这是选修四中相关知识的选择题中的一个选项，有关这个问题，本人认为应该这样分析：

冰醋酸是共价化合物，在还没有加水的情况下，没有（或者应该描述为几乎不）发生电离，（几乎）是以分子形式存在的，自由移动的离子浓度（基本）为零，这时候的导电性和电离程度都为零（或者应该描述为几乎不导电，电离程度可视为零），PH应为中性（常温下为7）；

当往其中加水后，冰醋酸溶于水，开始电离，从开始电离到达电离平衡这段时间里，自由移动的离子浓度应该是不段增大的，所以电离程度不断增大、导电性不段增强，而此时溶液呈酸性，PH较之前（没电离之前是7）的小，所以PH是不断减小。

继续往此时的冰醋酸溶液加水时，由于越稀越电离的规律，电离平衡右移，其电离程度会随加水量增大而增大，但由于勒夏特列原理只是减弱“改变”而不能完全抵消“改变”，离子浓度被稀释，导电性减弱，酸性减弱，导至PH增大。

由上述分析可得“往冰醋酸中逐滴加水,则溶液的导电性、醋酸的电离程度、PH的变化规律”应该是：

导电性先增强后减弱，电离程度一直增大，PH先减小后增大。

有分析不对的地方，希望指正~

氯化钠的溶解度受温度的影响变化小,硝酸钾的溶解度受温度影响变化大

所以除去氯化钠中的硝酸钾可采用下面的方法：
方法一：如果是固体,溶解配制成溶液,如果是溶液直接蒸发溶剂,趁热过滤.在较高温下硝酸钾的溶解度大、氯化钠的溶解度小,所以蒸发溶剂硝酸钾溶解在溶液中、氯化钠结晶析出,趁热过滤从而得到纯净的氯化钠；
方法二：如果是固体也可用饱和的氯化钠溶液反复冲洗氯化钠和硝酸钾的混合物,由于饱和氯化钠溶液可继续溶解硝酸钾,但不能溶解氯化钠,所以可得到纯净的氯化钠.

除去硝酸钾是的氯化钠可采用下面的方法：
方法一：如果是固体配成溶液,如果是溶液直接冷却热饱和溶液或降温结晶,硝酸钾的溶解度随温度的降低而减小、氯化钠的溶解度变化不大,所以硝酸钾结晶析出,而氯化钠仍留在溶液中,过滤可得到纯净的硝酸钾；
方法二：如果是固体也可用饱和的硝酸钾溶液反复冲洗氯化钠和硝酸钾的混合物,由于饱和硝酸钾溶液可继续溶解氯化钠,但不能溶解硝酸钾,所以可得到纯净的硝酸钾.

这是考察实验、操作、现象与结论是否正确、对应的一道双选题。

23．下列实验的现象与对应结论均正确的是

选项	操作	现象	结论
A	将浓硫酸滴到蔗糖表面	固体变黑膨胀	浓硫酸有脱水性和强氧化性
B	常温下将Al片放入浓硝酸中	无明显变化	Al与浓硝酸不反应
C	将一小块Na放入无水乙醇中	产生气泡	Na能置换出醇羟基中的氢
D	将水蒸气通过灼热的铁粉	粉末变红	铁与水在高温下发生反应

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在高中选修四第三章水溶液的离子平衡一章，学习PH计算时，会遇到这样的问题：PH=A和PH=B的两强碱等体积混合，则混合后的PH应该是先求混合后的OH-浓度，然后利用Kw再求出混合后的H+，然后得出混合溶液的PH。但这时候就有学生甚至老师就有疑问了，既然是等体积混合，混合后溶液的PH为什么不能是两强碱的PH相加后除以2？？

对于这个问题，阿柯认为可以这样理解：碱溶液里的H+是由水电离出来的，H+浓度本来就很小很小，在两强碱溶液混合时，碱电离出的OH-就会对水的电离平衡产生影响，使H+浓度变得更小！！如果这时候直接用PH相加，得到的值肯定偏差很大。而溶液中的OH-绝大多数是由碱电离的，水电离的那部分OH-很少很少，可以忽略。并且强碱完全电离，混合后没有平衡移动，对OH-的物质的量没影响，这样先得出混合后的OH-再由水的离子积Kw得出H+更为准确。

根据选修四上的表达式Kw=c(H⁺)* c(OH^–)=K* c(H₂O)，水作为纯液体，浓度为常数——则可以得到Kw＝K，这是错误的答案。

由于常温下1L水仅有10^-7mol发生电离，所以电离出的c(H⁺)= c(OH^–)=10^-7mol/L

所以根据水的离子积表达式可得Kw=c(H⁺)* c(OH^–)＝10^-7mol/L *10^-7mol/L＝10^-14 mol²/L²

而水的电离平衡常数K＝c(H⁺)* c(OH^–)/ c(H₂O)，在该表达式中，水可以化成摩尔浓度代入计算。1L水质量约为1000克，则1L水的物质的量应该＝1000/18＝55.56 mol

即1L水中有55.56 mol水，摩尔浓度就可以是55.56 mol/L

代入水的电离平衡常数表达式K＝c(H⁺)*c(OH^–)/c(H₂O)＝10^-7mol/L *10^-7mol/L/55.56 mol/L＝1.8*10^-16 mol/L

由此可见，水的离子积Kw与水的电离平衡常数K在数值和单位上都不相同。

亦有人认为，水的离子积Kw=c(H⁺)aq* c(OH^–)aq （aq指溶液中的浓度）常温下c(H⁺)aq* c(OH^–)aq＝10^-7 *10^-7＝10^-14

而水的电离平衡常数K＝c(H⁺)_水* c(OH^–)_水/ c(H₂O)，（c(H⁺)_水、c(OH^–)_水指由水电离出的）把水浓度当作1后，K＝c(H⁺)_水* c(OH^–)_水

由于水的电离爱溶液酸碱性和盐类的水解等因素的影响，比如在酸性或碱性溶液中，水的电离被抑制，则由水电离出的c(H⁺)_水＝c(OH^–)_水<10^-7mol/L，则水的电离平衡常数K＝c(H⁺)_水* c(OH^–)_水<10^-14。如此算下来，Kw也与K不等。

相对比两种解释，阿柯更倾向第一种。

原题：已知Ksp(BaSO₄)=1.0*10^-10，Ksp(BaCO₃)=2.5*10^-9，若用10LNa₂CO₃溶液来溶解1mol BaSO₄，则Na₂CO₃最初的浓度不得低于多少？

分析：本题应该结合可逆反应的平衡常数和难溶电解质的溶解平衡常数一起考虑，否则容易得出错误的答案。思维误区：根据选修四中“难溶转化为更难溶”的原理，结合Ksp(BaSO₄)<Ksp(BaCO₃)，则应该发生BaCO₃ +SO₄^2-  ＝＝BaSO₄ + CO₃^2-。但当我们往上述平衡中加入大量的CO₃^2-时（CO₃^2-远远过量），根据勒夏特列原来，平衡就会逆向移动，BaSO₄ 即被溶解，生成BaCO₃

————BaSO₄ + CO₃^2- ＝＝BaCO₃ + SO₄^2-

起始浓度：                X                             0

变化浓度：                0.1                          0.1

平衡浓度：               X-0.1                       0.1

上述三段式中各项数据解释：

设Na₂CO₃溶液的最初浓度为X，则CO₃^2-的浓度也应该是X

体积为10L，则1molBaSO₄被完全溶解后生成的浓度肯定是0.1 mol/L

上述反应的平衡常数K＝c(SO₄^2-)/c(CO₃^2-)（BaSO₄ 、BaCO₃为固体不代入平衡常数中）

Ksp(BaSO₄)＝c(Ba²⁺)*c(SO₄^2-)    Ksp(BaCO₃)= c(Ba²⁺)*c(CO₃^2-)

Ksp(BaSO₄)/ Ksp(BaCO₃)＝c(SO₄^2-)/c(CO₃^2-)

结合K＝c(SO₄^2-)/c(CO₃^2-)

得K＝c(SO₄^2-)/c(CO₃^2-)＝Ksp(BaSO₄)/ Ksp(BaCO₃)＝1.0*10^-10/2.5*10^-9=0.04

结合上述三段式中平衡时的c(SO₄^2-)、c(CO₃^2-)得：

c(SO₄^2-)/c(CO₃^2-)＝0.04

0.1/ X-0.1＝0.04

解得X＝2.6 mol/L

关于题目的设问，源于一道关于平衡移动与反应热关系的题目。原题如下：

下列说法中正确的是                                                                                          (　　)

A．SO₂(g)＋O₂(g)＝＝SO₃(g)　ΔH＝－98.3 kJ/mol，当1 mol SO₂(g)与1/2 mol O₂(g)完全转化为SO₃时反应放出的热量为98.3 kJ

B．2SO₂(g)＋O₂(g)＝＝ 2SO₃(g)　ΔH₁，则ΔH₁＞ΔH(ΔH数值由A项给出)

C．X(g)＋Y(g) ＝＝Z(g)＋W(s)　ΔH＞0，平衡后加入X，ΔH增大

D．X(g)＋Y(g) ＝＝Z(g)＋W(s)　ΔH＞0，平衡后加入少量Z，放出的热量增加

答案为D。分析如下：

A中没有指明转化成的SO3的状态，则反应放出的热量就不能确定为98.3 kJ。

B选项反应的物质的量是A选项的两倍，放出的热量就比A要多，放热反应，放出的热量越多，ΔH就越。

C选项很多人会认为是对的，理由是平衡后加入X，会使X的浓度增大，平衡右移，则ΔH增大。类比思考，NaOH和HCl反应的中和热大小为57.3kJ/mol，那是否意味着如果2molNaOH和2molHCl反应的中和热大小为114.6kJ/mol？显然，这是错的，中和热还是57.3kJ/mol，只是反应放出的热量为114.6kJ。这个问题好比到超市里买东西，商品的单价为57.3元，这个单价不会因你买两件而变为114.6元，变的只是总价。（当然那些说买两件能打拆的亲就不要捣乱了，嘿嘿~）。所以平衡移动后，方程中的ΔH是不会变的，只是反应吸收或释放的热量会变。

D选项正反应是吸热，则逆反应就是放热，平衡后加入少量Z，Z的浓度增大，平衡左移（向放热方向移动），所以放出的热量更多。

（对比C选项，D选项就没有说加入Z后，ΔH增大或减小了，只是说了热量的变化）

A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+

B．  V=224

C．样品中CuO的质量为4.0g

D．V=448

1、3.2g滤渣应为Cu，有 Cu析出，则滤液中就不应存在 Fe3+： Cu +  Fe3+ ＝ Cu2+   +   Fe2+     所以A错

2、 3.2 g  Cu的物质的量为0.05 mol，只有 3.2 g  Cu 全部被氧化成 CuO，其质量＝0.05 mol*80 g/mol =4g

       但事实上为部分氧化， CuO质量应该小于 4g，所以C错

3、滤液A应该为 FeSO4和过量的硫酸， 加氢氧化钠后灼烧时，产物为氧化铁（氧化为三价铁），其物质的量n(Fe2O3)=3.2g / 160g/mol = 0.02mol

则合金中含铁的物质的量为n(Fe)=0.04mol
其质量为56g/mol × 0.04mol =2.24g
则这部份氧化的合金中，含氧质量为5.76g-3.2g-2.24g=0.32g
含氧的物质的量为n(O)=0.32g / 16g/mol =0.02mol

滤液A为 FeSO4，则溶解样品时消耗的硫酸的物质的量 n(H2SO4) ＝  n(Fe) ＝0.04 mol。则溶解样品时消耗的n(H+) =2n(H2SO4)=0.08 mol

这 0.08 mol H+并没有全部生成H2，其中一部份与氧化物反应，结合氧化物中的氧原子生成H2O

根据 n(O) ＝0.02mol 可知形成 H2O时消耗的  n(H+)＝0.04 mol，则生成 H2的 n(H+) ＝0.08 mol－ 0.04 mol＝0.04 mol

则生成 H2的物质的量＝1/2  n(H+)=0.02 mol      V( H2 )=0.02 mol *22.4L/ mol=0.448L=448ml  则B错 ，D对。

①蒸馏 ②过滤 ③静置分液 ④通入过量CO2 ⑤加入足量Na ⑥加入足量NaOH溶液
⑦加入乙酸和浓H2SO4的混合液后共热 ⑧加入足量的溴水
答案是⑥①④③
这个答案是很多书本上的参考答案，但阿柯认为这个答案最后选了③静置分液，根本不合理。
首先加NaOH溶液使苯酚变成苯酚钠，然后再选择蒸馏把乙醇蒸馏出来。再然后就是用过量
的CO2把苯酚钠转变成苯酚。走完第三步后，就是成为苯酚和碳酸氢钠混合物了。
苯酚难溶于水，得到的应该是悬浊液，应选择过滤出苯酚才对。分液是用来分离互不相溶的
液体时才用吧。所以阿柯认为答案应该是⑥①④②更为合理。不知道自己的思路有没有什么问题。

正解：

热的苯酚浓溶液冷却后，只呈现浑浊，没有晶体析出，这是什么原因呢?原来苯酚的熔点很低(常压下为43℃)，含水的苯酚熔点更低，当苯酚含10%以上水时，在常温下就会呈液态。因此，苯酚加入水中得到的浑浊液，实际上是液态苯酚和苯酚水溶液的混合液（实际属于乳浊液）。由于混合液温度低于65℃，因此，液态苯酚与水不能完全互溶而呈浑浊状。又因为在这种浑浊状的混合液中没有固态苯酚小颗粒，所以即使久置后也不会有晶体析出。这种混合液不能用过滤的方法分离，而要用分液的方法加以分离。