解題后的思維優化藝術

趙輝昌

一、定性向定量優化

將定性分析上升到定量研究，才能全面而準確地反映物質的性質與特點，同時提高思維的縝密性。

例1在FeBr2與FeI2等物質的量的混合溶液中，通入過量的氯氣。請按還原性強弱順序寫出反應的離子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆為強酸］

解析因為還原性強弱順序是I->Fe2+>Br->I2，所以離子反應順序為：

2I-+Cl2Cl-+I2

2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-

2Br-+Cl2Br2+2Cl-

I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-

定量優化：

優化1，氯氣與溴化亞鐵溶液作用的兩個臨界反應：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3

2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2

優化2，確定兩個臨界反應的三個區間。

設：n(Cl2)n(FeBr2)=a。當0

全部被氧化；12

例2若向400 mL的溴化亞鐵溶液中通入標準狀況下的氯氣6.72 L,測得溶液中的氯離子與溴離子的物質的量濃度相等。

（1）求原溴化亞鐵的物質的量濃度［分別用①化學方程式法；②得失電子守恒法；③溶液電荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］

（2）完成圖像中c(Br-)、c(Cl-)濃度的變化曲線。

解析（1）由優化1、2知，當c(Cl-)=c(Br-)時，反應在12

設溶液中溴化亞鐵的物質的量為x。

①化學方程式法：

依c(Cl-)=c(Br-)得化學方程式：

4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2

43

x0.3

x(FeBr2)=0.4 mol則c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

②得失電子守恒法：

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電荷守恒法：

n（總正電荷）=n（總負電荷）

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：

由題意已知溶液中：

n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol

由鐵元素守恒，有：

n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol

c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

解題思路的形成是一個認識過程，上述解題思路是從不同角度立意分析，每種解法各具特色，其中②、③、④構思巧妙，簡明快捷，但要求具備較高的基礎知識。

（2）先確定圖像中的以下相關量

原來溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1

c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反應Fe2+)=0.4 mol

n(反應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，反應后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,

c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L

圖1二、特殊向普遍優化

在特殊題解的基礎上，找出其普遍性的結論，訓練思維的廣闊性。

例3將20%與30%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的溶質質量分數w。

A.等于25%B.大于25%

C.小于25%D.無法確定

解析先以等質量混合后的溶質質量分數（25%）為參照值，再根據濃、稀溶液的質量一定時，溶液的體積與密度成反比（m=ρV)，創設濃、稀溶液在等質量下的體積V（濃）、V（?。┠Ｐ停踁(濃）

在等質量的體積模型圖2、圖3的基礎上，可從以下兩種方案來實現等體積混合。

圖2圖3減?。喝鐖D2所示，將稀溶液的體積減去V′(稀），濃、稀溶液則為等體積［V(濃）=V（?。?V′(?。莼旌?/p>

增濃：如圖3所示，將濃溶液的體積增加V′(濃），濃、稀溶液則為等體積［V(?。?V（濃）+V′(濃）］混合。

無論采取何種方案，結果都是等體積混合比等質量混合的單位質量溶液中的溶質質量分數增大。所以，答案選B。

歸納優化：同溶質，不同質量分數［w(濃）、w（?。莸娜芤旱润w積混合，當ρ(溶質）>ρ(H2O),如酸、堿（除氨水）、鹽；混合液的溶質質量分數w>12［w(濃）+w(?。荩划敠?溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(濃）+w(?。?。

三、單一向發散優化

在獲得孤立題解的基礎上，把思維的觸角向知識的深度與廣度發散，以培養學生的創新思維。

例4常溫下將二氧化硫通入氯化鋇溶液中至飽和，未見沉淀，再通入下列過量的另一種氣體，則產生沉淀，此氣體是。

A.CO2B.SO3C.HID.NH3

解析題干指明未得沉淀，說明BaSO3可溶于鹽酸，即下一反應不能進行。

SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl

通入CO2生成溶于鹽酸的BaCO3，所以，此反應也不進行，A錯。SO3常溫下是液體，雖產生沉淀，但不合題意，B錯。HI不與溶液中的微粒反應，C錯。通入氨與SO2發生如下反應：

SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl

D正確。

發散優化：優化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。據此可加入堿性氧化物（如Na2O）、堿（如NaOH）、鹽（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可產生BaSO3沉淀。

SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+

SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O

SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑

優化2，SO2有氧化性。據此可通入還原性氣體H2S，產生淺黃色S沉淀。

SO2+2H2S2S↓+2H2O

優化3，SO2有還原性。可加入常見氧化劑，將SO2-3氧化為SO2-4而產生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+

優化4，從溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸鹽或硝酸銀溶液均可產生BaSO4或AgCl沉淀。

四、感性向理性優化

一個題解縱然是正確的，但對其知識的理解也往往滯于單一而表象的感性階段，還需將思維優化至問題的本質與規律的理性階段。

例5常溫下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氫氧化鈉溶液混合，混合液pH=7，則硫酸與氫氧化鈉的體積比是。

解析設硫酸、氫氧化鈉溶液的體積分別是V（酸）、V（堿）。依n(H+)=n(OH-)得：

V（酸）·10-3=V(堿）·10-4;

V(酸）/V（堿）=1/10.

理性優化：設酸、堿溶液的體積分別為V（酸）、V（堿），pH為pH（酸）,pH(堿）。

優化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。

在堿溶液中c(OH-)=10pH(堿）-14。

優化2：當強酸、強堿恰好中和時：

依V（酸）·10-pH(酸）=V(堿）·10pH(堿）-14,pH(酸）+pH(堿）=14+lgV(酸）V（堿）：

若V(酸）V（堿）=110，pH(酸）+pH(堿）=13；

若V(酸）V（堿）=11，pH(酸）+pH(堿）=14；

若V(酸）V（堿）=101，pH(酸）+pH(堿）=15。(收稿日期：2013-12-04)

一、定性向定量優化

將定性分析上升到定量研究，才能全面而準確地反映物質的性質與特點，同時提高思維的縝密性。

例1在FeBr2與FeI2等物質的量的混合溶液中，通入過量的氯氣。請按還原性強弱順序寫出反應的離子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆為強酸］

解析因為還原性強弱順序是I->Fe2+>Br->I2，所以離子反應順序為：

2I-+Cl2Cl-+I2

2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-

2Br-+Cl2Br2+2Cl-

I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-

定量優化：

優化1，氯氣與溴化亞鐵溶液作用的兩個臨界反應：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3

2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2

優化2，確定兩個臨界反應的三個區間。

設：n(Cl2)n(FeBr2)=a。當0

全部被氧化；12

例2若向400 mL的溴化亞鐵溶液中通入標準狀況下的氯氣6.72 L,測得溶液中的氯離子與溴離子的物質的量濃度相等。

（1）求原溴化亞鐵的物質的量濃度［分別用①化學方程式法；②得失電子守恒法；③溶液電荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］

（2）完成圖像中c(Br-)、c(Cl-)濃度的變化曲線。

解析（1）由優化1、2知，當c(Cl-)=c(Br-)時，反應在12

設溶液中溴化亞鐵的物質的量為x。

①化學方程式法：

依c(Cl-)=c(Br-)得化學方程式：

4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2

43

x0.3

x(FeBr2)=0.4 mol則c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

②得失電子守恒法：

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電荷守恒法：

n（總正電荷）=n（總負電荷）

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：

由題意已知溶液中：

n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol

由鐵元素守恒，有：

n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol

c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

解題思路的形成是一個認識過程，上述解題思路是從不同角度立意分析，每種解法各具特色，其中②、③、④構思巧妙，簡明快捷，但要求具備較高的基礎知識。

（2）先確定圖像中的以下相關量

原來溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1

c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反應Fe2+)=0.4 mol

n(反應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，反應后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,

c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L

圖1二、特殊向普遍優化

在特殊題解的基礎上，找出其普遍性的結論，訓練思維的廣闊性。

例3將20%與30%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的溶質質量分數w。

A.等于25%B.大于25%

C.小于25%D.無法確定

解析先以等質量混合后的溶質質量分數（25%）為參照值，再根據濃、稀溶液的質量一定時，溶液的體積與密度成反比（m=ρV)，創設濃、稀溶液在等質量下的體積V（濃）、V（?。┠Ｐ停踁(濃）

在等質量的體積模型圖2、圖3的基礎上，可從以下兩種方案來實現等體積混合。

圖2圖3減稀：如圖2所示，將稀溶液的體積減去V′(?。?，濃、稀溶液則為等體積［V(濃）=V（稀）-V′(?。莼旌?/p>

增濃：如圖3所示，將濃溶液的體積增加V′(濃），濃、稀溶液則為等體積［V(?。?V（濃）+V′(濃）］混合。

無論采取何種方案，結果都是等體積混合比等質量混合的單位質量溶液中的溶質質量分數增大。所以，答案選B。

歸納優化：同溶質，不同質量分數［w(濃）、w（?。莸娜芤旱润w積混合，當ρ(溶質）>ρ(H2O),如酸、堿（除氨水）、鹽；混合液的溶質質量分數w>12［w(濃）+w(?。?；當ρ(溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(濃）+w(?。?。

三、單一向發散優化

在獲得孤立題解的基礎上，把思維的觸角向知識的深度與廣度發散，以培養學生的創新思維。

例4常溫下將二氧化硫通入氯化鋇溶液中至飽和，未見沉淀，再通入下列過量的另一種氣體，則產生沉淀，此氣體是。

A.CO2B.SO3C.HID.NH3

解析題干指明未得沉淀，說明BaSO3可溶于鹽酸，即下一反應不能進行。

SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl

通入CO2生成溶于鹽酸的BaCO3，所以，此反應也不進行，A錯。SO3常溫下是液體，雖產生沉淀，但不合題意，B錯。HI不與溶液中的微粒反應，C錯。通入氨與SO2發生如下反應：

SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl

D正確。

發散優化：優化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。據此可加入堿性氧化物（如Na2O）、堿（如NaOH）、鹽（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可產生BaSO3沉淀。

SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+

SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O

SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑

優化2，SO2有氧化性。據此可通入還原性氣體H2S，產生淺黃色S沉淀。

SO2+2H2S2S↓+2H2O

優化3，SO2有還原性?？杉尤氤Ｒ娧趸瘎瑢O2-3氧化為SO2-4而產生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+

優化4，從溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸鹽或硝酸銀溶液均可產生BaSO4或AgCl沉淀。

四、感性向理性優化

一個題解縱然是正確的，但對其知識的理解也往往滯于單一而表象的感性階段，還需將思維優化至問題的本質與規律的理性階段。

例5常溫下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氫氧化鈉溶液混合，混合液pH=7，則硫酸與氫氧化鈉的體積比是。

解析設硫酸、氫氧化鈉溶液的體積分別是V（酸）、V（堿）。依n(H+)=n(OH-)得：

V（酸）·10-3=V(堿）·10-4;

V(酸）/V（堿）=1/10.

理性優化：設酸、堿溶液的體積分別為V（酸）、V（堿），pH為pH（酸）,pH(堿）。

優化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。

在堿溶液中c(OH-)=10pH(堿）-14。

優化2：當強酸、強堿恰好中和時：

依V（酸）·10-pH(酸）=V(堿）·10pH(堿）-14,pH(酸）+pH(堿）=14+lgV(酸）V（堿）：

若V(酸）V（堿）=110，pH(酸）+pH(堿）=13；

若V(酸）V（堿）=11，pH(酸）+pH(堿）=14；

若V(酸）V（堿）=101，pH(酸）+pH(堿）=15。(收稿日期：2013-12-04)

一、定性向定量優化

將定性分析上升到定量研究，才能全面而準確地反映物質的性質與特點，同時提高思維的縝密性。

例1在FeBr2與FeI2等物質的量的混合溶液中，通入過量的氯氣。請按還原性強弱順序寫出反應的離子方程式。［提示：HXO3(X=Cl、Br、I）皆為強酸］

解析因為還原性強弱順序是I->Fe2+>Br->I2，所以離子反應順序為：

2I-+Cl2Cl-+I2

2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-

2Br-+Cl2Br2+2Cl-

I2+5Cl2+6H2O12H++2IO-3+10Cl-

定量優化：

優化1，氯氣與溴化亞鐵溶液作用的兩個臨界反應：6FeBr2+3Cl22FeCl3+4FeBr3

2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2

優化2，確定兩個臨界反應的三個區間。

設：n(Cl2)n(FeBr2)=a。當0

全部被氧化；12

例2若向400 mL的溴化亞鐵溶液中通入標準狀況下的氯氣6.72 L,測得溶液中的氯離子與溴離子的物質的量濃度相等。

（1）求原溴化亞鐵的物質的量濃度［分別用①化學方程式法；②得失電子守恒法；③溶液電荷守恒法（忽略Fe3+水解）；④元素守恒法］

（2）完成圖像中c(Br-)、c(Cl-)濃度的變化曲線。

解析（1）由優化1、2知，當c(Cl-)=c(Br-)時，反應在12

設溶液中溴化亞鐵的物質的量為x。

①化學方程式法：

依c(Cl-)=c(Br-)得化學方程式：

4FeBr2+3Cl22FeCl3+2FeBr3+Br2

43

x0.3

x(FeBr2)=0.4 mol則c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

②得失電子守恒法：

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電荷守恒法：

n（總正電荷）=n（總負電荷）

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：

由題意已知溶液中：

n(Cl-)=n(Br-)=0.6 mol

由鐵元素守恒，有：

n（FeBr2)=n(FeBr3)+n(FeCl3)=0.4 mol

c(FeBr2)=1.0 mol·L-1

解題思路的形成是一個認識過程，上述解題思路是從不同角度立意分析，每種解法各具特色，其中②、③、④構思巧妙，簡明快捷，但要求具備較高的基礎知識。

（2）先確定圖像中的以下相關量

原來溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L-1

c(Br-)=2.0 mol·L-1n(反應Fe2+)=0.4 mol

n(反應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，反應后溶液中c(Fe2+)=1 mol/L,

c(Cl-)=c(Br-)=1.5 mol/L

圖1二、特殊向普遍優化

在特殊題解的基礎上，找出其普遍性的結論，訓練思維的廣闊性。

例3將20%與30%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的溶質質量分數w。

A.等于25%B.大于25%

C.小于25%D.無法確定

解析先以等質量混合后的溶質質量分數（25%）為參照值，再根據濃、稀溶液的質量一定時，溶液的體積與密度成反比（m=ρV)，創設濃、稀溶液在等質量下的體積V（濃）、V（?。┠Ｐ停踁(濃）

在等質量的體積模型圖2、圖3的基礎上，可從以下兩種方案來實現等體積混合。

圖2圖3減?。喝鐖D2所示，將稀溶液的體積減去V′(?。瑵?、稀溶液則為等體積［V(濃）=V（稀）-V′(?。莼旌?/p>

增濃：如圖3所示，將濃溶液的體積增加V′(濃），濃、稀溶液則為等體積［V(?。?V（濃）+V′(濃）］混合。

無論采取何種方案，結果都是等體積混合比等質量混合的單位質量溶液中的溶質質量分數增大。所以，答案選B。

歸納優化：同溶質，不同質量分數［w(濃）、w（稀）］的溶液等體積混合，當ρ(溶質）>ρ(H2O),如酸、堿（除氨水）、鹽；混合液的溶質質量分數w>12［w(濃）+w(?。荩划敠?溶液）<ρ(H2O),如乙醇、氨等，w<12［w(濃）+w(稀）］。

三、單一向發散優化

在獲得孤立題解的基礎上，把思維的觸角向知識的深度與廣度發散，以培養學生的創新思維。

例4常溫下將二氧化硫通入氯化鋇溶液中至飽和，未見沉淀，再通入下列過量的另一種氣體，則產生沉淀，此氣體是。

A.CO2B.SO3C.HID.NH3

解析題干指明未得沉淀，說明BaSO3可溶于鹽酸，即下一反應不能進行。

SO2+H2O+BaCl2BaSO3↓+2HCl

通入CO2生成溶于鹽酸的BaCO3，所以，此反應也不進行，A錯。SO3常溫下是液體，雖產生沉淀，但不合題意，B錯。HI不與溶液中的微粒反應，C錯。通入氨與SO2發生如下反應：

SO2+H2O+2NH3+BaCl2BaSO3↓+2NH4Cl

D正確。

發散優化：優化1，SO2是可溶于水的酸性氧化物。據此可加入堿性氧化物（如Na2O）、堿（如NaOH）、鹽（如Na2CO3）均消耗了溶液中的H+，即可產生BaSO3沉淀。

SO2+Na2O+Ba2+BaSO3↓+2Na+

SO2+2OH-+Ba2+BaSO3↓+H2O

SO2+Ba2++CO2-3BaSO3↓+CO2↑

優化2，SO2有氧化性。據此可通入還原性氣體H2S，產生淺黃色S沉淀。

SO2+2H2S2S↓+2H2O

優化3，SO2有還原性。可加入常見氧化劑，將SO2-3氧化為SO2-4而產生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+

優化4，從溶液中存在Ba2+、Cl-分析，可加入SO3、硫酸、可溶性硫酸鹽或硝酸銀溶液均可產生BaSO4或AgCl沉淀。

四、感性向理性優化

一個題解縱然是正確的，但對其知識的理解也往往滯于單一而表象的感性階段，還需將思維優化至問題的本質與規律的理性階段。

例5常溫下，把pH=3的硫酸溶液和pH=10的氫氧化鈉溶液混合，混合液pH=7，則硫酸與氫氧化鈉的體積比是。

解析設硫酸、氫氧化鈉溶液的體積分別是V（酸）、V（堿）。依n(H+)=n(OH-)得：

V（酸）·10-3=V(堿）·10-4;

V(酸）/V（堿）=1/10.

理性優化：設酸、堿溶液的體積分別為V（酸）、V（堿），pH為pH（酸）,pH(堿）。

優化1：在酸溶液中c(H+)=10-pH(酸）。

在堿溶液中c(OH-)=10pH(堿）-14。

優化2：當強酸、強堿恰好中和時：

依V（酸）·10-pH(酸）=V(堿）·10pH(堿）-14,pH(酸）+pH(堿）=14+lgV(酸）V（堿）：

若V(酸）V（堿）=110，pH(酸）+pH(堿）=13；

若V(酸）V（堿）=11，pH(酸）+pH(堿）=14；

若V(酸）V（堿）=101，pH(酸）+pH(堿）=15。(收稿日期：2013-12-04)