如图所示与对应叙述相符的是( )A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线.则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)B．图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线.则酸性:甲酸＜乙酸C．图丙表示用0.1000 mol•L-1NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线.则 c(HCl)=0.0800 mol•L-1D．图丁表示� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．如图所示与对应叙述相符的是（　　）

	A．	图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则K_sp（FeS）＞K_sp（CuS）
	B．	图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸＜乙酸
	C．	图丙表示用0.1000 mol•L^-1NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线，则 c（HCl）=0.0800 mol•L^-1
	D．	图丁表示反应N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）平衡时NH₃体积分数随起始＜“m“：math dsi：zoomscale=150 dsi：_mathzoomed=1＞n（N2）n（H2）$\frac{{n（N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$变化的曲线，则转化率：αA（H₂）=αB（H₂）

分析 A．结合图象与溶度积常数的表达式分析比较溶度积常数的大小，注意控制变量法的使用；
B．pH=-lgc（H⁺），pH越大，溶液中c（H⁺）越小，酸性越弱；
C．根据酸碱滴定曲线上pH=7.0的点对应的NaOH溶液的体积为20mL解答；
D．增加反应物中一种物质的含量，可使得另一反应物的转化率增加．

解答解：A．对于同一S^2-的浓度c（S^2-），由图象可知，平衡时c（Cu²⁺）＜c（Fe²⁺），则c（Fe²⁺）c（S^2-）＞c（Cu²⁺）c（S^2-），根据${K}_{sp}（FeS）=c（F{e}^{2+}）c（{S}^{2-}）$，${K}_{sp}（CuS）=c（C{u}^{2+}）c（{S}^{2-}）$，则K_sp（FeS）＞K_sp（CuS），故A正确；
B．溶液中pH值与c（H⁺）间的关系为pH=-lgc（H⁺），溶液中c（H⁺）大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H⁺的物质的量的增量，表现为溶液中$c（{H}^{+}）=\frac{n（{H}^{+}）}{{V}_{溶液}}$减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H⁺的量，也就表现为c（H⁺）会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图象看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸＞乙酸，故B错误；
C．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液，由图象可知，当消耗NaOH体积为20.00mL时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中c（H⁺）=c（OH^-），即n（H⁺）=n（OH^-），则有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正确；
D．由图象可知，A与B状态时NH₃的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使得另一种反应物的转化率增加；A状态时，$\frac{n（{N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值较小，可认为是增加了H₂的量使得H₂自身的转化率变小，B状态时，$\frac{n（{N}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值较大，可认为是增加了N₂的量，从而提高了H₂的转化率，转化率αA（H₂）不一定等于αB（H₂），故D错误；
故选AC．

点评本题综合考差了溶度积原理，弱酸的电离平衡，酸碱滴定以及化学平衡移动等相关知识，同时也考查了结合图象与原理分析的能力，题目难度不大，是基础题．

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