Question

1．根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（　　）

• A． 图l表示常温下向体积为10mL0.1mol•L^-1NaOH溶液中逐滴加入O.1mol•L^-1CH₃COOH液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-）
• B． 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中I表示醋酸，II表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞a
• C． 图3表示H₂与O₂发生反应过程中的能量变化，H₂的燃烧热为285.8kJ．mol^-1
• D． 由图4得出若除去CuSO₄溶液中的Fe³⁺，可采用向溶掖中加入适量CuO，调节溶液的pH至4

Answer 1

分析 A．b点二者恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒；
B．加水稀释pH相同的盐酸和醋酸，醋酸继续电离出氢离子而导致醋酸溶液中c（H⁺）大于盐酸，稀释相同的倍数时，pH变化大的是盐酸、变化小的是盐酸；溶液导电性与离子浓度成正比；
C.2mol氢气完全燃烧生成液态水放出571.6kJ热量，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量；
D．除去CuSO₄溶液中的Fe³⁺，要使铁离子除去但不能除去铜离子，根据溶液pH与产生沉淀的关系知，当pH=4时氢氧化铁完全沉淀．

解答 解：A．体积为10 mL 0.1 mol•L^-1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L^-1 CH₃COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故A正确；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c＞b＞a，故B错误；
C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H₂的燃烧热为285.8 kJ•mol^-1，故C正确；
D、除去CuSO₄溶液中的Fe³⁺，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO₄溶液中的Fe³⁺，故D正确．
故选B．

点评 本题考查图象分析，涉及除杂、燃烧热、弱电解质的电离及溶液导电性等知识点，明确图象中曲线变化趋势及拐点的含义是解本题关键，易错选项是B，注意溶液导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，题目难度不大．