溶液问题论文范文-盘古文库

溶液问题论文范文（精选11篇）

溶液问题论文第1篇

例1 t ℃时CuSO4的溶解度是S g, 其饱和溶液的密度为 ρ gcm-3, 物质的量浓度为c molL-1.向 t ℃时足量的饱和CuSO4溶液中加入 m g 无水CuSO4或蒸发掉 a g 水后再恢复到 t ℃, 均能获得 w g胆矾晶体, 下列关系式正确的是 ( )

$\begin{array}{l} (A) c = \frac{ρ \cdot S}{160 (S + 100)} \\ (B) S = \frac{16 w}{9 w + 25 a} \\ (C) m = \frac{a S}{100} \\ (D) w = \frac{2500 m}{9 S - 1600} \end{array}$

解析: (A) 项考查 c、ρ、S的代数关系.设100 g 水与S g CuSO4构成饱和溶液, 则

m (溶液) =m (溶剂) +m (溶质) =100+S

n (溶质) $= \frac{m (溶质)}{Μ (溶质)} = \frac{S}{160}$

而 V (溶液) $= \frac{m (溶液)}{ρ (溶液)} = \frac{100 + S}{ρ} 10^{- 3}$

$\begin{array}{l} 故 c = \frac{n (溶质)}{V (溶液)} = \frac{\frac{S}{16}}{(\frac{100 + S}{ρ}) 10^{- 3}} \\ = \frac{1000 ρ \cdot S}{160 (S + 100)} \\ (A) 错误 . \end{array}$

(B) 项考查S、w、a的代数关系.饱和溶液蒸发掉 a g 水恢复到 t ℃时, 获得 w g CuSO45H2O晶体, 逆向思维即再加入 (蒸发掉的) a g 水时, w g 胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液, 知 a g 水与 w g CuSO45H2O构成饱和溶液.

m (溶质) $= \frac{160}{250} w$

m (溶液) =a+w

由 $\frac{S}{100 + S} = \frac{m (溶质)}{m (溶液)}$

即 $\frac{S}{100 + S} = \frac{\frac{160}{250} \cdot w}{a + w}$

可得 $S = \frac{1600 w}{9 w + 25 a}$

(B) 错误.

(C) 项考查 m、a、S的代数关系.饱和溶液中加入 m g 无水CuSO4时可获得 w g 胆矾晶体, 而由以上对 (B) 项的分析知, 若再加入 a g 水时, 这 w g 胆矾晶体又可恰好完全溶解为饱和溶液, 即 m g无水CuSO4与 a g 水恰好能够成饱和溶液, 有 $\frac{S}{100} = \frac{m}{a}$ , 得 $m = \frac{a S}{100}$ , 故 (C) 正确.

(D) 项考查 w、m、S 的代数关系.饱和溶液中加入 m g 无水CuSO4可获得 w g 胆矾晶体, 知饱和溶液的质量减少了 (w-m) g, 其中减少的H2O (溶剂) 即为 w g 胆矾晶体中的水, 其质量为 $\frac{90}{250} w$ , 由

$\begin{array}{l} \frac{100}{100 + S} = \frac{m (溶剂)}{m (溶液)} \\ \frac{100}{100 + S} = \frac{\frac{90}{25} \cdot w}{w - m} \end{array}$

得 $w = \frac{2500 m}{1600 - 9 S}$ , 故 (D) 错误.

点评:该题已知条件甚多, (A) 、 (B) 、 (C) 、 (D) 四项侧重溶液知识的不同点, 要求学生善于辨析问题, 特别是 (C) 项对“m g 无水CuSO4与 a g 水恰好能够成饱和溶液的理解, 要求学生有相当的变通能力, 常见类型一般为:某CuSO4溶液等分为两份, 一份加入 m g 无水CuSO4, 另一份蒸发掉 a g 水均能恰好形成饱和溶液, 此类问题很容易理解 m g 无水CuSO4与 a g 水恰好形成饱和溶液.

例2 有两份溶液, 其中所含溶质相同, 设其摩尔质量为M g/mol.根据下表信息, 回答有关问题:

(1) 第一份溶液中, 溶质的物质的量浓度为__.

(2) 取等质量两份溶液混合, 则所得混合液中溶质的质量分数 w3=__.

(3) 若有 w1>w2, 取等体积的两份溶液混合, 设所得混合液中溶质的质量分数为 w4, 试比较 w3、w4 的相对大小?__.

解析:第 (1) 题考查质量分数与物质的量浓度的换算关系, 设溶液1L, 即1000 mL, 溶液质量为1000ρ1, 溶质质量为1000ρ1w1, 溶质物质的量为 $\frac{1000 ρ_{1} w_{1}}{Μ}$ , 按物质的量浓度定义:“1L溶液中所含溶质物质的量”, 即溶质的物质的量浓度为 $\frac{1000 ρ_{1} w_{1}}{Μ} m o l / L .$

第 (2) 题考查溶液混合的计算, 设两份溶液均取 m g, 按质量分数定义有:

$w_{3} = \frac{m (溶质)}{m (溶液)} = \frac{m w_{1} + m w_{2}}{m + m} = \frac{w_{1} + w_{2}}{2}$

第 (3) 题考查等体积的两份溶液混合, 由第 (2) 题分析可知, 对任何溶质相同的溶液, 若等质量混合, 则新得到的混合液质量分数应为原来两份溶液质量分数的数学平均数, 若等体积混合时, 由于密度的不同, 则不再等质量, 若在等质量的基础上浓一些的溶液多加了 (浓溶液的密度大, 即浓度越大, 密度越大的溶液) , 则有 w4>w3, 若在等质量的基础上稀溶液加多了 (稀溶液的密度大, 即浓度越大, 密度越小的溶液) , 则有 w4<w3.故对第 (3) 题的作答需分类讨论, 即ρ1>ρ2, 则 w4>w3;若ρ1<ρ2, 则 w4<w3.

点评:本题考查溶液混合的问题, 对任何溶质相同的溶液, 若等质量混合, 则新得到的混合液质量分数应为原来两份溶液质量分数的数学平均数;对于等体积混合的溶液, 应以等质量混合作为参照, 一定要分析讨论溶液类型, 像酒精和氨水类的溶液属于浓度越大, 密度越小的溶液, 而一般其他溶液如硫酸属于浓度越大, 密度越大的溶液.

盐溶液中微粒浓度大小比较问题第2篇

【关键词】盐溶液电离水解溶解度 pH 水的离子积常数电离平衡常数水解平衡常数促进抑制定性分析定量计算微粒观

【中图分类号】G633.8 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2016）19-0091-02

一、多元弱酸酸式盐

最常见的多元弱酸酸式盐有碳酸氢钠（NaHCO3）和亚硫酸氢钠（NaHSO3），前者水溶液显碱性，后者水溶液显酸性。

碳酸氢钠的水溶液显碱性是一个生活常识类问题，也是高中学生必须掌握的，可以通过测pH的方法来验证。在《化学反应原理》盐类水解部分的教学过程中，要求学生能通过HCO3-水解程度大于其电离程度的角度来分析碳酸氢钠溶液显碱性。

在比较Na+、HCO3-、CO32-、H2CO3、H+、OH-六种微粒浓度时经常存在一个误区，具体分析过程如下：由于HCO3-比较微弱的水解及电离，使得c（Na+）>c（HCO3-），而且二者比其他微粒的浓度都大；在3中OH-与H2CO3等量产生，而2中还有一小部分OH-产生，可以推断c（OH-）>c（H2CO3）；由于溶液显碱性，3的程度要比4的程度大可以推断c（H2CO3）>c（CO32-）；在4中CO32-与H+等量产生，而1中还有一小部分H+产生，可以推断c（H+）>c（CO32-）；至于c（H2CO3）和c（H+）则认为3的程度比4大，而1贡献的H+更小，可以推断c（H2CO3）>c（H+），由此可以得出总的结论：

c（Na+）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H2CO3）>c（H+）>c（CO32-）

笔者认为2、3、4是相互影响的关系，在分析该问题时必须考虑2、3、4的平衡常数，进行定量计算。已知25℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10-14（mol·L-1）2，H2CO3的两级电离平衡常数分别为：Ka1=4.2×10-7mol·L-1，Ka2=5.6×10-11mol·L-1，HCO3-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1≈2.4×10-8mol·L-1；饱和碳酸氢钠溶液的pH大约为8.31，即c（H+）=10-8.31mol·L-1≈4.9×10-9mol·L-1，c（OH-）=Kw/10-8.31=10-5.69mol·L-1≈2.0×10-6mol·L-1，溶解度10.35g，近似计算出饱和碳酸氢钠溶液的浓度c≈1.2mol·L-1。设25℃时饱和碳酸氢钠溶液中H2CO3的浓度为xmol·L-1，CO32-的浓度为ymol·L-1，则HCO3-的浓度为1.2-x-y，由于x、y与1.2相比都是比较小的数，所以1.2-x-y≈1.2。

由此可见，一般情况下，稀溶液中多元弱酸的各级电离都比水的电离程度大，多元弱酸酸式根离子的电离和水解又是相互促进的过程，因此在多元弱酸酸式盐水溶液中，离子浓度最小的两种离子是OH-和H+。

二、铵盐溶液

铵盐分为强酸所对应的铵盐以及弱酸所对应的铵盐，其中又各自分为正盐和酸式盐两类。NH4Cl和（NH4）2SO4属于强酸所对应的正盐；CH3COONH4和（NH4）2CO3属于弱酸所对应的正盐；NH4HSO4属于强酸的酸式盐；NH4HCO3属于弱酸的酸式盐。在铵盐的溶液中，铵根离子水解显酸性，可表示为NH4++H2O NH3·H2O+H+，酸根阴离子所具有的性质对铵根离子水解是否有影响，是促进其水解还是抑制其水解需要具体分析，该部分内容最常考查的方式是比较等物质的量浓度的各种铵盐溶液中NH4+浓度的大小关系。

例如0.1mol·L-1的下列溶液中，①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4④NH4HCO3 ⑤（NH4）2CO 3 ⑥CH3COONH4，NH4+浓度由大到小的关系顺序为：

解析：②（NH4）2SO4与⑤（NH4）2CO3均为二元酸的正盐，NH4+浓度都近似为0.2mol·L-1，在⑤（NH4）2CO3中，CO32-离子水解显碱性，会促进NH4+离子的水解，所以②（NH4）2SO4与⑤（NH4）2CO3中NH4+浓度的大小关系是②>⑤；在①NH4Cl、③NH4HSO4、④NH4HCO3、⑥CH3COONH4中，NH4+浓度都近似为0.1mol·L-1，其中③NH4HSO4与①NH4Cl相比，由于③NH4HSO4溶液显示较强的酸性，对NH4+离子的水解起到抑制作用，所以NH4+浓度的大小关系是③>①；在④NH4HCO3与⑥CH3COONH4中，HCO3-和CH3COO-离子均和NH4+离子构成相互促进的水解的关系，H2CO3的Ka1=4.2×10-7mol·L-1，CH3COOH的Ka=1.7×10-5mol·L-1，所以HCO3-的水解程度大于CH3COO-离子的水解程度，使得④NH4HCO3溶液中NH4+离子的水解程度增大，浓度减小，即NH4+浓度的大小关系是⑥>④。综上所述，等物质的量浓度的六种溶液中NH4+浓度的由大到小关系顺序为：②>⑤>③>①>⑥>④。

关于从溶液中析出晶体问题探讨第3篇

例1在20℃时, Na2CO3和Na HCO3的溶解度分别为21.0 g和10.0 g, 先向100 g饱和Na2CO3溶液中通入CO2至过量, 能够析出晶体质量是多少?

H2O的质量为:

反应后溶液中溶剂的质量:82.6 g-2.95 g=79.85 g, 此溶剂可溶解Na HCO3的质量为:

所以, 析出Na HCO3固体的质量为:27.6 g-7.97 g=19.63 g

从以上分析可知, 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2至过量, 会有晶体析出.

二、向饱和Na Cl溶液中通入足量的NH3和CO2, 为什么会析出晶体?

向饱和食盐水中通入足量的氨至饱和, 然后在加压下通入CO2:

H2CO3的酸性比盐酸弱, CO2与Na Cl不反应.

CO2在H2O中发生反应:

因为H2CO3是弱酸, 所以HCO3在水中的溶解度很小.但是,

所得到的少量OH-和前一个反应中的H+结合成极弱的电解质H2O, 从而使得两个反应都向右进行, 可以使溶液中的HCO3-的浓度增大.因Na HCO3溶解度较小 (以20℃为例, 20℃时溶解度:Na Cl 36.0 g, Na HCO310.0 g) , 从溶液中析出.

第一册饱和溶液不饱和溶液第4篇

⑸在讲溶液“饱和”与“不饱和”时，为什么一定要指明“一定温度”和“一定量溶剂”呢?

实验7―4

⑴学生观察现象：温度升高后，原来没溶解的硝酸钾又溶解了

⑵学生小结：升高温度时，原来的饱和溶液变为不饱和溶液

实验7―5

⑴学生观察现象：加水后，原来没溶解的氯化钠又溶解了

⑵学生小结：加水后，原来的饱和溶液变为饱和溶液

师总结：

在升高温度或增加溶剂量的情况下，原来饱和溶液变为饱和溶液，因此在讲溶液饱和与不饱和时，一定要说明在“一定温度”和“一定量溶剂”中才有意义

二、饱和溶液和不饱和溶液的相互转化

讨论：你有几种办法使饱和溶液变为不饱和溶液

失窃的溶液第5篇

那位客人四十岁左右，中等身材，头发稀疏，两眼炯炯有神。我注意到他穿着非常昂贵的西装。他和方明交谈了几句，握了握手之后就离开了。

方明早已看到我，打招呼让我进门。我问刚才那位客人是谁，为什么看上去很眼熟。

“眼熟是很自然的，你肯定在报纸或电视上见过他，他就是鼎鼎有名的菲尼克斯集团的副总裁葛先生，那可是响当当的社会名流啊。”

我吃了一惊，没想到居然会在方明家遇上这样重要的人物。菲尼克斯集团是A国最大的企业之一，在其经营的很多领域都称得上是佼佼者，而葛先生正是菲尼克斯的中流砥柱。在他的领导下，菲尼克斯公司不断扩张，取得了举世瞩目的成就，尤其是在医药行业。

“你可能会觉得奇怪，这样一位大人物怎么会出现在我这里。”方明看出我的疑问，推过一把椅子让我坐下，“很简单，他们公司丢失了一件重要的物品，又不方便让警方介入，于是希望我帮他们找回来。”

原来如此，那他们算是找对人了，方明是我国首屈一指的侦探小说家，同时也是顶尖的侦探，请他出马真是再合适不过了。

“有意思的是，他们知道这件东西是被谁偷走的，却无法把它找回来，这才求助于我。”

“有这种事？”

“没错。他们甚至已经仔细搜查过怀疑对象的住处，确信被偷的物品就在那里某个地方，却始终无法找到。”

我实在是大惑不解：明明知道要找的东西在什么地方，却无法找到，这究竟是怎么一回事？

方明为我端来茶水，靠在沙发上打了一个哈欠，继续向我介绍：“被盗的是一瓶溶液，而偷走它的人，正是菲尼克斯集团开发部的主管傅先生。”

“傅先生是菲尼克斯集团的红人，也常常出现在媒体报道中，他为什么会这么做？”

“有些内幕是外人不得而知的。根据葛先生所说，傅先生有几件事情没有办好，又传出贪污的丑闻，在集团内部受到很大的压力，而竞争对手UNIC公司适时地发出了邀请，那么携带机密资料跳槽也不失为一个好的选择。当然，这一切都是在暗地里进行。”

“那么，被盗的溶液，就是菲尼克斯集团的机密，也是UNIC公司想得到的了？”

“没错，那是菲尼克斯公司刚刚研发出来的一种新型药物，非常有希望依靠它解决一些不治之症，说它价值连城一点都不夸张。如果UNIC公司得到它，足以在医药领域一举击垮菲尼克斯公司，取而代之成为新的霸主。”

“既然知道是傅先生偷走了溶液，菲尼克斯公司为什么不立即对他采取行动或是报告警方，让他交出来呢？”

“事情并没有这么简单。傅先生在菲尼克斯公司已经工作多年，有着庞大的关系网，社会背景也相当复杂，如果没有找到溶液就贸然行动，有可能产生无法挽回的后果。”

“所以他们只能秘密搜查，而不能求助警方。”

“是的。但他们的搜查完全没有结果，而种种迹象表明傅先生近期就要投靠UNIC公司了，无奈之下只好求助于我。”

“根据葛先生所说的，这的确是一桩棘手的事情，在发现溶液被盗之后，他马上展开调查，虽然没有确凿的证据，但最终线索都指向傅先生。他雇请一批专业人士对傅先生的住处进行了仔细的搜查。当然，这一切都是在他不在家的时候进行的。傅先生这段时间公务非常繁忙，上面指派了很多工作给他，当然，那些工作都是无关大局的，只是为了让他多留在公司。傅先生是单身，这就给搜查带来了便利。”

在葛先生来拜访方明之前，已经派出了至少三批人马对傅先生的住所进行了地毯式搜索。他们避开所有的监控，搜查了所有房间，检查了所有的家具，打开过每一个抽屉和柜子，还有带锁的保险箱。他们连地板和地毯都没有放过，一层层地搜查，甚至连电器都被拆开检查。任何蛛丝马迹都被仔细地研究，可最终仍然一无所获，那瓶溶液始终不见踪影。

“为什么溶液一定是藏在他家呢？难道不会藏在其他地方吗？或者他已经卖给了UNIC公司？”

“东西一定还在他手上。如果UNIC公司已经拿到了溶液，傅先生就不可能还在菲尼克斯公司了。他们应该还没有谈拢，傅先生一定还有他的顾虑。如此珍贵的筹码，一定会放在他随时可以拿到的地方。”

“他不会随身带着吗？”

“这样做太危险了，不久前傅先生在上班路上就碰到过劫匪。他们仔细搜身之后抢走了傅先生身上的所有财物。你当然可以猜得到这是怎么一回事了。”

“这么说的话，如果溶液确实在他家里，又怎么会找不到呢？”

“这正是葛先生头痛的地方。一位可靠的朋友向他推荐了我，他便亲自上门来拜访了。”

“那你是怎么答复他的呢？”

“我告诉他，如果确定溶液就在他家的话，只能证明他们的搜查还不够仔细，应该继续搜查下去。他当然会认为这是多此一举。我让他告诉了我溶液和容器的具体样子，就让他先回去，等我考虑一下再答复他。”

“那你到底有没有把握找到呢？”我问道。

方明将杯中的茶喝完，若有所思地看着空空的茶杯。

“如果它在那个地方，就一定能够找到。”

三天之后，方明又邀请我去他家。我们还没有聊上几句，门铃就响了起来。方明起身去开门，来访的正是上次那位葛先生。他看到我，一脸怀疑的神色。

“请不用担心。这位是吴迪先生，是我的挚友，同时也是我的助手，所有的情况他都知道，你可以像信任我一样信任他。”

葛先生这才放下心来，焦急地询问方明什么时候才能将溶液找回。

我坐在方明的旁边，看到他还是惯常那种气定神闲的样子，知道他一定有所把握，可他一开口还是把我吓了一跳。

“您上次提到，贵公司愿意提供十万元作为找回溶液的酬金。请您现在就按这个数目给我开一张支票吧。签好字，我就把溶液给您。”

不光是我，葛先生也被惊得目瞪口呆，半天说不出话来，一直盯着方明。过了好一会儿他才定了定神，从身上取出支票簿，填完之后递给方明。方明看都没看，直接放在茶几上，然后从茶几的下面取出一个瓶子交给葛先生。“这就是你要的东西，混合了一些其他的红色溶液，需要把它分离出来。我相信对你们来说这并不难。”

葛先生接过瓶子，小心地打量了一下，看到方明肯定的神色，脸上流露出狂喜。他如释重负，小心翼翼地把它放进随身携带的公文包里，向方明再三感谢后便迫不及待地告辞了。

这一切发生得如此之快，葛先生离开好一会儿我还没有缓过神来。方明让我坐下，介绍了整件事情的经过。

“从葛先生第一次来找我，我就知道他们已经尽力而为，却低估了傅先生的智慧。他们只以为溶液会藏在他家什么隐秘的地方，费尽心思地去寻找，却没有想到其他的可能。”

“其他的可能？”

“没错。傅先生既然会盗取溶液，当然会考虑到接下来会发生的事情。拦路抢劫和搜查住处是顺理成章的。既然隐秘的地方一定会被搜查，他必定会把溶液放在明显的地方，这样反倒不会引人注意。”

“傅先生是出了名的集邮爱好者。前天我从朋友那里借来一整套珍贵的邮票，乔装打扮后特意上门拜访他。他看到邮票自然是喜出望外，请我进屋想好好地鉴赏，没有任何怀疑。

“在他全神贯注地欣赏邮票的时候，我趁机扫视了整个屋子，一切细节都被我看在眼里，最后发现了要找的东西。当然，那时它的样子和葛先生所描述的大不相同。”

“溶液就放在房间里？”

“是的，就在任何人都可以看到的地方。沙发的旁边有一个玻璃茶几，上面放了几本书，一些水果，一瓶开过的红酒，旁边还有酒杯。我第一眼看到就认定这就是我的目标。”

“红酒？”

“名牌的红酒，喝了大约三分之一，重新用木塞塞住，就随意地放在茶几上，瓶身的标签上还有不小心滴落的酒渍。葛先生在找的是一个盛有浅色液体的玻璃容器，但这并没有关系。正是因为它不同的样子，加上放在那么一个显眼的位置，更加让我相信自己的判断。这就是他们找不到的原因。”

“我一边继续和傅先生热烈地讨论着刚学来的关于邮票的话题，一边暗暗记下那瓶红酒的样子和摆放的位置。离开的时候，我故意把打火机放在了他的书桌上。”

“第二天，也就是昨天，我到他家去取打火机，顺便带来一些其他的邮票给他鉴赏。我看到酒还在原来的地方放着，完全没有动过，这让我兴奋不已。像傅先生这样一个人，是不会把开封的红酒放上一天都不去动它的。这再次证实了我的判断。”

“我们正聊得起劲的时候，屋子里却突然停电了，房门口也传来了奇怪的动静。傅先生起身去查看究竟，我趁机走到茶几前，把红酒放进我的包里，又把另一瓶事先准备好的红酒放回原处。那是我头一天精心准备好的，看上去和原来的一模一样，连标签上的酒渍都一样。”

“电很快就来了，门口的响动也不过是有人找错了房门而已。当然这都是我事先安排好的。我又和他聊了一会儿就告辞了。”

“可是你为什么要换走那瓶酒呢？”我问道。“你第一次拜访他的时候就把那瓶酒抢走不就行了吗？”

“不像你想得那么简单，吴迪。”方明答道，“他那里有严密的安保措施，强抢是行不通的。另外，这样做对傅先生也是一个教训。他现在还不知道溶液已经被取走了，还在以此和UNIC公司谈判呢。我倒很想知道，等他需要取出溶液的时候，却发现变成了真正的红酒，这时他的脸上会是什么表情。”

方明拿起茶几上的支票，看了一眼，放进了自己的皮夹。“那确实是一瓶好酒，留在那里挺可惜的。不过话说回来，一瓶红酒换十万元还真是不错。”

“我肚子饿了，我们出去吃饭吧。今天我请客，请你喝上等的红酒，哈哈。”

溶液问题论文第6篇

一、有关理论性问题

1. 酸性溶液pH<7;中性溶液pH=7;碱性溶液pH>7。

2. 溶液的质量=溶剂的质量+溶质的质量。

3. 溶质的质量=溶液的质量溶质的质量分数。

4. 某溶液倒出一部分溶液后, 剩余溶液、倒出溶液的溶质质量分数=原溶液的溶质质量分数。 (溶液是均一、稳定的)

5. 同种物质的溶液, 温度一定时, 饱和溶液溶质的质量分数>不饱和溶液溶质的质量分数。

6.20°C时, 溶解度>1 0克称为易溶物质;溶解度>1克称为可溶物质;溶解度<1克称为微溶物质;溶解度<0.01克称为难溶物质。

7. 酸、碱、盐溶液中, 阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数。

8. V1毫升水和V2毫升酒精混合得V3毫升溶液, 则V1+V2>V3 (分子之间有间隔) 。

9. 同种溶质的两溶液混合, 混合后溶液中溶质的质量=混合前两溶液中溶质的质量之和。

二、有关溶质质量分数的问题

3. 若将某溶液的溶质质量分数变为原来的一半, 只改变溶剂的质量, 需要加水的质量=原溶液的质量。 (加水后溶质的质量不变, 溶液的质量变为原来的两倍。)

4. 若将某溶液的溶质质量分数变为原来的两倍, 只改变溶剂的质量, 没有溶质析出, 需要蒸发水的质量=原溶液质量的一半。 (蒸发水后溶质的质量没变, 溶液质量变为原来的一半。)

5. 饱和硝酸钾溶液降温结晶后, 所得溶液溶质质量分数<原饱和溶液溶质质量分数。 (对溶解度随温度升高增大的物质而言都是成立的。)

6. 稀释前溶液的质量稀释前溶质的质量分数=稀释后溶液的质量稀释后溶质的质量分数。 (稀释前后溶质的质量不变。)

7.1 0°C时某物质的溶解度为20克, 则40克A物质放入60克水中充分溶解后所得溶液的溶质质量分数<40%。 (根据溶解度, 10°C时60克水最多溶解12克该溶质。)

8. 有溶质质量分数为20%的某溶液一瓶, 倒出3/4体积后, 加水到原来的质量, 又倒出2/3体积, 则剩余溶液中溶质的质量分数= (1-3/4) 20%。 (倒出3/4体积后再加水到原溶液的质量, 溶质的质量变为原来的1/4倍, 所以溶质的质量分数也变为原来的1/4倍。)

三、有关溶解度及化学反应的计算

1. 在一定温度下, 某种溶质的溶解度为S, 则饱和溶液中溶剂的质量:溶质的质量:溶液的质量=100:S: (100+S) 。

2.1 0°C时A物质的溶解度为20克, 则15克A物质放入50克水中充分溶解后所得溶液质量<65克。 (因15克A物质未完全溶解。)

3. 某温度时, 某物质的溶解度为S, 该饱和溶液的溶质质量分数为A%, 则A

4. 温度为t°C时, 硝酸钾溶液恒温蒸发出A克水时, 析出晶体a克, 再恒温蒸发出A克水又析出晶体b克 (a不等于b) , 所以a

5. 已知消石灰在20°C和80°C的溶解度分别为a克和b克, 则a>b。 (消石灰的溶解度随温度的升高而降低。)

6.等质量的Na、Mg、Al、Zn、Fe与足量的酸反应, 产生氢气的质量由多到少的顺序为Al>Mg>Na>Fe>Zn。

7.m克金属锌在n克稀盐酸中完全反应得到溶液质量为p克, 反应中生成H2质量为W, 则W= (m+n-p) 克。 (化学反应前后总质量守恒。)

8.X、Y、Z三种金属分别放入稀硫酸中, Y溶解, X、Z不溶解, 把X放入Z的溶液中X可把Z置换出来, 则X、Y、Z三种金属的活动性由强到弱的顺序为:Y>X>Z。

9.将一定质量的铁放入X克硫酸中, 完全反应后得到Y克溶液, 则Y>X。 (根据化学方程式56克铁完全反应, 只有2克氢气放出。)

1 0.将锌粒放入M克硫酸铜溶液中, 一会取出后溶液质量变为N克, 则MB。

(若参加反应的金属质量>反应生成的金属质量, 则溶液质量增加, 反之溶液质量减小, 因质量是守恒的。)

熟知规律速解溶液pH问题第7篇

规律1:强酸 (碱) 每稀释10倍, 溶液的p H增大 (减小) 1个单位, 但极限为7.

(A) p H=8

(B) p H=7

(D) [OH-]≈110-8mol/L

练习2:将p H=3的醋酸稀释100倍后, 其p H为 ()

(A) p H=5

(B) p H=3

(D) 不能确定其范围

规律2:水的离子积随温度的升高而增大, 当温度为10℃, Kw=3.610-14;当温度为50℃, Kw=5.0610-14.

练习3:若某酸与某碱发生反应, 则p H= ()

(A) p H=7

(B) p H<7

(D) 无法判断

规律3:p H相同且等体积的不同酸, 酸越弱其物质的量浓度越大, 与金属反应时, 放出H2越多;都为强酸时放出H2一样多, 与几元酸无关.体积相同且物质的量浓度相同的不同酸, 酸越弱p H越大, 与金属反应时, 多元酸放出的H2多, 与酸的强弱无关.

练习4:p H和体积都相同的醋酸和硫酸, 分别跟足量的碳酸钠溶液反应, 在相同条件下, 放出CO2的体积是 ()

(A) 一样多

(B) 醋酸多

(D) 无法比较

练习5:等体积物质的量浓度的盐酸和醋酸与锌反应放出H2的量 ()

(A) 一样多

(B) 醋酸多

(D) 无法比较

规律4:两种p H不同的强酸或强碱混合时:

当为酸时且

规律5:若设酸p Ha与7之差为Δp Ha, 碱p Hb与7之差为Δp Hb, 则

当Δp Ha-Δp Hb≥2时, 用上述0.3规律处理;当Δp Ha-Δp Hb=1时, 用0.35代替0.3去处理.

练习6:将p H=2的盐酸和p H=13的KOH等体积混合, 则混合液的p H为 ()

(A) 12.5 (B) 12.7 (C) 2.3 (D) 12.65

规律6:p H之和为14的两种溶液混合, 其混合液p H的判断, 若两者均为强电解质, 则p H=7;若酸强碱弱, 则p H>7;若碱弱酸强, 则p H<7.

练习7:p H=3的盐酸和p H=11的某一碱溶液等体积混合所得溶液p H为 ()

(A) p H=7

(B) p H≥7

(D) 无法确定

规律7:强酸 (p Ha) 与强碱 (p Hb) 混合呈中性, 二者体积与p H关系规律, (Va表示酸体积, Vb表示碱体积) :

练习8:25℃时, p H=3的强酸和p H=12的强碱混合, 混合后的溶液呈中性, 则酸碱体积比为 (假定体积不变) ()

(A) 9∶1 (B) 1∶9 (C) 10∶1 (D) 1∶10

溶液问题认知中的几大优先原理第8篇

一、优先放电原理

电解电解质水溶液时, 阳极放电顺序为:活泼金属阳极 (Au、Pt除外) >S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子和F-.即位于前边的还原性强的微粒优先失去电子.只要有水, 含氧酸根离子和F-就不能失去电子.阴极:Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+即位于前边的氧化性强的微粒优先得到电子.只要有水, 一般H后面的离子不能得到电子.

例1用铂电极电解含物质的量浓度相同的Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+的混合溶液时, 优先在阴极上还原的是 ()

解析:由阴极Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+的这一优先放电顺序可知 (C) 正确.这类题目一定记住这一顺序, 才能得出正确答案.

二、优先氧化原理

若某一溶液中同时含有多种还原性物质, 则加入一种氧化剂时, 优先氧化还原性强的物质.

例2向100 m L含0.005 mo I/L KI和0.005 mol/L KBr的混合溶液中通入标准状况下的Cl256 m L, 生成物为 ()

(A) KCl和Br2 (B) KCl和I2

解:因为还原性I->Br-, 所以优先氧化I-, n (I-) =0.0050.l=0.005 mol, n (Cl2) =56/22400=0.00025 mol, 由2I-+Cl2=I2+2Cl-, 知I-和Cl2刚好反应完.Br-末反应, 选 (B) .

三、优先还原原理

若某一溶液中同时含有多种氧化性物质, 则加入一种还原剂时, 优先还原氧化性强的物质.

例3在含有Cu (NO3) 2、Zn (NO3) 2、Fe (NO3) 3、Ag NO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉, 经搅拌后发生的变化应是 ()

(A) 铁溶解;析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu

(B) 铁溶解, 析出0.01 mo I Ag并放出H2

(D) 铁溶解, 析出0.01 mo I Ag, 溶液中不再有Cu2+

解:因为氧化性Ag+>Fe3+>Cu2+>H+, 所以先发生:

再发生:2Fe3++Fe=3Fe2+

0.01 mol0.005 mol故选 (C) .

四、优先沉淀原理

若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成沉淀的离子, 则溶解度 (严格讲应为溶度积) 小的物质优先沉淀.

例4向KCl、Na Br、KI混合溶液中逐渐加入Ag NO3溶液时, 先析出Ag I, 其次为Ag Br, 最后为Ag Cl.

五、优先中和原理

若某一溶液中同时含有几种酸性物质 (或碱性物质) , 当加入一种碱 (或酸) 时, 酸性 (或碱性) 强的物质优先被中和.

例5给Na OH、Na2CO3的混合溶液中加入盐酸时, 按发生反应的先后写出反应方程式.

解析:由于Na OH碱性强于Na2CO3, 所以先发生:Na OH+HCl=Na Cl+H2O再发生:Na2CO3+HCI=Na HCO3+Na Cl最后发生:Na HCO3+HCl=Na Cl+CO2↑+H2O

化学上常利用此原理和酚酞、甲基橙双指示剂测定烧碱的纯度.当第一和第二个反应完成时酚酞变色, 第三个反应完成时甲基橙变色.

六、优先溶解原理

若一种试剂加入到含有多种沉淀的混合物中时, 溶解度大的物质先溶解.

例6在Ag Cl、Ag Br、Ag I沉淀的混合物中加入浓氨水, 请指出它们的溶解情况.Ag Br、Agl的混合物中加入Na2S2O3溶液, 它们的溶解情况如何?

解析:在Ag Cl、Ag Br、Ag I沉淀的混合物中加入浓氨水, Ag Cl先溶解, 而Ag Br、Ag I则不溶.因为Ag Cl的溶解度比Ag Br、Ag I大, Ag Cl电离出的[Ag+]大, Ag Cl (固) =Ag++Cl-, Ag++2NH3H2O=[Ag (NH3) 2]++2H2O同理给Ag Br、Agl的混合物中加入Na2S2O3溶液, Ag Br溶解.

七、优先挥发原理

当蒸发沸点不同的物质的混合物时:低沸点的物质优先挥发 (有时亦可形成共沸物) .

例7将100 g 36%的盐酸蒸发掉10 g水后关于盐酸浓度的叙述正确的是 ()

(A) 增大 (B) 变为40% (C) 变小 (D) 不变

解析:因为HCl的沸点比水低, 当水被蒸发时, HCl已蒸发掉了, 所以选 (C) .再如, 石油的分馏, 先挥发出来的是沸点最低的汽油, 其次是煤油、柴油、润滑油等.

八、优先鉴别原理

鉴别多种物质时:先用物理方法 (看颜色, 观状态, 闻气味, 观察溶解性) ;再用化学方法:固体物质一般先溶解配成溶液, 再鉴别;用试纸鉴别气体要先润湿试纸.

例8不用任何试剂, 也不用焰色反应, 如何鉴别Na NO3、Ba Cl2、MgSO4、Na OH、Fe Cl3溶液.

溶液问题论文第9篇

在高锰酸钾的配制和标定实验中, 常常会有褐色沉淀产生, 教师常常解释为以下两个原因:一是滴定速度过快;二是酸度不够。给出的相应解决方法:一是滴定速度放慢;二是多加点硫酸。这是不是产生褐色沉淀的原因, 用以上方法就可以避免褐色沉淀产生吗?针对以上问题, 笔者通过实验验证及理论分析进行了探究。

二、实验

1. 仪器和主要试剂

锥形瓶、酸式滴定管、H2SO4 (3 mol·L-1) 、Na2C2O4 (s, AR) 、已配制好的浓度约为0.02mol·L-1的KMnO4溶液

2. 实验过程

(1) 称取0.2克左右预先干燥过的Na2C2O4一份, 置于锥形瓶中, 加2mL (正常实验中加入的是10mL) H2SO4 (3mol·L-1) 和40mL蒸馏水使其溶解, 慢慢加热直到有蒸汽冒出 (约75℃~85℃) , 取5mL 0.02mol·L-1 KMnO4溶液倒入。观察到紫红色慢慢褪去, 得到无色溶液, 并没有发现褐色沉淀产生。

(2) 用酸式滴定管盛取0.02mol·L-1 KMnO4溶液, 继续对锥形瓶中的剩余溶液滴定, 同时充分摇匀, 快终点时放慢滴定速度, 直至锥形瓶溶液在半分钟内仍保持为红色不褪。此时可看到粉红色透明溶液。

(3) 继续用0.02mol·L-1 KMnO4滴定约1-2mL, 并放在酒精灯上稍微加热, 此时溶液中出现褐色沉淀。

3. 对实验现象的理论分析

(1) 滴定速度对褐色沉淀产生的影响分析

从实验 (1) 中我们可以看出, 刚开始滴定速度快慢并不影响褐色沉淀是否产生, 即使我们把5mL 0.02mol·L-1 KMnO4溶液倒入, 也没有发现褐色沉淀。具体原因对照电极电势差可知, 差值越大, 越先被氧化。根据这个理论, 我们可以得出, 在有大量草酸根离子存在的情况下, Mn2+和MnO4-在酸性条件下不可能反应生成褐色沉淀MnO2, 而是MnO4-和C2O42+优先反应。

在实验 (2) 中, 我们要求接近终点时要放慢滴定速度, 是因为此时溶液中C2O42-的浓度很小, 和滴入的MnO4-碰撞的机会减少;而Mn2+的浓度却大得多, 如果滴入太快, 就会出现褐色沉淀。

从实验 (3) 中我们可以看出, 在酸性和较高温度条件下, 很容易发生下列反应:

所以我们发现了褐色沉淀。

(2) 酸度对褐色沉淀产生的影响分析

KMnO4在不同的酸度下, 会发生下列反应:

三、结论

从以上分析我们可以得知:在高锰酸钾的标定过程中, 要防止褐色沉淀产生, 一是要注意在接近终点时, 滴定速度要放慢, 并充分摇匀;二是正确判断终点, KMnO4-不要滴定过量。

参考文献

[1]南京大学《无机及分析化学实验》编写组.无机及分析化学实验.第4版, 北京:高等教育出版社, 2006:140-141.

[2]南京大学《无机及分析化学实验》编写组.无机及分析化学实验.第4版, 北京:高等教育出版社, 2006:115.

溶液问题论文第10篇

1.NaHCO3溶液pH的计算

NaHCO3溶液中存在下列变化（将H3O+简化为H+）：

（1）NaHCO3Na++HCO-3

(2)HCO-3H++CO2-3

（3）HCO-3+H2OH2CO3+OH-

(4)H2OH++OH-

25℃,H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11;H2O的离子积常数，Kw=1×10-14。

假设c(NaHCO3)=0.1 mol/L，则c(Na+)=0.1 mol/L, HCO-3发生电离或水解的只占少量，故c(HCO-3)≈0.1 mol/L。

根据H+的来源，NaHCO3溶液中质子守恒式为：

c(H+)+c(H2CO3)=c(CO2-3)+c(OH-)

将Ka1、Ka2及Kw表达式代入质子守恒式变形为：

c(H+)+c(H+)·c(HCO-3)Ka1=Ka2·c(HCO-3)c(H+)+Kwc(H+)

通分：Ka1·c(H+)2+c(HCO-3)·c(H+)2

=Ka1·Ka2·c(HCO-3)+Ka1·Kw

代数计算：

c(H+)≈4.55×10-9mol·L-1

pH=8.34

2.CH3COONa溶液的pH的计算

0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液存在下述变化：

（1）CH3COONaNa++CH3COO-

(2)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

(3)H2OH++OH-

CH3COONa溶液中质子守恒式为：

c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)

将Ka，c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH),Kwc(H+)c(OH-)代入质子守恒式：

c(H+)+c(H+)·c(CH3COO-)Ka=Kwc(H+)

通分：

Ka·c(H+)2+c(H+)2·c(CH3COO-)=Ka·Kw

代数计算：c(H+)=1.32×10-9mol·L-1

pH=8.88

3.结论

Na2CO3溶液的pH最大是没有疑问的。通过前面的计算可知，0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH=8.34,0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=8.88,因此等浓度的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH的大小顺序应为Na2CO3>CH3COONa>NaHCO3。

4.分析与讨论

NaHCO3溶液中存在下列变化：

（1）NaHCO3Na++HCO-3

(2)HCO-3H++CO2-3

(3)HCO-3+H2OH2CO3+OH-

(4)H2OH++OH-

在NaHCO3溶液中各离子浓度的大小是由各平衡的平衡常数所共同制约的。在同一体系中各平衡中存在的相同微粒的浓度是相同的，即（2）式和（4）式中的H+的浓度是相同的，（3）式和（4）式中的OH-的浓度是相同的。故H+和CO2-3是不能通过出处来比较浓度大小的。随着（2）式电离出的H+不断增多，（3）式水解出的OH-不断增多，使得（4）式的平衡向左移动，从而使溶液中H+和OH-浓度减小，CO2-3的浓度变大。也就是说，HCO-3的电离和水解是相互促进的，使得等浓度的NaHCO3溶液的pH小于CH3COONa溶液。只考虑HCO-3的水解，而忽视其电离必然导致不可靠的结论。

中学阶段，在进行离子浓度的排序以及等浓度盐溶液的酸碱性的排序时不要求通过计算来分析，因此，在教学中应有意识地回避这类问题，而对于学有余力的学生可以引导他们进行计算来得到结论，这样既可以使他们对于化学平衡以及化学平衡常数的认识大为提升，又培养了其从定性到定量，从微观到宏观的化学思想方法。

溶液问题论文第11篇

问题:已知T℃时CuSO4的溶解度是20 g,向T℃时足量的CuSO4饱和溶液中加入16g无水CuSO4,析出晶体的质量是多少?

解法1:当温度不变时,向足量CuSO4饱和溶液中加入CuSO4粉末,析出CuSO4晶体的质量大于加入的CuSO4粉末的质量.晶体中CuSO4的质量减去加入的CuSO4粉末的质量就是饱和溶液失去的CuSO4的质量,这部分CuSO4与晶体中结晶水的质量之比恰好等于该温度下CuSO4的溶解度与100 g溶剂水的比值.

解法3:不妨设从溶液中析出的CuSO4(不是晶体)的质量为x,易知,这部分CuSO4与晶体中结晶水的质量之比恰好等于该温度下CuSO4的溶解度与100 g溶剂水的比值.如此看问题的话,那么析出晶体的质量就应该等于从溶液中析出的硫酸铜、晶体中的结晶水、加入的硫酸铜粉末这三者的质量之和.

通过此题不难看出,这类问题在求解时有多种思维角度和处理技巧,只要掌握了这些技巧,此类问题就会迎刃而解.

摘要：向足量的硫酸铜饱和溶液中加入一定质量的硫酸铜粉末有晶体析出,求析出晶体的质量有多种解法.

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