中pH值與c（H⁺）間的關(guān)系為pH=-lgc（H⁺），溶液中c（H⁺）大，對(duì)應(yīng)的pH值就小，當(dāng)稀釋弱酸時(shí)，隨著水的加入，稀釋可以促進(jìn)弱酸的電離，但是總體來講，溶液體積的增量超過溶液中H⁺的物質(zhì)的量的增量，表現(xiàn)為溶液中$c（{H}^{+}）=\frac{n（{H}^{+}）}{{V}_{溶液}}$減小，pH值增大；由于稀釋促進(jìn)弱酸的電離，因而在稀釋相同倍數(shù)的弱酸時(shí)，對(duì)于酸性較弱的酸，能夠促進(jìn)其電離，增加了溶液中H⁺的量，也就表現(xiàn)為c（H⁺）會(huì)較酸性較強(qiáng)的弱酸大些，pH就較酸性較強(qiáng)的弱酸小些，因此總的來講，酸性較強(qiáng)的弱酸稀釋后對(duì)應(yīng)的溶液pH值越大，從圖象看出，甲酸的酸性是較乙酸強(qiáng)，即酸性甲酸＞乙酸，故B錯(cuò)誤；
C．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的鹽酸溶液，由圖象可知，當(dāng)消耗NaOH體積為20.00mL時(shí)，溶液為中性，此時(shí)酸和堿恰好完全反應(yīng)，溶液中c（H⁺）=c（OH^-），即n（H⁺）=n（OH^-），則有c（HCl）V（HCl）=c（NaOH）V（NaOH），因此$c（HCl）=\frac{c（NaOH）V（NaOH）}{V（HCl）}$=$\frac{0.1000×20.00}{25.00}=0.0800mol/L$，故C正確；
D．由圖象可知，A與B狀態(tài)時(shí)NH₃的百分含量相等，對(duì)于有兩種反應(yīng)物參加的可逆反應(yīng)，增加其中一種反應(yīng)物的物料可使得另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增加；A狀態(tài)時(shí)，$\frac{n（{N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值較小，可認(rèn)為是增加了H₂的量使得H₂自身的轉(zhuǎn)化率變小，B狀態(tài)時(shí)，$\frac{n（{N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值較大，可認(rèn)為是增加了N₂的量，從而提高了H₂的轉(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率αA（H₂）不一定等于αB（H₂），故D錯(cuò)誤；
故選AC．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考差了溶度積原理，弱酸的電離平衡，酸堿滴定以及化學(xué)平衡移動(dòng)等相關(guān)知識(shí)，同時(shí)也考查了結(jié)合圖象與原理分析的能力，題目難度不大，是基礎(chǔ)題．