高中化学复习知识点：溶液
高中化学复习知识点：电解后溶液的复原
高中化学复习知识点：电解后溶液的复原、单项选择题1.以下说法错误的选项是〔 〕Na 2SO 4溶液,当2 mol 电子转移时,可参加 18 g 水恢复1 L 1 mol/L CuSO 4溶液,当参加 1 mol Cu 〔OH 〕 2恢复电解前浓度1 mol CuSO 4和1 mol NaCl 的混合溶液,溶液的pH 先减小后增大 D.要想实现 Cu+H 2SO 4〔稀〕一CuS 43- H 2伯勺反响,需在电解池中进行,且 Cu 为阳极 2.用惰性电极电解以下溶液一段时间后再参加一定量的某种物质〔方括号内物质〕,能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是〔〕A. AgNO 3 [AgNO 3]B. NaOH [H 2O]C. KCl [KCl]D, CuSO 4[Cu 〔OH 〕 2]3.将NaCl 和CuSO 4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液 pH 随时间t 变化的曲线如下图,那么以下说法正确的选项是A.整个过程中两电极反响 2Cl -2e =Cl2T. 2H+ 2e 「= H2怀可能同时发生B.电解至C 点时,往电解质溶液中参加适量CuCl 2固体,即可使电解质溶液恢复至原来的浓度C. AB 段表示电解过程中 H+被复原,pH 增大D.原混合溶液中 NaCl 和CuSO 4浓度之比恰好为 2:14. 500 mL KNO 3和Cu 〔NO 3〕2的混合溶液中 c 〔NO 3-〕 = 6.0 mol L 71,用石墨做电极电解此 溶液,当通电一段时间后,两极均收集到 22.4 L 气体〔标准?^况〕,假定电解后溶液体积 仍为500 mL,以下说法正确的选项是〔〕- ,一 ・、、? •=-十、•一 ■.一1 A .原混合溶液中c 〔K 〕为2 mol L- 1B.上述电解过程中共转移 6 mol 电子C.电解得到的Cu 的物质的量为0.5 molD.电解后溶液中 c 〔H + 〕为2 mol L- 15.用石墨作电极电解 CuSO 4溶液,通电一段时间后,欲使电解液恢复到起始状态,应 向溶液中参加适量的〔〕时,电路中转移了4 mol eA .用惰性电极电解 B.用惰性电极电解C.用惰性电极电解 0tA. CuSO 4B. H 2OC. CuOD. CuSO 4 5H 2O6 .用石墨作电极电解 1 mol/L CuSO 4溶液,当c 〔Cu 2+〕为0.5 mol/L 时,停止电解,向剩 余溶液中参加以下何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态〔〕A . CuSO 4 B. CuOC. Cu 〔OH 〕 2D. CuS04 5H 2O7 .某兴趣小组的同学用以下图所示装置研究有关电化学的问题〔甲、乙、丙三池中溶质 足量〕,当闭合该装置的电键 K 时,观察到电流计的指针发生了偏转.一段时间后,断 开电键K,以下物质能使乙池恢复到反响前浓度的是8 .用惰性电极电解以下溶液,电解一段时间后,再参加一定质量的另一种物质〔括号中〕,能恢复成与原溶液完全一样的是〔〕A. H 2SO 4 H 2OB. AgNO 3 H 2OC. NaOH(NaOH) D . CuCl 2 H 2O9 .用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液,通电一段时间后,向所得的溶液中参加 0.1molCuO 后恰好恢复到电解前的浓度,那么电解过程中转移的电子数为 〔〕A . 0.1 molB. 0.2 molC. 0.3 molD. 0.4 mol10 .用石墨电极电解 CuSO 4溶液一段时间后,向所得溶液中参加 0.1mol Cu 〔OH 〕2后, 恰好使溶液恢复到电解前的浓度.那么电解过程中转移的电子的物质的量为A . 0.4molB. 0.5molC. 0.6molD. 0.8mol、综合题KOH 溶液 甲池CMNOJift 液乙池CuSO .海液内池B. CuOC. Cu (OH) 2D. Cu 2 (OH) 2CO 311.观察以下装置,答复以下问题.KOH 溶液过■CuSO.溶液岫◎溶液甲池乙池内池(1)甲装置中通入乙醇的电极反响式为.(2)用上图装置电解200 mL 1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极上的电极反响式是 , 在Ag电极附近观察到的现象是.(3)电解一段时间,当甲池消耗了112 mLO2(标况下),此时乙装置中溶液的pH为(忽略电解前后体积变化).假设要将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH,需要补充的物质是,其物质的量为.(4)丙装置中总反响的离子方程式为 ________________________________________________________________ 12.在如图用石墨作电极的电解池中,放入500mL含一种溶质的某蓝色稀溶液进行电解,观察到A电极外表有红色的固态物质生成, B电极有无色气体生成；当溶液中的原溶质完全电解后,停止电解,取出A电极,洗涤、枯燥、称量,电极增重1.6 g.请回答以下问题：(1)A电极是接电源的极；B电极的反响式.(2)原溶液的物质的量浓度是mol/L ,为了使溶液恢复到原浓度,应向反响后的液体中参加 ;电解后溶液的pH为.(假设电解前后溶?^的体积不变) (3)请你设计实验确定原溶液中可能所含的酸根离子, 要求：提出两种可能的假设,分别写出论证这两种假设的操作步骤、实验现象和实验结论.假设①____________________________________________________________操作步骤：________________________________________________________实验现象：________________________________________________________实验结论：.假设②_________________________________________________________操作步骤：________________________________________________________实验现象：________________________________________________________实验结论：.参考答案1. C【解析】【分析】A.用惰性电极电解Na2SO4溶液,实质为电解水,根据电子守恒计算消耗水的物质的量；B.需参加1mol Cu(OH) 2恢复电解前浓度,1mol Cu(OH) 2相当于ImolCuO和ImolH?., 结合电子守恒分析；C.阳离子在阴极得电子水平Cu2H ,阴离子在阳极失电子水平Cl OH ,电解时阴极电极反响：Cu22e Cu , 1mol Cu2完全反响转移2mol电子,阳极电极反响：1Cl e 1Cl2, 1mol Cl完全反响转移1mol电子,根据电子守恒规律,阳极电极反应还有：4OH 4e O2 2H 2O,据此分析溶液pH变化；D.铜与稀硫酸不反响,假设要实现该反响,那么需在电解池中进行,铜化合价升高,说明铜失去电子做阳极.【详解】电解A .用惰性电极电解Na2SO4溶液,相当于电解水：2HO^2H4+QT,该反响转移4mol电子时,消耗水2mol,当有2mol电子转移时,消耗水1mol,即可参加18g水恢复到原状态,A正确；B.用惰性电极电解1L 1mol/L CuSO4溶液,电解反响为电解22CuSO4 2H2O -2Cu 2H 2SO4 O2 ,当n Cu2 1mol全部被复原成铜时,生成铜1mol ,转移电子的物质的量为2mol,假设要恢复到电解前的状态,需要加氧化铜的物质的量为1mol,现需参加1mol Cu(OH) 2恢复电解前浓度,说明还有1mol水发生了电解反响,电解根据2H2O^2H2O2可知,该反响转移4mol电子时,消耗水2mol,当有1mol水被电解时,转移电子的物质的量为2mol,所以整个电路中转移了4mole , B正确；C.阳离子在阴极得电子水平Cu2H ,阴离子在阳极失电子水平Cl OH ,所以用惰性电极电解1mol CUSO4和1mol NaCl的混合溶液,阴极电极反响：Cu22e Cu ,1 、.一1mol Cu2元全反响转移2mol电子,阳极电极反响：Cl e — Cl 2, 1mol Cl元全反2应转移1mol电子,根据电子守恒规律, 阳极电极反响还有：4OH 4e O2 2H 2O,转移1mol电子,消耗OH的物质的量为1mol,溶液中的氢离子的物质的量增大1mol,所以电解后溶液的pH减小,C错误；D. Cu与稀硫酸不反响,假设要实现Cu H Z SO4〔稀〕CUSO4 H2 ,那么需在电解池中进行,Cu连在电源的正极上做阳极,铜失电子,发生氧化反响, D正确；答案选Co2. B【解析】【分析】【详解】A项,4AgNO3 + 2H2O电解4Ag + O2 T+ 4HNO 3脱离反响体系的物质是4Ag+O2,相当于2Ag 2.,所以应当参加适量Ag2O才能复原〔参加AgNO 3,会使NO3一的量增加〕；B项,2H2.电解2H2忏02T脱离反响体系的是2H2 + O2,相当于2H2.,参加适量水可以复原；C项,2KCI + 2H2.野2KOH + H2 T+ Cl2 T脱离反响体系的是H2+CI2,相当于2HCI ,应通入适量HCl气体才能复原〔参加盐酸时,同时也增加了水〕；D项,2CuSO4 + 2H2.里解2H2SO4+ 2Cu+.2 T脱离反响体系的是2Cu+.2,相当于2CuO ,参加适量Cu.可以复原；答案为Bo3. A【解析】【分析】KCl和CuS04两种溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解分3个阶段：［第一阶段］相当于电解氯化铜,阳极：氯离子失电子,阴极：铜离子得电子,由于铜离子水解使溶液显酸性,随着电解的进行,铜离子的浓度降低,酸性减弱, pH将增大；［第二阶段］阳极：氢氧根离子失电子(来源于水的电离),阴极：仍然为铜离子得电子,由于 氢氧根离子消耗,使水溶液中氢离子浓度增大,pH 迅速减小；［第三阶段］阳极：氢氧根离子失电子,阴极：氢离子得电子,它们都来源于水的电离,实质 是电解水,导致溶液的体积减小, 使溶液中氢离子浓度增大,pH 继续减小,以此解答此题. 【详解】A .根据以上分析,氯离子反响完,铜离子还剩,所以整个过程中两电极反响：2Cl --2e - — C2 t 2H ++2e -—肌坏可能同时出现,故 A 正确；B.根据以上分析,电解至 C 点时,在电解液中应参加 CuCl 2固体和CuO 固体,故B 错误;C.根据以上分析,由于铜离子水解使溶液显酸性,随着电解的进行,铜离子的浓度降低,酸性减弱,pH 将增大,故C 错误；D.由于由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时,阴极仍然为铜离子得电子,所以原混合溶液中KCl 和CuSO 4的浓度之比不是2:1 ,故D 错误； 故答案为：A . 【点睛】电化学综合计算的三种常用方法：(1)根据总反响式计算：先写出电极反响式,再写出总反响式,最后根据总反响式列出比例式计算；(2)根据电子守恒计算：①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算,其依据是电路中转移的电子数相等；②用于混合溶液中电解的分阶段计算；(3)根据关系式计算：：根据得失电子守恒定律建立起量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式.4. A【解析】 【详解】A 、Cu(NO 3)2 的物质的量是 1mol,根据 N 守恒可得 n(KNO 3)= 6.0 mol/L 0.5L _ 2mol=1mol ,B 、电解KNO 3和Cu(NO 3)2的混合溶液,在阳极发生反响： 4OH --4e -=2H 2O+O 2t n(O 2)=C 、在阴极首先发生反响：Cu 2++2e -=Cu,然后发生：2H ++2e -=H2T .由于产生氢气的物质的所以 c(K +)= c(KNO 3)= 1mol0.5L=2mol/L ,选项A 正确;22.4L22.4L / mol=1mol .那么转移电子4mol,因此选项B 错误;量是1mol,得到电子2mol,那么产生Cu转移的电子也是2mol,产生Cu 1mol.所以选项C 错误；D、由于在反响过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等,由于电子转移4mol,所以电解后溶液中H +的物质的量也是4mol,所以c(H +)= ^mol =8moi/L ,所以选项0.5LD错误；答案选A.5. C【解析】【详解】用石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间, 阳极发生氧化反响得到氧气, 阴极发生复原反响得到『____________________________ 通电.............. .........铜,电解总万程式为2CuSO4+2H2O^= 2Cu+O2f +2H2SO4,因此补充氧化铜或者碳酸铜即可使电解液恢复到起始状态,答案选Co【点睛】该题的关键是明确电解的工作原理,特别是电解产物的判断和守恒法的应用.6. B 【解析】【详解】用石墨做电极电解1mol/L CUSO4溶液,阳极反响为4OH - 4e「=O2f +2HO,阴极反响为Cu2++2e =Cu,所以相当于析出CuO,根据析出什么加什么的原那么可知,应该参加适量的CuO可使电解质溶液恢复至原来状况,也可以参加适量的CuCO3可使电解质溶液恢复至原来状况；应选B.【点睛】此题考查了电解原理,明确两极上析出的物质是解此题关键, 从而确定应该参加的物质,注意CuCO3参加电解质溶液中,会放出CO2气体,所以还是相当于参加CuO.7. A【分析】【详解】甲池为燃料电池,A为负极,B为正极,那么乙中C为阳极,D为阴极,阳极上Ag失电子生成银离子,阴极上铜离子得电子生成Cu,溶液中减少了Cu元素的质量,所以要让电解质复原,需要参加金属铜,8. A【解析】【详解】A.电解硫酸实质电解水,因此加水恢复,故A符合题意；B.电解硝酸银,阳极得到氧气,阴极得到银,应加氧化银恢复,故B不符合题意；C.电解氢氧化钠溶液实质电解水,因此加水恢复,故C不符合题意；D.电解氯化铜,阳极得到氯气,阴极得到铜,加氯化铜固体恢复,故D不符合题意.综上所述,答案为Ao9. B【解析】【分析】根据电解池的工作原理,要想让电解后的电解质复原,遵循的原那么是出什么加什么,参加CuO后溶液与电解前相同,说明阴极只有铜离子放电.【详解】参加0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度,说明有阴极有0.1mol铜析出,那么转移电子的物质的量是0.1mol X (2-0) =0.2mol,故B正确.10. A【解析】【详解】电解CuSO4溶液时阴极反响中铜离子先放电,当铜离子反响完全后氢离子放电,但阳极始终是氢氧根放电产生氧气,向所得溶液中参加0.1mol Cu(OH) 2后,恰好使溶液恢复到电解前的浓度说明在电解过程中生成的氧气的物质的量为0.1mol,即阳极产生0.1mol氧气,转移电子数为0.4mol,故答案为Ao11. C2H5OH —12e +16OH ==2CO32 +IIH2O 4OH — 4e ==H 2O+O2 T 或2H2O —4e ==O2f+4H+有红色固体(Cu)析出1 CuO 或CuCO3 0.01mol Mg2++2Cl +2H2O 兽画Mg(OH) 2, +H2T +CI2 T.【分析】甲池为燃料电池,乙池和丙池都为电解池.甲池中,参加乙醇的电极为负极,通氧气的电极为正极；那么乙池中石墨电极为阳极, Ag电极为阴极；丙池中,左边Pt电极为阳极,右边Pt电极为阴极.(1)甲装置中参加乙醇的电极为负极,乙醇失电子,生成的产物再与KOH溶液反响,最后生成碳酸盐和水.(2)用上图装置电解200 mL1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极上发生H2O失电子生成.2和H+ 的反响,在Ag电极上发生Cu2+得电子生成Cu的反响,由此可确定此电极附近观察到的现象.(3)电解一段时间,当甲池消耗了112 mLO2(标况下),利用电荷守恒,可求出乙装置中生成n(H+),从而求出溶液的pH.假设要将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH,那么需往溶液中参加阴、阳极生成物发生化合反响的产物.(4)丙装置中电解MgCl 2溶液,可利用电解饱和食盐水的反响进行类推, 同时要注意差异性,即生成Mg(OH)2沉淀.【详解】(1)甲装置中参加乙醇的电极为负极,乙醇失电子,生成的产物再与KOH溶液反响,最后生成碳酸盐和水,电极反响式为C2H5OH—12e-+ 16OH—==2CO32—+ 11H2..答案为：C2H50H —12e +16OH ==2CO32 +11H2O；(2)用上图装置电解200 mL1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极(阳极)上发生H2O失电子生成O2 和H +的反响,电极反响式为4OH - 4e ==H2O+O2,或2H2O — 4e-==O2 T+4H +；在Ag电极(阴极)上发生反响Cu2++2e-=Cu,此电极附近观察到的现象为有红色固体(Cu)析出.答案为：4OH - 4e ==H 2O+O2 f 2H2O-4e ==.2/+4H + ;有红色固体(Cu)析出；0.112L(3)n(O2)= ----------------- =0.005mol ,由O2——4H+,可求出n(H+)=0.005mol X4=0.02mol, c(H+)=22.4L/mol0.02m oi =...〃1,pH=1.阳极生成O2(0.005mol),阴极生成Cu(0.01mol),0.2L2Cu+O2=2CuO(0.01mol),所以需往电解后的溶液中参加0.01mol CuO或CuCO3,可将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH.答案为：有红色固体(Cu)析出；1;CuO或CuCO3；0.01mol;(4)丙装置中电解MgCl2溶液,可利用电解饱和食盐水的反响进行类推,从而得出总反响的离子方程式为Mg2++2Cl +2H2O 士已Mg(OH) 2, +H2T +CI2T.答案为：Mg 2++2Cl+2H 2O 翼Mg(OH) 2 J +H2 T +CI2 T.【点睛】电解反响发生后,要恢复原有电解质的组成和性质, 需要往电解后的溶液中参加物质, 该物质通常为阴、阳极电解产物 (离开电解质溶液)发生化合反响的产物,或相当于它们的物质.如此题中,参加CuO,也可以参加CuCO3(与酸反响生成盐,CO2和水,CO2逸出,相当于参加CuO),但假设参加Cu(OH)2,相当于多加了水,必然造成电解质浓度减小.12.负4OH- -4e- =2H2O + 02T 0.05 0.025molCuO 或0.025molCuCO 3 1 阴离子为S02-取原溶液少量,参加盐酸,再参加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶2-放中阴离子为S04 阴离子为N03 取少量原溶液,加热蒸发浓缩,再参加铜片与适量浓硫酸产生无色气体,且在空气中变为红棕色原溶液中阴离子为N03【解析】【分析】(1)和电源的负极相连的是电解池的阴极发生复原反响,和电源的正极相连的是电解池的阳极发生氧化反响；(2)阴极析出金属铜的质量是 1.6g,根据电极反响计算硫酸铜的物质的量以及溶液中氢离子的物质的量,进而根据浓度等于物质的量和体积之比计算物质的量浓度以及pH,电解质的复原要求是缺什么补什么,缺多少补多少；(3)该溶液中一定是含铜离子的可溶性的盐溶液,所以可以是硝酸铜,或是硫酸铜,根据离子的特征离子反响检验硫酸根离子以及硝酸根离子的存在即可.【详解】(1)电解液是蓝色溶液, A电极外表有红色的固态物质生成,所以A极是铜离子得电子,所以A极是阴极,A接的是电源的负极,B电极有无色气体生成, 那么阳极是氢氧根失电子产生的氧气,反响：4OH--4e-=2H2O+O21故答案为：负；4OH--4e-=2H 2O+O2 T;(2)阴极反响：2Cu2++4e-=2Cu ,阳极反响：4OH--4e-=2H2O+O2T,电解时反响的总离子方通电程式为：2Cu2++2H2O = 2Cu+4H++.2.取出A电极,洗涤、枯燥、称量、电极增重 1.6g,所以阴极析出金属铜的质量是 1.6g,即0.025mol,所以铜离子的浓度=0.025mo1=0.05mol/L ；0.5L生成0.025mo1Cu,会生成0.0125mo1.2, n(Cu)：n(0)=1：1 ,为使溶液恢复到原浓度,应向反应后的溶液中参加0.025mo1CuO或0.025mo1CuCO3；原溶液的物质的量浓度是0.05mo1/L ,生成氢离子的物质的量为0.05mo1,所以c(H+)=°.°51T=0.1mo1/L ,即pH=1 ,0.5L故答案为：0.05mo1/L ；0.025mo1CuO 或0.025mo1CuCO 3； 1；(3)该溶液中一定是含铜离子的可溶性的盐溶液,所以可以是硝酸铜,或是硫酸铜,不能是氯化铜,由于不会出现氯气,2-假设①：阴离子为SO4 ；检验硫酸根离子可以采用参加氯化钢溶液的方法,假设有白色沉淀生成,那么原溶液中所含的阴离子是SO2-；假设②：阴离子为NO3 ;检验酸环境下的硝酸根离子, 可以参加金属铜并有无色气体生成, 且在空气中变为红棕色,那么原溶液中所含的阴离子NO3；2-故答案为：阴离子为SO4 ；取原溶液少量,参加盐酸, 再参加BaCl2溶液；产生白色沉淀；2.原溶彼中阴离子为SO4 ；阴离子为NO3 ;取少量原溶披,加热烝发侬缩,再参加铜片与适量浓硫酸；产生无色气体,且在空气中变为红棕色；原溶液中阴离子为NO3.。
高二化学知识点总结(水溶液中的离子平衡)
高二化学知识点总结(水溶液中的离子平衡)高二化学知识点总结第三章水溶液中的离子平衡一、弱电解质的电离1、定义：电解质：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物,叫电解质。
非电解质：在水溶液中或熔化状态下都不能导电的化合物。
强电解质：在水溶液里全部电离成离子的电解质。
弱电解质：在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质。
2、电解质与非电解质本质区别：电解质——离子化合物或共价化合物非电解质——共价化合物注意：①电解质、非电解质都是化合物②SO2、NH3、CO2等属于非电解质③强电解质不等于易溶于水的化合物(如BaSO4不溶于水，但溶于水的BaSO4全部电离，故BaSO4为强电解质)——电解质的强弱与导电性、溶解性无关。
3、电离平衡：在一定的条件下，当电解质分子电离成离子的速率和离子结合成时，电离过程就达到了平衡状态，这叫电离平衡。
4、影响电离平衡的因素：A、温度：电离一般吸热，升温有利于电离。
B、浓度：浓度越大，电离程度越小;溶液稀释时，电离平衡向着电离的方向移动。
C、同离子效应：在弱电解质溶液里加入与弱电解质具有相同离子的电解质，会减弱电离。
D、其他外加试剂：加入能与弱电解质的电离产生的某种离子反应的物质时，有利于电离。
5、电离方程式的书写：用可逆符号弱酸的电离要分布写(第一步为主)6、电离常数：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积，跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数。
叫做电离平衡常数，(一般用Ka表示酸，Kb表示碱。
)表示方法：ABA++B- Ki=[ A+][B-]/[AB]7、影响因素：a、电离常数的大小主要由物质的本性决定。
b、电离常数受温度变化影响，不受浓度变化影响，在室温下一般变化不大。
C、同一温度下，不同弱酸，电离常数越大，其电离程度越大，酸性越强。
如：H2SO3>H3PO4>HF>>H2CO3>H2S>HClO二、水的电离和溶液的酸碱性1、水电离平衡：水的离子积：KW= c[H+]·c[OH-]25℃时,[H+]=[OH-] =10-7 mol/L ; KW= [H+]·[OH-] = 1_10-14注意：KW只与温度有关，温度一定，则KW值一定KW不仅适用于纯水，适用于任何溶液(酸、碱、盐)2、水电离特点：(1)可逆(2)吸热(3)极弱3、影响水电离平衡的外界因素：①酸、碱：抑制水的电离 KW〈1_10-14②温度：促进水的电离(水的电离是吸热的)③易水解的盐：促进水的电离 KW 〉1_10-144、溶液的酸碱性和pH：(1)pH=-lgc[H+](2)pH的测定方法：酸碱指示剂——甲基橙、石蕊、酚酞。
化学溶液知识点口诀总结
化学溶液知识点口诀总结
一、溶液的定义与分类
溶液是溶质和溶剂的混合物，根据溶解度可分悬浮液、溶胶、凝胶。
二、溶解度的影响因素
温度升高、溶解度升；压强对溶解度影响不大。
压力升高、气体溶解度增；流速加快、溶解度增。
三、浓度的表示和计算
质量分数、溶质质量除总质量；
体积分数、溶质体积除总体积；
摩尔浓度，溶质摩尔数除溶液总体积。
四、溶液的稀释
C1V1=C2V2，浓度和体积间。
五、溶解热与溶解性
溶解热大负值，有利反应。
六、单位转换与实际问题
化学计算要学会，多少克、多少摩尔，量化学常用公式。
七、各种溶液的性质
酸碱、盐和氧化物性质，记好啦。
八、溶解过程的动力学
质量速度与浓度成正比；
反应速度与溶解有关，记得啦。
九、溶解的化学动力学
温度高、溶解快，记好啦。
十、溶液的腐蚀性
强酸强碱腐蚀力，不容忽视。
十一、溶液的电离和电导
强电解、完全离子，电导强。
弱电解、部分离子，电导弱。
十二、溶液的pH和酸碱性
pH=—lg[H3O+]，碱性在7以下。
酸碱硬度和酸碱评定，判断能力要提升。
十三、溶液的稳定性
沉淀生成和溶解、重要理解。
十四、溶液的共晶点和冰点
溶解物降点，冰点降程理解清。
十五、溶液在生产中的应用
普遍用于洗涤剂制作；
生产中酸碱反应用；
电镀和冶金；
溶剂饮料加工；
药品制造和医疗。
溶液在生产中，方便使工作顺利。
以上为化学溶液知识点的口诀总结，希望对大家的学习有所帮助。
高中化学复习知识点：电解过程中溶液pH的变化
一、单选题
1．用如图电解装置将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，用其作为一种优良的氮肥。下列有关说法正确的是
A．a与电源负极相连，发生还原反应
B．每处理lmolNO可以生成2molA
C．通电后阳极附近溶液的pH增大
D．理论上将SO2与NO以体积比2:5通入装置可彻底转化
A．废水处理过程中，Y电极上发生氧化反应
B．废水处理过程中，X电极附近溶液酸性减弱
C．废水处理过程中，W电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
D．若消耗7gLi则质子交换膜左侧电解质溶液减少 g
二、多选题
9．我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠（CH3SNa）制备杀虫剂CH3-S-S-CH3的方法，克服了常规合成法造成的污染，并大幅度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生，下列说法错误的是（）
A．铜片做阳极，石墨做阴极
B．白色沉淀在靠近阳极处产生
C．阴极区溶液变红的原因：2H＋＋2e－＝H2↑，促进H2O电离，c(OH－)升高
D．阳极区溶液变蓝的原因：4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，O2将I－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝
4．用惰性电极电解浓度均为0.1mol/L的下列溶液。电解一段时间后停止通电并搅拌混匀，电解前后溶液pH保持不变的是
【详解】
A．电极a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A错误；
B．电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O (NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4，即A为硫酸，根据方程式，消耗1mol的NO生成2mol的硫酸，故B正确；
高中化学重要知识点解析溶液与溶解度
高中化学重要知识点解析溶液与溶解度溶液是在溶剂中溶解了一定量的溶质的混合物。
在化学中，溶解度是描述溶质在溶剂中溶解程度的重要参数。
了解溶液与溶解度的相关知识对于理解化学反应、溶解现象和溶液中的平衡体系至关重要。
本文将深入解析溶液与溶解度的相关知识点。
一、溶液的概念和组成溶液是由溶剂和溶质组成的，其中溶剂是溶解度较大的组分，而溶质是溶解度较小的组分。
比如我们常见的盐水，其中水是溶剂，盐是溶质。
二、溶解度的定义和影响因素溶解度是指在特定温度下单位体积（或单位质量）的溶剂中能够溶解的溶质的最大量。
溶解度与温度、压力等因素密切相关，不同溶质在不同溶剂中的溶解度也有所差异。
以下是影响溶解度的几个主要因素：1. 温度：在一定压力下，大多数固体在溶液中的溶解度随温度升高而增大，而气体在溶液中的溶解度随温度升高而减小。
2. 压力：只对气体溶质在溶液中的溶解度有显著影响。
3. 溶质和溶剂的性质：如极性、分子大小等因素也会影响溶解度。
极性相近的物质通常具有更高的相容性，溶解度也相对较大。
三、饱和溶液和过饱和溶液饱和溶液是指在一定温度下，溶剂中已经溶解了最大量的溶质，此时溶解度达到了最大值。
过饱和溶液是指在饱和溶液的基础上，通过方法调节，使溶质的溶解度超过了饱和溶液的溶解度。
过饱和溶液相对不稳定，会因为微小扰动而发生结晶。
四、溶液浓度的表示方法溶液浓度是指单位体积（或单位质量）的溶剂中溶质的含量。
常用的溶液浓度表示方法有以下几种：1. 质量分数：指溶质质量与溶液总质量的比值，通常用百分数表示。
2. 体积分数：指溶质体积与溶液总体积的比值，通常用百分数表示。
3. 摩尔浓度：指溶质的摩尔数与溶液的体积之比，单位为mol/L。
4. 摩尔分数：指溶质的摩尔数与溶液中所有组成物的摩尔数之和的比值。
五、溶解过程和溶解热溶解是一个吸热过程，其中需要消耗热量，称为溶解热。
不同物质的溶解热也有所差异，溶解热可以通过实验测定得到。
溶解热的大小与溶质和溶剂之间的相互作用力有关。
高一上化学溶液配制知识点
高一上化学溶液配制知识点化学溶液配制是高中化学学习的基本内容之一，它涉及到了溶液的浓度、体积、摩尔质量等多个方面的知识点。
下面将介绍几个高一上化学溶液配制的重要知识点。
一、摩尔质量和化学计量1. 摩尔质量：摩尔质量是指物质的相对分子质量或相对分子质量的一半。
在化学计算中，通常以g/mol表示。
对于元素，其摩尔质量即为该元素的相对原子质量；对于化合物，其摩尔质量等于各组成元素相对原子质量之和。
2. 化学计量：化学计量是指在化学反应中物质的质量关系。
根据化学方程式和化学计量关系，可以计算出反应物和生成物的质量比、物质的摩尔比等。
二、溶液浓度的表示方法1. 质量浓度：质量浓度是指溶液中溶质质量与溶液体积的比值。
常用单位有g/L、mg/mL等。
质量浓度的计算公式为：质量浓度（g/L）= 溶质质量（g）/ 溶液体积（L）2. 摩尔浓度：摩尔浓度是指溶液中溶质的摩尔数与溶液体积的比值。
常用单位有mol/L。
摩尔浓度的计算公式为：摩尔浓度（mol/L）= 溶质的摩尔数（mol）/ 溶液体积（L）3. 体积浓度：体积浓度是指溶液中溶质体积与溶液体积的比值。
常用单位有mL/L、L/L等。
三、溶液配制的计算1. 质量配比：根据化学方程式和化学计量关系，可以计算出反应物质量之间的相对比例，并据此确定每个反应物的用量。
2. 摩尔配比：根据化学方程式和化学计量关系，可以计算出反应物的摩尔比，并据此确定每个反应物的摩尔数。
3. 体积配比：根据化学方程式和化学计量关系，可以计算出反应物的体积比，并据此确定每个反应物的体积。
四、溶液配制中的注意事项1. 溶质的溶解度：在配制溶液时，要了解溶质的溶解度，以确定是否可以将其溶解在所选的溶剂中。
2. 溶剂的选择：根据具体的实验需求和化学性质，选择合适的溶剂进行溶液的配制。
3. 溶解过程中的温度控制：溶液的配制过程中，温度的变化会对溶解度产生影响，因此需要控制反应温度。
4. 溶液的均匀混合：配制好的溶液需要通过适当的方法进行均匀混合，以确保溶质充分溶解。
高中化学溶液知识点总结
高中化学溶液知识点总结一、溶液的基本概念溶液是由溶质和溶剂组成的混合物。
溶质是指能够溶解在溶剂中的物质，溶剂是指能够溶解其他物质的物质。
二、溶解度和溶解过程溶解度是指在一定温度下，溶剂中能够溶解的溶质的最大量。
溶解过程包括溶质分子与溶剂分子之间的相互作用和溶质分子与溶剂分子之间的相互作用。
三、溶液的浓度计算1. 质量浓度：质量浓度指的是单位体积溶液中溶质的质量。
计算公式为质量浓度=溶质质量/溶液体积。
2. 体积浓度：体积浓度指的是单位体积溶液中溶质的体积。
计算公式为体积浓度=溶质体积/溶液体积。
3. 摩尔浓度：摩尔浓度指的是单位体积溶液中溶质的摩尔数。
计算公式为摩尔浓度=溶质的物质量/溶质的摩尔质量。
四、溶解度与温度关系溶解度与温度之间存在一定的关系。
一般来说，固体在液体中的溶解度随温度的升高而增大，而气体在液体中的溶解度随温度的升高而减小。
五、饱和溶液和不饱和溶液饱和溶液是指溶液中溶质的浓度达到了溶解度的极限值，不能再溶解更多的溶质。
不饱和溶液是指溶液中溶质的浓度低于溶解度的极限值，仍然能够溶解更多的溶质。
六、溶解度与溶质的性质有关溶质的性质对其在溶剂中的溶解度有一定影响。
例如，极性溶质在极性溶剂中的溶解度通常较大，而非极性溶质在非极性溶剂中的溶解度通常较大。
七、溶解度与溶剂的性质有关溶剂的性质对其溶解度也有一定影响。
例如，极性溶剂通常能够溶解极性溶质，而非极性溶剂通常能够溶解非极性溶质。
八、溶液中的离子反应溶液中的离子反应是指溶质中的离子与溶液中的其他离子之间发生的反应。
这种反应可以导致溶液中离子的浓度发生变化。
九、溶液的稀释溶液的稀释是指通过加入适量的溶剂来减少溶液中溶质的浓度。
稀释过程中，溶质的物质量保持不变，但溶液的体积增大，从而导致溶质的浓度减小。
十、溶液的酸碱性溶液的酸碱性是指溶液中存在的酸性物质或碱性物质的性质。
酸性物质在水溶液中会释放出氢离子(H+)，而碱性物质在水溶液中会释放出氢氧根离子(OH-)。
高中化学知识点详解溶液
高中化学知识点详解溶液溶液是化学中一种非常重要的概念，它由溶质和溶剂组成。
在这篇文章中，我将详细解释有关溶液的各种知识点，包括分类、浓度、溶解度等。
让我们开始吧。
1. 溶液的分类溶液可以分为以下几类：饱和溶液、过饱和溶液、稀溶液和浓溶液。
饱和溶液指的是在给定温度下，溶剂中已经溶解了最大量的溶质。
过饱和溶液是指在给定温度下，溶剂中溶解了超过理论溶解度的溶质。
稀溶液是指溶质的浓度相对较低，而浓溶液则相反，溶质的浓度相对较高。
2. 浓度浓度是描述溶液中溶质含量的物理量，可以用质量浓度、体积浓度和摩尔浓度来表示。
质量浓度是以溶质质量与溶剂体积的比值来表示的，常用单位有克/升。
体积浓度则是以溶质体积与溶液总体积的比值来表示的，常用单位有升/升。
摩尔浓度是以溶质的摩尔数与溶液体积的比值来表示的，常用单位有摩尔/升。
3. 溶解度溶解度是指在一定温度下，溶质能够溶解在溶剂中的最大量。
溶解度与温度有密切的关系，一般来说，随着温度的升高，溶解度也会增加。
根据溶解度的不同，物质可以分为可溶性物质和不可溶性物质。
可溶性物质指的是在给定温度下，能够充分溶解在溶剂中的物质。
而不可溶性物质则相反，无法充分溶解在溶剂中。
4. 溶解过程溶解是指溶质的分子或离子与溶剂分子之间发生相互作用，形成一个均匀的混合物的过程。
在溶解过程中，溶质的分子或离子被溶剂的分子包围，形成溶解物质的离子层或水合层。
这个过程是一个放热或吸热的过程，称为溶解热。
5. 浓度计算浓度计算是化学中一个重要的应用技能。
根据溶质和溶剂的质量、体积和摩尔数，我们可以通过一些公式来计算溶液的浓度。
例如，质量浓度可以通过溶质质量与溶剂体积的比值来计算；摩尔浓度可以通过溶质摩尔数与溶液体积的比值来计算。
6. 溶液的稀释稀释是指通过添加溶剂来降低溶液的浓度。
在稀释过程中，溶质的质量和摩尔数不会改变，只是溶液总体积增加，使得溶质的浓度减少。
稀释的关键在于溶质和溶剂的比例，根据稀释定律，溶液的末浓度与初始浓度成反比。
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高中化学复习知识点：溶液一、单选题1．一定温度下，向质量分数为 a 的乙腈（CH 3CN ）溶液中加入等体积水，所得溶液中乙腈质量分数为 0.4a ，则乙腈的密度（ρ1）与水的密度（ρ2）关系是A ．ρ1 ＞ρ2B ．ρ1 ＜ρ2C ．ρ1 ＝ρ2D ．无法确定 2．海冰是海水冻结而成的咸水冰。
海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(假设盐分以一个NaCl 计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。
下列叙述正确的是( )A ．海冰内层“盐泡”越多，密度越小B ．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C ．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl 分子的形式存在D ．海冰内层NaCl 的浓度约为410mol /L( 设冰的密度为30.9g /cm )3．如图表示X 、Y 两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。
根据图示，判断下列说法中错误的是A ．X 、Y 都是易溶于水物质B ．t ℃时，X 、Y 的饱和溶液中物质的量浓度相等C ．将t 1℃时，等质量X 、Y 的饱和溶液均分别降温到t ℃，X 溶液中析出晶体的质量比Y 的多D ．当Y 的饱和溶液中含有少量X 时，能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y 4．已知KNO 3晶体溶解于水时要吸收热量，从溶液中析出KNO 3晶体时会放出热量。
若有室温下KNO 3饱和溶液20 mL ，向其中加入1 g KNO 3晶体，充分搅拌后，下列判断正确的是（ ）A．溶液质量增加B．溶液的温度降低C．晶体不再溶解D．溶液的温度和质量都不变5．化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（）A．碘酒只是指碘单质的乙醇溶液B．纯水不易导电，但属于电解质C．质量分数：医用酒精＞生理盐水＞食醋D．明矾可用于水的消毒、杀菌6．以下物理量与温度无关的是（）A．化学反应的平衡常数B．醋酸钠的浓度C．水的离子积D．CO2在水中溶解度7．20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρ g/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中错误的是A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/LB．20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数为58.5c100%ρ1000⨯⨯⨯C．20℃时，密度小于ρ g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度5850cS=g/100gρ-58.5水8．40℃硝酸钾饱和溶液先升温至80℃，在恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质，然后将溶液逐渐冷却至60℃。
下列示意图中能正确表示整个过程中溶液浓度a%与时间t关系的是（）A．B．C．D．9．把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：Ca(OH)2(s)⇌Ca2++2OH-，如在其中加入少量CaO后，恢复到原温度，下列说法正确的是A．溶液的pH不变B．溶液质量不变C．溶质质量不变D．氢氧根浓度增大二、多选题10．其他条件不变，升高温度下列数据一定增大的是A．水的离子积常数K W B．所有可逆反应的平衡常数KC．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH D．氨气在水溶液中的溶解度三、综合题11．实验室模拟工业制取Na2SO3固体的过程如下：已知：① 反应I在三颈烧瓶中发生，装置如图甲所示（固定及加热类仪器省略）。
② 部分物质的溶解度曲线如图乙所示，其中Na2SO3饱和溶液低于50℃时析出Na2SO3·7H2O。
（l）反应I的目的是制取(NH4)2SO3溶液。
① 反应I的离子方程式为____________。
② 亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中，目的是____________。
③ 下列关于图甲装置或操作的叙述正确的是______（填字母）。
A．接入冷凝管的冷却水从a端通入B．长玻璃导管具有防倒吸的作用C．控制加热亚硫酸的温度，可以控制生成SO2气体的速率（2）为获取更多的Na2SO3固体，要将反应II的温度控制在80℃左右，并_______（填操作I的名称）。
（3）由滤液可以制取NH4Cl固体。
①验证滤液中含有NH4+的实验操作是________。
②由滤液可获得NH4Cl粗产品（含少量Na2SO3）。
请补充完整由NH4Cl粗产品制取纯净的NH4Cl固体的实验方案：________，得到纯净的NH4Cl固体。
（实验中须使用的试剂有SO2、乙醇，除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱）12．近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。
下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖(C6H12O6)注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：（1）葡萄糖的摩尔质量为________；（2）该溶液中含水________ g；（3）该溶液的物质的量浓度为________ mol/L(精确到小数点后面两位)。
参考答案1．B【解析】【分析】质量具有加和性，液体的体积不具有加和性，因此溶液混合后质量分数为112a V V Vρρρ+×100%。
【详解】 混合后溶液的质量分数112a V V V ρρρ+×100%=0.4a ，解得 ρ1=23ρ2，所以 ρ1＜ ρ2， 故选B 。
2．D【解析】【详解】A ．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A 错误；B ．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B 错误；C ．“盐泡”内的盐分为NaCl ，由离子构成，不存在NaCl 分子，故C 错误；D ．冰的密度为30.9g cm -⋅，设海水1L 时，水的质量为900g ，由个数比为1：500000，含NaCl 为4900g 18g /mol 10mol 500000-=，可知海冰内层NaCl 的浓度约为44110mol c 10mol L 1L ---==⋅，故D 正确；故答案为D 。
【点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键， “盐泡”内的盐分为NaCl ，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。
3．B【解析】【分析】【详解】A ．根据图示，20℃时两物质的溶解度都大于10g ，属于易溶物质，故A 正确；B ．t ℃时X 、Y 两物质的溶解度曲线交于一点，此时两种物质的溶解度相等，饱和溶液的质量分数=100 溶解度溶解度×100%相等，但物质的量浓度不相等，故B 错误； C ．X 的溶解度受温度的影响比较大，所以在t 1℃时，等质量X 、Y 的饱和溶液均分别降温到t ℃，X 溶液中析出晶体的质量比Y 的多，故C 正确；D ．由于X 的溶解度随温度的升高而明显增大，而Y 的溶解度受温度的影响很小，因此可以通过能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y ，故D 正确；答案选B 。
【点睛】20℃时，易溶：溶解度≥10g ，可溶：10g>溶解度≥1g ，微溶：大于等于0.01g≤溶解度<1g ，难溶(不溶)：溶解度<0.01g ，20℃时两物质的溶解度都大于10g ，属于易溶物质。
4．D【解析】【分析】【详解】A. 室温下KNO 3饱和溶液20mL ，向其中加入1g KNO 3晶体，加入前溶液已经饱和，故1g KNO 3晶体不会溶解，溶液的质量不变，故A 错误；B. KNO 3晶体不断的溶解，不断地析出，溶解等于析出的质量，不放出或吸收热量，温度不变，故B 错误；C. KNO 3晶体不断的溶解，不断地析出，是一个动态平衡，故C 错误；D. 室温下KNO 3饱和溶液20mL ，向其中加入1g KNO 3晶体，加入前溶液已经饱和故1g KNO 3晶体不会溶解，溶液的质量不变，故D 正确；故选D 。
5．B【解析】【分析】【详解】A ．碘酒属于卤素类消毒防腐药物，它是碘与碘化钾的乙醇溶液，A 项错误；B．纯水中含有极少量的氢离子和氢氧根离子，不易导电，但属于电解质，B项正确；C．医用酒精的质量分数为75%；生理盐水的质量分数为0.9%，食醋是含乙酸质量分数为2%～9%的水溶液，故质量分数应为：医用酒精＞食醋＞生理盐水。
C项错误；D．明矾在水中水解生成氢氧化铝胶状沉淀，该胶状沉淀吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，不具有杀菌消毒的作用，D项错误；答案选B。
6．B【解析】【分析】【详解】A．化学反应的平衡常数与温度有关，故A不符合题意；B．醋酸钠的浓度与溶质的物质的量和溶液的体积有关，与温度无关，故B符合题意；C．水的离子积常数只与温度有关，故C不符合题意；D．CO2在水中溶解度与温度压强都有关系，故D不符合题意；答案选B。
7．D【解析】【分析】【详解】A．温度低于20℃时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，故A正确；B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为58.5cg1000gρ×100%=58.5c1000ρ×100%，故B正确；C．20℃时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度S=58.5cg1000g58.5cgρ-×100g=5850c100058.5cρ-g，故D错误；故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化钠溶液密度大于水的密度，氯化钠溶液的密度越大，一定量水中溶解的氯化钠越多。
8．A【解析】【详解】①将40℃时硝酸钾的饱和溶液先升温至80℃，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，溶质和溶剂的质量都没有发生变化，所以此过程中溶液的浓度不变；②在80℃且恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质前，该过程中溶剂不断减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度会不断增大；③80℃的温度下，当析出晶体时达到饱和，之后的溶液为硝酸钾饱和溶液，所以硝酸钾的溶液的浓度暂时不变；④最后将溶液由80℃逐渐冷却至60℃过程中，随着温度降低，硝酸钾的溶解度减小，此过程中会不断析出硝酸钾晶体，而溶剂的质量不变，则溶液的浓度逐渐减小；⑤温度降到60℃后，此时的溶液为硝酸钾饱和溶液，溶液的浓度不再变化，根据以上分析可知，满足以上变化的图象为A，故选A。
9．A【解析】【分析】【详解】A. 在同一温度下饱和溶液的浓度不变，因此c(OH-)不变，水的离子积不变，故溶液的pH 不变，A符合题意；B. CaO与H2O反应变为Ca(OH)2固体，从溶液中析出，因此溶液质量减少，B不符合题意；C. CaO与H2O反应变为Ca(OH)2固体，溶剂质量减小，溶质也会从溶液中变为固体析出，所以溶质质量减少，C不符合题意；D. 同一温度下的饱和溶液，溶质的浓度不变，溶质电离产生的离子浓度也不会发生改变，D不符合题意；故合理选项是A。