网站首页  词典首页

请输入您要查询的论文：

　

标题 解题后的思维优化艺术
范文 赵辉昌
一、定性向定量优化
将定性分析上升到定量研究，才能全面而准确地反映物质的性质与特点，同时提高思维的缜密性。
例1在FeBr2与FeI2等物质的量的混合溶液中，通入过量的氯气。请按还原性强弱顺序写出反应的离子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆为强酸］
解析因为还原性强弱顺序是I->Fe2+>Br->I2，所以离子反应顺序为：
2I-+Cl2Cl-+I2
2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
2Br-+Cl2Br2+2Cl-
I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-
定量优化：
优化1，氯气与溴化亚铁溶液作用的两个临界反应：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3
2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2
优化2，确定两个临界反应的三个区间。
设：n(Cl2)n(FeBr2)=a。当0全部被氧化；12例2若向400 mL的溴化亚铁溶液中通入标准状况下的氯气6.72 L,测得溶液中的氯离子与溴离子的物质的量浓度相等。
（1）求原溴化亚铁的物质的量浓度［分别用①化学方程式法；②得失电子守恒法；③溶液电荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］
（2）完成图像中c(Br-)、c(Cl-)浓度的变化曲线。
解析（1）由优化1、2知，当c(Cl-)=c(Br-)时，反应在12设溶液中溴化亚铁的物质的量为x。
①化学方程式法：
依c(Cl-)=c(Br-)得化学方程式：
4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2
43
x0.3
x(FeBr2)=0.4 mol则c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
②得失电子守恒法：
由于n(失e-)=n(得e-)
故n(Fe2+)+n(Br-)-0.6=2n(Cl2)
x+(2x-0.6)=0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
③电荷守恒法：
n（总正电荷）=n（总负电荷）
即3n(Fe3+)=n(Cl-)+n(Br-)
3x=0.6+0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
④元素守恒法：
由题意已知溶液中：
n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol
由铁元素守恒，有：
n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
解题思路的形成是一个认识过程，上述解题思路是从不同角度立意分析，每种解法各具特色，其中②、③、④构思巧妙，简明快捷，但要求具备较高的基础知识。
（2）先确定图像中的以下相关量
原来溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1
c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反应Fe2+)=0.4 mol
n(反应Br-)=0.8 mol-0.6 mol=0.2 mol
n(耗Cl2)=0.2 mol
=0.1 mol
c(Cl-)=c(Br-)=0.6 mol0.4 L=1.5 mol·L-1
由（1）可知，反应后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,
c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L
图1二、特殊向普遍优化
在特殊题解的基础上，找出其普遍性的结论，训练思维的广阔性。
例3将20%与30%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的溶质质量分数w。
A.等于25%B.大于25%
C.小于25%D.无法确定
解析先以等质量混合后的溶质质量分数（25%）为参照值，再根据浓、稀溶液的质量一定时，溶液的体积与密度成反比（m=ρV)，创设浓、稀溶液在等质量下的体积V（浓）、V（稀）模型［V(浓）在等质量的体积模型图2、图3的基础上，可从以下两种方案来实现等体积混合。
图2图3减稀：如图2所示，将稀溶液的体积减去V′(稀），浓、稀溶液则为等体积［V(浓）=V（稀）-V′(稀）］混合
增浓：如图3所示，将浓溶液的体积增加V′(浓），浓、稀溶液则为等体积［V(稀）=V（浓）+V′(浓）］混合。
无论采取何种方案，结果都是等体积混合比等质量混合的单位质量溶液中的溶质质量分数增大。所以，答案选B。
归纳优化：同溶质，不同质量分数［w(浓）、w（稀）］的溶液等体积混合，当ρ(溶质）>ρ(H2O),如酸、碱（除氨水）、盐；混合液的溶质质量分数w>12［w(浓）+w(稀）］；当ρ(溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(浓）+w(稀）］。
三、单一向发散优化
在获得孤立题解的基础上，把思维的触角向知识的深度与广度发散，以培养学生的创新思维。
例4常温下将二氧化硫通入氯化钡溶液中至饱和，未见沉淀，再通入下列过量的另一种气体，则产生沉淀，此气体是。
A.CO2B.SO3C.HID.NH3
解析题干指明未得沉淀，说明BaSO3可溶于盐酸，即下一反应不能进行。
SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl
通入CO2生成溶于盐酸的BaCO3，所以，此反应也不进行，A错。SO3常温下是液体，虽产生沉淀，但不合题意，B错。HI不与溶液中的微粒反应，C错。通入氨与SO2发生如下反应：
SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl
D正确。
发散优化：优化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。据此可加入碱性氧化物（如Na2O）、碱（如NaOH）、盐（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可产生BaSO3沉淀。
SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+
SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O
SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑
优化2，SO2有氧化性。据此可通入还原性气体H2S，产生浅黄色S沉淀。
SO2+2H2S2S↓+2H2O
优化3，SO2有还原性。可加入常见氧化剂，将SO2-3氧化为SO2-4而产生BaSO4沉淀。如FeCl3、NaNO3、NO2、X2(X=Cl、Br、I)、KMnO4、O2、Na2O2、Na2FeO4。
SO2+2Fe3++Ba2++2H2O
BaSO4↓+2Fe2++4H+
3SO2+2NO-3+2H2O+3Ba2+
3BaSO4↓+2NO↑+4H+
SO2+NO2+Ba2++H2O
BaSO4↓+NO↑+2H+
SO2+X2+2H2O+Ba2+
BaSO4↓+2X-+4H+
5SO2+2MnO-4+5Ba2++2H2O
5BaSO4↓+2Mn2++4H+
2SO2+O2+2Ba2++2H2O2BaSO4↓+4H+
SO2+Na2O2+Ba2+BaSO4+2Na+
优化4，从溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸盐或硝酸银溶液均可产生BaSO4或AgCl沉淀。
四、感性向理性优化
一个题解纵然是正确的，但对其知识的理解也往往滞于单一而表象的感性阶段，还需将思维优化至问题的本质与规律的理性阶段。
例5常温下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液混合，混合液pH=7，则硫酸与氢氧化钠的体积比是。
解析设硫酸、氢氧化钠溶液的体积分别是V（酸）、V（碱）。依n(H+)=n(OH-)得：
V（酸）·10-3=V(碱）·10-4;
V(酸）/V（碱）=1/10.
理性优化：设酸、碱溶液的体积分别为V（酸）、V（碱），pH为pH（酸）,pH(碱）。
优化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。
在碱溶液中c(OH-)=10pH(碱）-14。
优化2：当强酸、强碱恰好中和时：
依V（酸）·10-pH(酸）=V(碱）·10pH(碱）-14,pH(酸）+pH(碱）=14+lgV(酸）V（碱）：
若V(酸）V（碱）=110，pH(酸）+pH(碱）=13；
若V(酸）V（碱）=11，pH(酸）+pH(碱）=14；
若V(酸）V（碱）=101，pH(酸）+pH(碱）=15。(收稿日期：2013-12-04)



一、定性向定量优化
将定性分析上升到定量研究，才能全面而准确地反映物质的性质与特点，同时提高思维的缜密性。
例1在FeBr2与FeI2等物质的量的混合溶液中，通入过量的氯气。请按还原性强弱顺序写出反应的离子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆为强酸］
解析因为还原性强弱顺序是I->Fe2+>Br->I2，所以离子反应顺序为：
2I-+Cl2Cl-+I2
2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
2Br-+Cl2Br2+2Cl-
I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-
定量优化：
优化1，氯气与溴化亚铁溶液作用的两个临界反应：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3
2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2
优化2，确定两个临界反应的三个区间。
设：n(Cl2)n(FeBr2)=a。当0全部被氧化；12例2若向400 mL的溴化亚铁溶液中通入标准状况下的氯气6.72 L,测得溶液中的氯离子与溴离子的物质的量浓度相等。
（1）求原溴化亚铁的物质的量浓度［分别用①化学方程式法；②得失电子守恒法；③溶液电荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］
（2）完成图像中c(Br-)、c(Cl-)浓度的变化曲线。
解析（1）由优化1、2知，当c(Cl-)=c(Br-)时，反应在12设溶液中溴化亚铁的物质的量为x。
①化学方程式法：
依c(Cl-)=c(Br-)得化学方程式：
4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2
43
x0.3
x(FeBr2)=0.4 mol则c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
②得失电子守恒法：
由于n(失e-)=n(得e-)
故n(Fe2+)+n(Br-)-0.6=2n(Cl2)
x+(2x-0.6)=0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
③电荷守恒法：
n（总正电荷）=n（总负电荷）
即3n(Fe3+)=n(Cl-)+n(Br-)
3x=0.6+0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
④元素守恒法：
由题意已知溶液中：
n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol
由铁元素守恒，有：
n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
解题思路的形成是一个认识过程，上述解题思路是从不同角度立意分析，每种解法各具特色，其中②、③、④构思巧妙，简明快捷，但要求具备较高的基础知识。
（2）先确定图像中的以下相关量
原来溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1
c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反应Fe2+)=0.4 mol
n(反应Br-)=0.8 mol-0.6 mol=0.2 mol
n(耗Cl2)=0.2 mol
=0.1 mol
c(Cl-)=c(Br-)=0.6 mol0.4 L=1.5 mol·L-1
由（1）可知，反应后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,
c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L
图1二、特殊向普遍优化
在特殊题解的基础上，找出其普遍性的结论，训练思维的广阔性。
例3将20%与30%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的溶质质量分数w。
A.等于25%B.大于25%
C.小于25%D.无法确定
解析先以等质量混合后的溶质质量分数（25%）为参照值，再根据浓、稀溶液的质量一定时，溶液的体积与密度成反比（m=ρV)，创设浓、稀溶液在等质量下的体积V（浓）、V（稀）模型［V(浓）在等质量的体积模型图2、图3的基础上，可从以下两种方案来实现等体积混合。
图2图3减稀：如图2所示，将稀溶液的体积减去V′(稀），浓、稀溶液则为等体积［V(浓）=V（稀）-V′(稀）］混合
增浓：如图3所示，将浓溶液的体积增加V′(浓），浓、稀溶液则为等体积［V(稀）=V（浓）+V′(浓）］混合。
无论采取何种方案，结果都是等体积混合比等质量混合的单位质量溶液中的溶质质量分数增大。所以，答案选B。
归纳优化：同溶质，不同质量分数［w(浓）、w（稀）］的溶液等体积混合，当ρ(溶质）>ρ(H2O),如酸、碱（除氨水）、盐；混合液的溶质质量分数w>12［w(浓）+w(稀）］；当ρ(溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(浓）+w(稀）］。
三、单一向发散优化
在获得孤立题解的基础上，把思维的触角向知识的深度与广度发散，以培养学生的创新思维。
例4常温下将二氧化硫通入氯化钡溶液中至饱和，未见沉淀，再通入下列过量的另一种气体，则产生沉淀，此气体是。
A.CO2B.SO3C.HID.NH3
解析题干指明未得沉淀，说明BaSO3可溶于盐酸，即下一反应不能进行。
SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl
通入CO2生成溶于盐酸的BaCO3，所以，此反应也不进行，A错。SO3常温下是液体，虽产生沉淀，但不合题意，B错。HI不与溶液中的微粒反应，C错。通入氨与SO2发生如下反应：
SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl
D正确。
发散优化：优化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。据此可加入碱性氧化物（如Na2O）、碱（如NaOH）、盐（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可产生BaSO3沉淀。
SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+
SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O
SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑
优化2，SO2有氧化性。据此可通入还原性气体H2S，产生浅黄色S沉淀。
SO2+2H2S2S↓+2H2O
优化3，SO2有还原性。可加入常见氧化剂，将SO2-3氧化为SO2-4而产生BaSO4沉淀。如FeCl3、NaNO3、NO2、X2(X=Cl、Br、I)、KMnO4、O2、Na2O2、Na2FeO4。
SO2+2Fe3++Ba2++2H2O
BaSO4↓+2Fe2++4H+
3SO2+2NO-3+2H2O+3Ba2+
3BaSO4↓+2NO↑+4H+
SO2+NO2+Ba2++H2O
BaSO4↓+NO↑+2H+
SO2+X2+2H2O+Ba2+
BaSO4↓+2X-+4H+
5SO2+2MnO-4+5Ba2++2H2O
5BaSO4↓+2Mn2++4H+
2SO2+O2+2Ba2++2H2O2BaSO4↓+4H+
SO2+Na2O2+Ba2+BaSO4+2Na+
优化4，从溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸盐或硝酸银溶液均可产生BaSO4或AgCl沉淀。
四、感性向理性优化
一个题解纵然是正确的，但对其知识的理解也往往滞于单一而表象的感性阶段，还需将思维优化至问题的本质与规律的理性阶段。
例5常温下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液混合，混合液pH=7，则硫酸与氢氧化钠的体积比是。
解析设硫酸、氢氧化钠溶液的体积分别是V（酸）、V（碱）。依n(H+)=n(OH-)得：
V（酸）·10-3=V(碱）·10-4;
V(酸）/V（碱）=1/10.
理性优化：设酸、碱溶液的体积分别为V（酸）、V（碱），pH为pH（酸）,pH(碱）。
优化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。
在碱溶液中c(OH-)=10pH(碱）-14。
优化2：当强酸、强碱恰好中和时：
依V（酸）·10-pH(酸）=V(碱）·10pH(碱）-14,pH(酸）+pH(碱）=14+lgV(酸）V（碱）：
若V(酸）V（碱）=110，pH(酸）+pH(碱）=13；
若V(酸）V（碱）=11，pH(酸）+pH(碱）=14；
若V(酸）V（碱）=101，pH(酸）+pH(碱）=15。(收稿日期：2013-12-04)



一、定性向定量优化
将定性分析上升到定量研究，才能全面而准确地反映物质的性质与特点，同时提高思维的缜密性。
例1在FeBr2与FeI2等物质的量的混合溶液中，通入过量的氯气。请按还原性强弱顺序写出反应的离子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆为强酸］
解析因为还原性强弱顺序是I->Fe2+>Br->I2，所以离子反应顺序为：
2I-+Cl2Cl-+I2
2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
2Br-+Cl2Br2+2Cl-
I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-
定量优化：
优化1，氯气与溴化亚铁溶液作用的两个临界反应：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3
2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2
优化2，确定两个临界反应的三个区间。
设：n(Cl2)n(FeBr2)=a。当0全部被氧化；12例2若向400 mL的溴化亚铁溶液中通入标准状况下的氯气6.72 L,测得溶液中的氯离子与溴离子的物质的量浓度相等。
（1）求原溴化亚铁的物质的量浓度［分别用①化学方程式法；②得失电子守恒法；③溶液电荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］
（2）完成图像中c(Br-)、c(Cl-)浓度的变化曲线。
解析（1）由优化1、2知，当c(Cl-)=c(Br-)时，反应在12设溶液中溴化亚铁的物质的量为x。
①化学方程式法：
依c(Cl-)=c(Br-)得化学方程式：
4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2
43
x0.3
x(FeBr2)=0.4 mol则c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
②得失电子守恒法：
由于n(失e-)=n(得e-)
故n(Fe2+)+n(Br-)-0.6=2n(Cl2)
x+(2x-0.6)=0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
③电荷守恒法：
n（总正电荷）=n（总负电荷）
即3n(Fe3+)=n(Cl-)+n(Br-)
3x=0.6+0.6x=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
④元素守恒法：
由题意已知溶液中：
n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol
由铁元素守恒，有：
n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol
c(FeBr2)=1.0 mol·L-1
解题思路的形成是一个认识过程，上述解题思路是从不同角度立意分析，每种解法各具特色，其中②、③、④构思巧妙，简明快捷，但要求具备较高的基础知识。
（2）先确定图像中的以下相关量
原来溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1
c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反应Fe2+)=0.4 mol
n(反应Br-)=0.8 mol-0.6 mol=0.2 mol
n(耗Cl2)=0.2 mol
=0.1 mol
c(Cl-)=c(Br-)=0.6 mol0.4 L=1.5 mol·L-1
由（1）可知，反应后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,
c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L
图1二、特殊向普遍优化
在特殊题解的基础上，找出其普遍性的结论，训练思维的广阔性。
例3将20%与30%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的溶质质量分数w。
A.等于25%B.大于25%
C.小于25%D.无法确定
解析先以等质量混合后的溶质质量分数（25%）为参照值，再根据浓、稀溶液的质量一定时，溶液的体积与密度成反比（m=ρV)，创设浓、稀溶液在等质量下的体积V（浓）、V（稀）模型［V(浓）在等质量的体积模型图2、图3的基础上，可从以下两种方案来实现等体积混合。
图2图3减稀：如图2所示，将稀溶液的体积减去V′(稀），浓、稀溶液则为等体积［V(浓）=V（稀）-V′(稀）］混合
增浓：如图3所示，将浓溶液的体积增加V′(浓），浓、稀溶液则为等体积［V(稀）=V（浓）+V′(浓）］混合。
无论采取何种方案，结果都是等体积混合比等质量混合的单位质量溶液中的溶质质量分数增大。所以，答案选B。
归纳优化：同溶质，不同质量分数［w(浓）、w（稀）］的溶液等体积混合，当ρ(溶质）>ρ(H2O),如酸、碱（除氨水）、盐；混合液的溶质质量分数w>12［w(浓）+w(稀）］；当ρ(溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(浓）+w(稀）］。
三、单一向发散优化
在获得孤立题解的基础上，把思维的触角向知识的深度与广度发散，以培养学生的创新思维。
例4常温下将二氧化硫通入氯化钡溶液中至饱和，未见沉淀，再通入下列过量的另一种气体，则产生沉淀，此气体是。
A.CO2B.SO3C.HID.NH3
解析题干指明未得沉淀，说明BaSO3可溶于盐酸，即下一反应不能进行。
SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl
通入CO2生成溶于盐酸的BaCO3，所以，此反应也不进行，A错。SO3常温下是液体，虽产生沉淀，但不合题意，B错。HI不与溶液中的微粒反应，C错。通入氨与SO2发生如下反应：
SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl
D正确。
发散优化：优化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。据此可加入碱性氧化物（如Na2O）、碱（如NaOH）、盐（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可产生BaSO3沉淀。
SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+
SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O
SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑
优化2，SO2有氧化性。据此可通入还原性气体H2S，产生浅黄色S沉淀。
SO2+2H2S2S↓+2H2O
优化3，SO2有还原性。可加入常见氧化剂，将SO2-3氧化为SO2-4而产生BaSO4沉淀。如FeCl3、NaNO3、NO2、X2(X=Cl、Br、I)、KMnO4、O2、Na2O2、Na2FeO4。
SO2+2Fe3++Ba2++2H2O
BaSO4↓+2Fe2++4H+
3SO2+2NO-3+2H2O+3Ba2+
3BaSO4↓+2NO↑+4H+
SO2+NO2+Ba2++H2O
BaSO4↓+NO↑+2H+
SO2+X2+2H2O+Ba2+
BaSO4↓+2X-+4H+
5SO2+2MnO-4+5Ba2++2H2O
5BaSO4↓+2Mn2++4H+
2SO2+O2+2Ba2++2H2O2BaSO4↓+4H+
SO2+Na2O2+Ba2+BaSO4+2Na+
优化4，从溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸盐或硝酸银溶液均可产生BaSO4或AgCl沉淀。
四、感性向理性优化
一个题解纵然是正确的，但对其知识的理解也往往滞于单一而表象的感性阶段，还需将思维优化至问题的本质与规律的理性阶段。
例5常温下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液混合，混合液pH=7，则硫酸与氢氧化钠的体积比是。
解析设硫酸、氢氧化钠溶液的体积分别是V（酸）、V（碱）。依n(H+)=n(OH-)得：
V（酸）·10-3=V(碱）·10-4;
V(酸）/V（碱）=1/10.
理性优化：设酸、碱溶液的体积分别为V（酸）、V（碱），pH为pH（酸）,pH(碱）。
优化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。
在碱溶液中c(OH-)=10pH(碱）-14。
优化2：当强酸、强碱恰好中和时：
依V（酸）·10-pH(酸）=V(碱）·10pH(碱）-14,pH(酸）+pH(碱）=14+lgV(酸）V（碱）：
若V(酸）V（碱）=110，pH(酸）+pH(碱）=13；
若V(酸）V（碱）=11，pH(酸）+pH(碱）=14；
若V(酸）V（碱）=101，pH(酸）+pH(碱）=15。(收稿日期：2013-12-04)
随便看

　

科学优质学术资源、百科知识分享平台，免费提供知识科普、生活经验分享、中外学术论文、各类范文、学术文献、教学资料、学术期刊、会议、报纸、杂志、工具书等各类资源检索、在线阅读和软件app下载服务。

　

Copyright © 2004-2023 puapp.net All Rights Reserved
更新时间：2025/2/10 19:04:01