用等体积的0.1mol l的bacl2

发生中和反应,所以先判断谁过量,Ba(OH)2过量,即溶液显碱性所以,首先计算过量的OH-的浓度设都是1L,混合c(OH-)=（0.06*2*1-0.1*1）/2=0.01mol/Lc(H+)=10^

pH=1；pH=13pH=7[H+]=(0.09-0.01)/10pH=-lg[H+]再问：过程呢。再答：用公式：pH=-lg[H+]再问：我说第三问呢。再答：自己计算呀

C(OH-)=0.12mol/LC(H+）=0.1mol/L二者1：1混合物质的量浓度各位原来的一半中和后OH-过量0.01mol/L故PH=12再问：为什么要按1：1混合方程式不是2：1么再答：等体

c(NaCN)＝0.05mol/L首先等体积混合后体积扩大了2倍...那么NA离子的浓度自然由原来的0.1mol•L－1变为0.05mol/L－1.CN离子浓度大于0.05mol/L－1.

H+为10^-1pH等于1；H+为10^-7pH等于7；也就是说,H离子浓度越大,pH越小,酸性越强,H离子浓度越小,pH越大,碱性越强；Ba(OH)2OH-离子浓度高,即H离子浓度小,所以它的pH更

V1=V2

因为pH值相等,说明里面的OH-浓度一样,而体积也一样就有OH-的物质的量n=c·V也相等而两种碱和酸反应的实质都是OH-+H+====H2O既然OH-的物质的量相等,消耗的H+的物质的量也相等,所以

（1）竞争性抑制剂的米氏方程为：V=Vmax[S]/(Km(1+[I]/Ki)+[S])代入数据得：V=13.54μmolL-1min-1i%=（1-a）×100%=（1-Vi/Vo）×100%=24

还是12.两种溶液的氢氧根浓度是相同的,混合后氢氧根的浓度不发生变化

H^++OH^-=H2O设溶液体积都是1L,Ba(OH)2能电离出的n（OH^-)=0.12molHCl电离的n（H^+)=0.1molH^++OH^-=H2O由上面关系式知,剩余的n(OH^-)=0

/>在0.03mol/L的Ba(OH)2溶液中,c(OH-)=0.03×2=0.06mol/LpOH=-lg0.06=1.22因为pH+pOH=14,所以pH=14-pOH=12.78pOH+pH=1

a__＞___0．01molL-1Ka＝0.01*0.01/2a

设HCl和Ba(OH)2的体积都是V则HCl中n(H+)=0.1Vmol,Ba(OH)2中n(OH-)=0.06*2V=0.12VmolOH-多余=0.12V-0.1V=0.02V所以c(OH-)=0

1.分别求0.05mol/L的H2SO4溶液的PH=10.05molL的BA(OH)2溶液的PH=132.将PH=2的H2SO4溶液与PH=4的H2SO4等体积混合后,溶液的PH=2.33.99ml0

2Na+H2SO4=Na2SO4+H2Mg+H2SO4=MgSO4+H24Al+6H2SO4=2AL2(SO4)3+3H2同样都是1g金属金属氢气MOL数Na：1/46MOLMg：1/24MOLAL：

这个反应的实质就是H离子与OH根离子的反应,根据二者的离子反应方程式就能计算了,酸是过量的,就根据OH根的量来计算,看H离子有多少剩余,然后看PH.化学反应的实质弄明白了,一切就好说了

将等物质的量浓度,等体积,说明Ba(OH)2、NaHSO4为1：1反应/则有1molBa2+、2molOH-、1molNa+、1molH+、1molSO42-.这几种离子混起来反应就行了.方程式：Ba

在原则上是不需要,溶质就是指Na2CO3,不用算结晶水!计算得：需要Na2CO3的质量为0.5*0.1*(2*23+12+16*3)当然在实践中,我们所用的Na2CO3会与水形成结晶!所以在配制时需要

这个离子方程式是对的,谁说错了.AlO2-与H+反应比例是1:2.5即2:5其中一个Al3+可以看成只与一个H+反应生成Al(OH)3还有一个Al3+可以看成与四个H+反应生成Al3+2AlO2-+5

pH=pKa+lg[c(Ac-)/c(HAc)]5.05=4.75+lg[c(Ac-)/c(HAc)]lg[c(Ac-)/c(HAc)]=0.3c(Ac-)/c(HAc)=2设应取0.1molL-1H