原题：某二元酸（化学式用H₂B表示)在水中的电离方程式是：H₂B＝H⁺+HB^–，HB^–  H⁺+B^2-。

回答下列问题：

（1）Na₂B溶液显         （填“酸性”、“中性 ”或“碱性”），理由是             （用离子方程式表示）。

（2）在0.1 mol·L^-1 Na₂B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是         。

A.c(B^2-)+c(HB^–)+c(H₂B)=0.1 mol·L^-1

B.c(Na⁺)+c(OH^–)=c(H⁺)+c(HB^–)

C.c(Na⁺)+c(H⁺)=c(OH^–)+c(HB^–)+2c(B^2-)

D.c(Na⁺)=2c(B^2-)+2c(HB^–)

（3）已知0.1 mol·L^-1 NaHB溶液的pH=2，则0.1 mol·L^-1H₂B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是   0.11 mol·L^-1(填“＜”、“＞”或“=”),理由是                         。

（4）0.1 mol·L^-1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是                      。

此题易错的地方有几处：先是第一小题的第二问，不少人会写：

B ^2- +H ₂ O  HB ^– +OH ^–     HB ^– +H ₂ O  H2B  +OH ^–    

这种答案其实是没审好题，H₂B在水中的电离方程式第一步是完全电离，第二步才是部分电离。也即是说B ^2- 的水解也是发生第一步。

第二个易错点是第二小题关系式的判断，很多人错选了AC。造成原因同样是因为没注意H₂B在水中的电离方程式第一步是完全电离。由于B ^2- 的水解也是发生第一步，只生成HB ^–，Na₂B溶液中根本没有H2B 这个粒子，所以A错；溶液呈碱性，则有OH ^–>H⁺，且Na⁺>HB^–，c(Na⁺)+c(OH^–)=c(H⁺)+c(HB^–)也不可能成立，所以B也错；C选项是电荷守恒，C对。根据Na₂B电离方程可得：c(Na⁺)＝2c(B^2-)，而B^2-只水解成HB ^–，也就是电离出的B^2-在水中只存在B^2-、HB ^–两种形式，根据物料守恒，D对。

第三小题计算思路如下：由0.1 mol·L^-1 NaHB溶液的pH=2，可知0.1 mol·L^-1 HB ^– 电离出H⁺的浓度为0.01 mol·L^-1 ；0.1 mol·L^-1H₂B溶液中由于第一步是完全电离：H₂B＝H⁺+HB^– 则此步电离出的H⁺浓度是0.1 mol·L^-1；第二步电离是部分的：HB^–   H⁺+B^2-如果这步电离程度和0.1 mol·L^-1 NaHB溶液的HB ^– 电离程度一样大，就会产生0.01 mol·L^-1 H⁺；两步H⁺加起来就是0.11 mol·L^-1 ；但由于第一步电离出的H⁺会对第二步的电离产生抑制作用（勒夏特列原理），使得第二步电离程度要比0.1 mol·L^-1 NaHB溶液中的HB ^– 电离程度要小。所以c(H⁺)<0.11 mol·L^-1

第四小题就得从第三小题中得知0.1 mol·L^-1 NaHB溶液是显酸性的，HB^–的电离大于B^2-的小解，所以有c(Na ⁺ )>c(HB ^– )>c(H ⁺ )>c(B ^2- )>c(OH ^– )

反应：2Fe(OH)3(s)+3ClO-(aq)+4OH-(aq)==2FeO42-(aq)+3Cl-+5H2O

方程中为什么生成的Cl-而不是Cl2？这是因为此反应是在碱性条件下进行，假设生成的是Cl2，则会发生：Cl2+OH-==ClO-+Cl- 然后ClO-作为反应物循环利用，使Cl2+OH-==ClO-+Cl- 平衡右移，最终还是剩下Cl-

如果把上面方程中的ClO-换成Cl2，一样会把Fe(OH)3氧化成FeO42-，反应如下：

3 Cl2 + 2 Fe(OH)3 +10 OH- = 2 FeO42- + 6 Cl- + 8 H2O

上面这个反应分步写时，则得到：

Cl2+OH-==ClO-+Cl-
2Fe(OH)3(s)+3ClO-(aq)+4OH-(aq)==2FeO42-(aq)+3Cl-+5H2O

所以这个反应的还原产物是Cl-而不可能是Cl2

是这样的，我们以NaAc为例
NaAc = Na+ + Ac- (1)
Ac- + H2O = HAc + OH- (2) 
令（1）式中电离出的Ac-浓度为C
设(2)中有x的Ac- 反应了则有
x^2 / (C- x) = K (其中K为常数，称为水解常数，只与温度有关)
即x^2 + Kx - KC = 0
解得x 的合理解为 x = ((K^2 + 4KC)^(1/2) - K)/2（X另一个解不合理，舍去）

水解程度可以用x / C表示，则可得到
x/C = 2K / ((K^2 + 4KC)^(1/2) + K) 
显然溶液稀，C越小，x / C 越大，即水解程度越大。

x^2 表示x的平方， x^(1/2) 表示x开平方。

若两者以1：1的量混合，则溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液由于NH4+水解而呈酸性，所以想要溶液呈中性，必须多加一些NaOH溶液，即NaOH > NH4HSO4 所以有：Na+＞SO42-，又因为NH4+会发生水解而消耗一些，NH4+的浓度肯定小于SO42-，所以有Na+＞SO42-＞NH4+；室温下溶液呈中性，则有[OH-]=[H+]=10^-7，所以：Na+＞SO42-＞NH4+＞H+=OH-

混合溶液中，根据电荷守恒有：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na+)＋c(H＋)

根据物料守恒就得出： c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na＋)

两式把c(Na＋)抵消掉就得到：c(CH3COO－)＋2c(OH－)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)

把上式改为：c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H＋)＋c(H＋)

pH=4.75，表明混合溶液呈酸性。c(OH－)＜c(H＋)    结合上式，则有：

 c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)

帮助理解：A + B = C + D  若B < C 则一定有 A > D 否则等式不能成立

原题目：下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是                            (        )

A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H⁺) + c(M⁺) == c(OH^–) + c(A^–)

B．pH相等的CH₃COONa、NaOH和Na₂CO₃三种溶液：

c(NaOH)＜c(CH₃COONa)＜c(Na₂CO₃)

C．物质的量浓度相等CH₃COOH和CH₃COONa溶液等体积混合：

c(CH₃COO^–) +2c(OH^–) == 2c(H⁺) + c(CH₃COOH)

D．0.1mol·L^-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA^–)＞c(H⁺)＞c(H₂A)＞c(A^2-)

分析：A选项中，由于不管HA还是MOH过量，溶液中的阴离子都是OH^–和A^–，阳离子都为H⁺和M⁺，所以根据电荷守恒，很容易得出A正确。

B选项三者溶液都成碱性，不同的是，NaOH本身就是碱，而另外两者是因为水解而显碱性。本选项直接思考可能较难。我们可以逆向思维：若三者浓度相等，则PH大小顺序为：NaOH>Na₂CO₃>CH₃COONa （后面两个碱性大小：酸越弱对应的盐水解能力越强，水溶液碱性就越强）。则要三者PH相等，必须增大Na₂CO₃和CH₃COONa的浓度，使两者的水解平衡向右移，产生的OH^–浓度增大，碱性增强，PH升高。所以三者浓度大小顺序应为：c(NaOH)＜c(Na₂CO₃)＜c(CH₃COONa) 则B错

C选项，两者混合后的电荷守恒为：c(CH3COO-) + c(OH-) == c(H+) + c(Na+)

物料守恒为：2c(Na+) == c(CH3COO-) + c(CH3COOH)

（因为混合的两者浓度相等、体积也相等，所以c(CH3COO-) + c(CH3COOH)是c(Na+)的两倍）。

然后将电荷守恒等式系数变为2得：2c(CH3COO-) + 2c(OH-) == 2c(H+) + 2c(Na+)

再和物料守恒式子相加，就可以得到c(CH3COO-) + 2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)，所以C也对。

D选项，HA-既可以电离，又可以解，电离产生A2-和H+，显酸性；水解产生H2A和OH-，显碱性，

结合溶液PH=4可知HA-电离程度大于水解程度（如果水解程度大于电离程度则溶液显碱性），

所以有c(H2A)<c(A2-),所以D错

所以本题答案为AC

原题：我国化学家侯德榜（如图）改进国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：

（1）副产品为

原题：

在25℃时，分别用pH=9、pH=10的两种氨水中和同浓度、同体积的盐酸，消耗氨水的体积分别为V₁和V₂，则V₁和V₂的关系是(   )

A.V₁=10V₂                  B.V₁＞10V₂                 C.V₁＜10V₂                 D.V₂＞10V₁

大家都应该知道这题是考弱电解质的越稀越电离，但这些东西混着酸碱中和来考虑，经常把那些和阿柯一样头脑不清醒的人搞得天昏地暗。

根据电离度
PH=9的氨水浓度c1=10^（-5）   电离度为a
PH=10的氨水浓度c2=10^（-4） 电离度为b

如果两种氨水的电离度一样，则有10c1=c2

根据弱电解质的越稀越电离原则，PH=9氨水的电离度增大；所以a>b

电离程序越大，氨水的浓度就越小

所以10c1<c2

根据n1=n2  c1v1=c2v2

因此v1>10V2

或者另一种思路：

氨水是弱电解质.PH=10的氨水稀释10倍PH大于9,相当于PH=10的氨水稀释10倍后OH-离子大于PH=9的氨水.盐酸是强电解质.不存在电离平衡.
那么看来.要中和的话.PH=9的氨水c(OH-)<PH=10稀释10倍的c(OH-).所以V1大于10V2

原题：

有甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的两倍，则甲溶液中c[H^＋]与乙溶液中c[H^＋]的关系

A.2︰1    B.100︰1    C.1︰100    D.无法确定

这题目并不是什么难题，但很容易让人错选C，但正确的答案应该为D。

解析：设甲溶液的pH等于2a，根据题意，则乙溶液pH等于a.甲溶液的c[H^＋]=10^-2a 而乙溶液的c[H^＋]=10^-a，则甲c[H^＋]：乙c[H^＋]=10^-2a /10^-a=10^-a（注：这里不要把a约分掉，应该是同底数幕相除，底数不变指数相减而得到）。因为a值不确定，所以10^-a的比值也不能确定。这就好比2是1的两倍，4也是2的两倍，8也是4的两倍，10也是5的两部，但这些差额次方化之后，得到的值是完全不一样的。

在Cl2制备的实验中，产生的Cl2含有挥发出来的HCl，在除杂中是将产生的气体通入饱和的食盐水除去HCl。当然，能通入饱和食盐水除去Cl2中混有HCl，说明Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，而HCl在饱和食盐水中的溶解度很大。在高一时，老师都只是叫学生背住这一除杂方法。但仍有一些学生会问：为什么Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，而HCl在饱和食盐水中的溶解度很大？

要解释这个问题，就得利用高二选修4中的可逆反应平衡移动原理。

HCl极易溶于水，1：500

而Cl2溶解度不大，与水发生的是可逆反应，Cl2 + H2O <=> HCl + HClO 也可以写成离子方程式，Cl2 + H2O <=> H+ + Cl- + HClO 当溶液中存在大量Cl-时，如饱和食盐水，可以使该可你反应逆向动，减少Cl2与水的反应，也减少了Cl2的溶解度 而HCl溶于水，完全电离，不存在平衡，所以基本上不受到影响。 因此，饱和食盐水可以大大降低Cl2的溶解度，但是对HCl没有影响，即可以吸收HCl，而排出Cl2。