时间：2023-10-12 09:37:53
电解质平衡溶液：是医院在做肠道检查前，专门用来清肠用的药物，所以普通药店是没有卖的。其主要成分为氯化钠、氯化钾和硫酸镁等，在肠道局部产生高浓度的电解质环境，通过渗透作用将血液中的大量水份吸引到肠道中，从而产生腹泻的效果 泻的作用非常强，几小时之内即可将肠道内的粪便基本排空。 但它是绝对不能当作减肥用的，因为对人体的水、电解质平衡会造成很大影响，使用不当甚至会有生命危险。同样的，其它的电解质溶液，象含钙离子、镁离子等等的溶液，静脉里都可以用。
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教学目标：
1.使学生理解电解的基本原理，学会书写电极反应式，初步了解离子放电顺序
2.初步学习对电极过程作微观分析，培养学生微观想象能力、逻辑推理的能力和科学探究能力，初步接触、体验怎样进行科学解释。
教学重点和难点
电解原理；引导学生探究离子放电顺序
教学方法
设置台阶、迁移、实验引导探究、理论推测、实验验证、拓展提高
教学媒体
教学过程
今天我们这节课的课题是电解质溶液在通电情况下的变化，关于电解质溶液在通电情况下会发生变化，我们以前学习过哪些？
【复习回顾】初中化学我们学习了电解水，请大家回忆电解水的产物……（电脑投影）
【学生回答】电解水的产物是氢气和氧气。
【多媒体信息提示】电解熔融状态下的氯化钠的产物是金属的钠和氯气……（电脑投影）
【引入课题】在高一，如果我们把水和氯化钠固体混合可配成饱和食盐水，还学习过电解饱和食盐水，这是对海水资源综合利用的一种方法，请同学告诉我电解产物是什么？……（电脑投影）
【学生回答】氢氧化钠、氢气和氯气
【电脑投影合成】
【设问】你们想过没有
(1)为什么电解饱和食盐水的产物中未出现氧气？
(2)为什么电解饱和食盐水的产物中会有氢氧化钠？电解过程中会不会产生金属钠？……
为了弄清这些问题，我们先来深入研究电解饱和食盐水的过程。
【引导学生析】在饱和食盐水溶液中存在Na+ Cl- H+ OH-四种自由移动离子，当接通直流电后自由离子发生定向移动，根据电荷异性相吸原理，大多数溶液中的Na+和H+会向阴极移动，大多数溶液中的Cl－和OH－会向阳极移动，分别在阴阳两极上得失电子（放电）。不同的阴阳离子在两极上得失电子能力是有差异的，从电解后的产物可以说明知H+得电子能力比Na+强，Cl-的失电子能力比OH-强。
【图示】
【提出概念】以上是从微观的角度解释给电解饱和食盐水的通电后，生成了新的物质、发生了化学反应，这个过程就叫做电解。什么是电解呢？，请同学们能不能根据上面的分析、讨论图示，总结概括电解的定义？
【学生归纳电解定义】
【追问】在刚才的解释中，我们通过图示判断很好地解释了电解这一过程，对于电解饱和食盐水这一过程同学们是否还有这一疑问，为什么H+的得电子能力比Na+强，Cl-的失电子能力比OH-强呢？，你们能够理解吗？怎样用学过的知识来解释？
【引导学生分析】根据金属活动顺序，越难失去电子得金属，其离子就越容易得到电子。
【多媒体展示】金属活动表顺序及对应离子得电子能力大小顺序
【引导学生分析】根据高一化学中卤素之间相互置换可知以上阴离子失电子能力大小顺序为I- >Br- >Cl- >OH-
【多媒体展示】I- Br- Cl- OH-失电子能力强弱关系
【提问】在电解水的实验中，为了增加水的导电性，我们要通常加入一些少量的稀硫酸，此时溶液中的阴离子除了氢氧根离子还有硫酸根离子，那么为什么水的电解产物依然是氢气和氧气呢？而没有硫酸根离子失电子后的产物呢？
【学生分析】说明氢氧根离子的失电子能力比硫酸根强
【多媒体补充】I- 、Br-、 Cl-、 OH-、 SO42-失电子能力强弱关系
【引出概念】我们把阳离子在阴极得电子和阴离子在阳极失电子的过程简称为“放电”，把阴阳离子在阴阳极上的得失电子能力顺序相应地简称为放电顺序
【多媒体展示】阴阳离子放电顺序
【说明】利用离子放电顺序可以判断和理解电解产物。但是实际上，离子的放电顺序与很多因素有关，我们以上面给出的放电顺序是在惰性电极（电极不参与反应）和标准浓度、标准温度的前提下给出的。应用时要注意实际的条件。
【设问】还有一个问题，电解饱和食盐水时为什么会生成氢氧化钠？在哪儿生成？让我们看看实验。
【实验演示】电解饱和食盐水，往两极溶液中滴加酚酞
【追问】实验结果阴极附近的溶液变红。这是什么原因呢？从离子的运动方向以及电解过程的图示看，似乎应该在阳极存在较多的氢氧根离子，阳极区溶液变红，但现在是阴极区溶液变红，阳极区溶液无明显现象，怎么解释这个问题？
【引导学生分析】水是极弱的电解质，存在着电离平衡。当接通直流电后离子发生定向移动，氢离子有向阴极移动的趋势，在阴极放电生成氢气，破坏了水的电离平衡，使得阴极附近存在的氢氧根离子相对增多，因而使含有酚酞的溶液变红。
在电解时，尽管阴离子要向阳极移动、阳离子要向阴极移动但是离子的迁移速度很慢很慢，否则，阴离子一下子全部移动到阳极、阳离子一下子全部移动到阴极，中间地带没有了离子，溶液还能导电吗？因此，在阳极区除了水电离产生的氢氧根离子，由迁移来的氢氧根离子的量是很少很少的，不能使酚酞溶液变色。
【小结】通过刚才的学习，你能对饱和食盐水电解的过程作个小结吗？
刚才我们分析饱和食盐水电解的过程是哪几个步骤进行的？……
怎样解释在阴极区生成氢氧化钠？……
【提出问题】我们还讨论了什么是电解，电解跟电离有什么关系？
【学生分析电解与电离的关系】
【图示说明】
结论：电解必须建立在电离的基础上。
【继续整合】通过今天的课，你学到了哪些知识？你能对本节课的知识点作个总结吗？除了这些知识，你还学到了什么？
【铺垫】通过今天的课，我们弄清了电解的原理，我想这一部分知识将会更好指导我们今后学习，但是因为时间关系，我们还有很多问题没有解决：比如
(1)电解饱和食盐水的过程中产生的氯气会与氢氧化钠反应，产生的氢气与氯气接触后会发生爆炸，我们该如何防止这两种情况？
(2)电解装置通常称为电解池，它与原电池有哪些区别？电解装置的构成必须有哪些部分？
(3)电解在我们工业生产中有哪些应用？
【作业】
1.分析电解氯化铜溶液和硫酸铜溶液的电极产物、可能的实验现象并写出电极反应式。
2.思考：在电解氯化铜溶液时，如果把惰性的石墨电极换成铜电极会有哪些变化？
3.查阅资料：电解的应用
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
一、学会找出溶液中除水之外的所有微粒
找全溶液中所有的粒子是学习电解质溶液中粒子浓度关系最基础也最重要的一步，一定不能出错.
例1 找出0.1 mol/L的Na2CO3溶液中的所有微粒.
步骤1:让溶质和水直接电离，方程式为Na2CO3=2Na++CO2－3和H2O H++ OH－
结论1:溶液中直接电离产生的微粒有：Na+、CO2-3、H+、OH-
步骤2:直接电离出的离子能够继续电离的让其电离到不能再电离为止，能水解的让其水解到不能再水解为止.Na2CO3溶液中后续水解方程式为CO2－3+H2O
HCO-3+ OH－和HCO-3+H2O H2CO3+OH－
结论2:由溶质衍生而来的微粒有：HCO-3、H2CO3
思考2:找出0.1 mol/L的NaHCO3溶液中的所有微粒.
步骤1:让溶质和水直接电离，方程式为NaHCO3 = Na+ + HCO-3；H2O
H++ OH－
结论1:溶液中直接电离产生的微粒有：Na+、HCO-3、H+、OH－
步骤2:直接电离出的离子能够继续电离的让其电离到不能再电离为止，能水解的让其水解到不能再水解为止.NaHCO3溶液中后续方程式为：HCO-3+H2O H2CO3+ OH－ ，HCO-3 H++ CO2-3
结论2:由溶质衍生而来的微粒有：CO2-3、H2CO3
关键点：①熟悉常见的强电介质、弱酸、弱碱的电离;
②熟悉常见的弱酸盐、弱碱盐的电离及水解;
③不能忽略水的电离.
二、比较溶液中粒子浓度之间的大小关系
1．单一溶液
例2 0.1 mol/L的NaHCO3溶液的pH=8，试比较Na+、CO
2-3、HCO-3、H2CO3、OH－的浓度由大到小的顺序.
第一步：写出溶液中的所有平衡HCO-3+H2O H2CO3 + OH－；HCO-3 H++ CO2-3；H2O H++ OH－.第二步：由pH=8判断溶液为碱性，确定HCO-3的水解＞电离，所以c(H2CO3 )＞c(CO
2-3). 第三步：电离和水解都是微弱的，所以c(HCO-3）> c(H2CO3）> c(CO2-3).第四步：结论为c(Na+）>
c(HCO-3）> c(OH－）> c(H2CO3）>c(CO2-3 )
思考:0.1 mol/L的NaHSO3溶液的pH=5，试比较Na+、SO2-3、HSO-3、H2SO3、H+的浓度由大到小的顺序.
第一步：写出溶液中的所有平衡HSO-3+H2O H2SO3 + OH－；
HSO-3 H++ SO2-3；H2O H++ OH－.第二步：由pH=5判断溶液为酸性，确定HSO-3的电离＞水解，所以c(SO2-3)＞
c(H2SO3 ).第三步：电离和水解都是微弱的，所以c(HSO-3）>
c(SO2-3) > c(H2SO3）. 第四步：结论为c(Na+）>c(HSO-3）> c(H+）> c (SO2-3) > c(H2SO3）
关键点：①能正确书写出溶液中的所有平衡;②溶液中既有电离又有水解平衡的，需要确定电离与水解的相对强弱;③电离和水解毕竟是微弱的;④不能忽略H2O的电离
2．混合溶液
（1）不反应混合型
例3 将等体积浓度均为0.1 mol•L-1的NaHCO3和Na2CO3混合，比较混合溶液中Na+、CO2－3、HCO-3、H2CO3、OH－的浓度由大到小的顺序.
第一步：判断两种物质不反应.第二步：计算溶液中的可计算的粒子，假设溶液为1 L，则n(Na+)=0.3 mol 第三步：因为CO2-3和HCO-3水解均呈碱性，所以确定溶液为碱性，方程式为HCO-3+H2OH2CO3 + OH－；HCO-3+H2O H2CO3+ OH－，且CO2-3的水解程度大于HCO-3，所以c(HCO-3）> c (CO2-3)；又因为H2O
H++ OH－，所以c(OH－）> c(H2CO3）第四步：结论为c(Na+）>c(HCO-3）>c(CO2-3)> c(OH－）> c(H2CO3）
关键点：①正确判断混合溶液的酸碱性;②溶液中有多种能电离的离子，要比较两者电离的相对强弱；有多种能水解的离子，要比较两者水解的相对强弱;③电离和水解毕竟是微弱的;④不能忽略H2O的电离.
（2）反应混合型
例4 判断常温下0.4 mol/L CH3COOH溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性的溶液中下列粒子浓度的大小顺序：CH3COOH、Na＋、CH3COO－、H＋、OH－.
第一步：计算，假设溶液为1L
方程式： CH3COOH+ NaOH=CH3COONa+H2O
开始：0.4 mol 0.2 mol
反应：0.2 mol 0.2 mol0.2 mol
剩余：0.2 mol00.2 mol
结果：反应后溶液中的溶质为浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液.
第二步：由题中反应后溶液显酸性可知电离＞水解，所以c(CH3COO－）> c(Na＋）> c(CH3COOH）第三步：电离比较微弱，所以c(CH3COOH）> c(H＋）.
结论：c(CH3COO－）> c(Na＋）> c(CH3COOH）> c(H＋）> c(OH－）
关键点：确定反应后溶液中的溶质及其物质的量.
三、比较电解液中粒子浓度大小关系的一般步骤
①确定混合溶液是否发生反应，若反应计算出反应后各种溶质及其物质的量;
②判断混合溶液的酸碱性，确定电离和水解的相对强弱;
③电离和水解毕竟是微弱的;
④注意不能忽略H2O的电离.
一、考查弱电解质的电离
例1(2009宁夏卷11)将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中,下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势,其中错误的是( )
水,温度降低。B选项醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱pH增大。C选项醋酸中滴加氢氧化钠,相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液,因此导电能力增加。D选项醋酸中滴加氢氧化钠,氢氧化钠和醋酸发生反应了,因此氢氧化钠开始时为0。答案:D。
例2(2009海南卷6)已知室温时,0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是:()
A. 该溶液的pH=4
B. 升高温度,溶液的pH增大
C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
解析:c(H+)=c(HA)α=0.1×0.1%=10-4,因此pH=4,A正确;弱电解质电离是吸热的,因此升温HA电离程度增大,酸性增强,溶液的pH减小,B错;K=c(A-)・c(H+)/c(HA)=10-4×10-4/(0.1-10-4)=1×10-7,C正确;由HA电离出的c(H+)=10-4mol/L,水电离出的c(H+)=10-10mol/L,因此D正确。答案:B。
二、考查溶液中离子浓度的比较
例3(2009全国卷Ⅰ10)用0.1mol・L-1的盐酸滴定0.10mol・L-1的氨水,滴定过程中不可能出现的结果是
( )
解析:根据电荷守恒溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况,故C项错。答案:C。
例4(2009广东化学9)下列浓度关系正确的是( )
A. 氯水中:c( Cl2 )=2[ c(ClO- )+ c( Cl- )+C( HClO ) ]
B. 氯水中:c( Cl- )>c( H+ )>c( OH- )>c( ClO- )
C. 等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合:c( Na+ )= c( CH3COO- )
解析:根据氯水中所含粒子的种类可知氯水中也含有氯气分子A设置了一个貌似物料守恒的式子而忽视了氯气分子的存在,故A错;根据Cl2+H2O?葑HClO+H++Cl-,HCl完全电离,而HClO部分电离,可知正确的顺序c( H+ )>c( Cl - )>c( ClO- )>c( OH- ),B错;C项等物质的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c( OH- )>c( H+ ),再根据溶液中电荷守恒可以判断c( Na+ )>c( CH3COO- );D项比较简单。答案:D。
例5(2009安徽卷13)向体积为0.05mol・L-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol・L-1KOH溶液,下列关系错误的是( )
A. Va>Vb时:c( CH3COOH )+c( CH3COO- )>c( K+ )
B. Va=Vb时:c( CH3COOH )+c( H+ )>c( OH- )
C. Vac( K+ )>c( OH- )>c( H )
D. Va与Vb任意比时:c( K+ )+c( H+ )=c( OH- )+c( CH3COO- )
解析:若Va>Vb,醋酸过量,根据物料守恒可知,n( CH3COOH )+ n( CH3COO- ) = 0.05Va,n(K+ ) = 0.05Vb,则A选项正确;若Va=Vb,反应后为CH3COOK溶液,由于CH3COO -水解而显碱性,根据质子守恒可知,B选项正确;若Vac(CH3COO - ),C选项错误;D选项符合电荷守恒,正确。答案:C。
三、考查溶液的酸碱性和pH
例6(2009全国卷Ⅱ10)现有等浓度的下列溶液:①醋酸,②苯酚,③苯酚钠,④碳酸,⑤碳酸钠,⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是( )
A. ④①②⑤⑥③B. ④①②⑥⑤③
C. ①④②⑥③⑤D. ①④②③⑥⑤
解析:①②④均属于酸,其中醋酸最强,碳酸次之,苯酚最弱。③⑤⑥均属于强碱弱酸盐,根据越弱越水解项正确。答案:C。
例7(2009重庆卷10)物质的量浓度相同的下列溶液,pH由大到小排列正确的是()
A. Ba(OH)2、Na 2 SO 3、FeCl 3、KCl
B. Na 2 SiO 3、Na2 SO 3、KNO 3、NH 4 Cl
C. NH3・H2O、H3 PO 4、Na2 SO 4、H2 SO 4
D. NaHCO 3、C6 H5 COOH、C2 H 5 OH、HCl
解析:A项FeCl3是强酸弱碱盐溶液呈酸性,KCl是强碱强酸盐溶液呈中性,A错误;C项H3 PO4显酸性,C错误;D项C2 H5 OH呈中性,C6 H5 COOH呈酸性,D错误;答案选B。答案:B。
四、考查盐类的水解
正确的是( )
A. 稀释溶液,水解平衡常数增大
B. 通入CO2,平衡朝正反应方向移动
D. 加入NaOH固体,溶液pH减小
解析:平衡常数仅与温度有关,故稀释时平衡常数是不变的,A错误;CO2通入水中,生成H2CO3,可以与OH-反增强,pH增大,D错误。答案:B。
例9(2009天津卷2)25℃时,浓度均为0.2mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是()
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的粒子种类相同
C. c( OH- )前者大于后者
五、考查难溶电解质的溶解平衡
例10(2009广东化学第18题)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是( )
B. 三个不同温度中,313K时K sp(SrSO4 )最大
C. 283K时,图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液
Ksp(SrSO4 )越大,B正确;a点在283K的下方,属于不饱和溶液,C正确;283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出,还是饱和溶液,D错。答案:BC。
六、考查离子的的检验
例11(2009全国卷Ⅱ29)现有A、B、C、D、E、F六种化合物,已知它们的阳离子有K+、Ag +、Ca +、Ba +、溶液,进行如下实验:
①测得溶液A、C、E呈碱性,且碱性为A>E>C;
②向B溶液中滴加稀氨水,先出现沉淀,继续滴加氨水,沉淀消失;
③向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液,无明显现象;
④向F溶液中滴加氨水,生成白色絮状沉淀,沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。
根据上述实验现象,回答下列问题:
(1)实验②中反应的化学方程式是_____________;
(2)E溶液是______,判断依据是_____________;
(3)写出下列四种化合物的化学式:A____________、C_____________、D_____________、F_____________。
另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2。由于醋酸的酸性大于碳酸,所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐,因此A为Ba(OH)2,E为K2CO3,C为醋酸盐,由②可得B中阳离子为Ag+,则肯定为AgNO3,由③4,而CH3COO-若与Al3+形成溶液时,Al3+也发生水解,所以C为醋酸钙,而D为AlCl3。
答案:(1)AgNO3+NH3・H2O=AgOH+NH4NO3
AgOH+2NH3・H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O
(2)碳酸钾 由①中碱性减弱的顺序可知,E是碳酸盐。六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子,所以E是碳酸钾
关键词：垃圾渗滤液 电解氧化 深度处理
Study on Electrolytic Oxidation for Landfill Leachate Treatment
Abstract：A study on electrolytic oxidation process was made for advanced treatment of landfill leachate. The result shows that in the process of electrolytic oxidation,removal of NH3-N is preferential to that of COD,and the performance of the process by using SPR as anode is superior to that by using DSA and graphite.COD and NH3-N can be removed more effectively in acidic environment than in basic one.High concentration of Cl- is beneficial to the removal of COD and NH3-N.As obtained from the test,the suitable condition for the technology is:pH4,Cl- concentration of 5 000 mg/L,electrical density 10A/dm2,anode used for SPR,and electrolytic period 4 h.At COD concentration of 693 mg/L and NH3-N 263 mg/L,90.6% and 100% can be achieved respectively for the removal of COD and NH3-N.
Keywords:landfill leachate；electrolytic oxidation；advanced treatment
垃圾的卫生填埋是我国城市垃圾的主要处理方式之一，由此而产生的垃圾渗滤液是一种难处理的的高浓度有机废水，其水质水量变化大，成分复杂且随“场龄”变化。一般，垃圾渗滤液经生物处理后，其残留的COD仍较高，有的高达600～800 mg/L，且很难再处理。笔者采用电解氧化法对垃圾渗滤液进行深度处理，并对其工艺条件进行了研究，从而为工业化应用提供了理论基础。
1 材料及方法
试验装置采用10 cm×10 cm×10 cm的电解槽两个，详见图1。电极材料：三元电极材料，SPR(RuO2-IrO2-TiO2)，6 cm×8 cm；二元电极材料，DSA(RuO2-TiO2)，6 cm×8 cm；石墨电极材料，6 cm×8 cm；不锈钢电极材料，6 cm×8 cm。
污水取自广州大田山垃圾填埋场，包括渗滤液原水和经过SBR生物处理后的出水，水质成分见表1。
表1垃圾渗滤液和SBR出水水质 水样 BOD5(mg/L) CODCr(mg/L) NH3-N(mg/L) 色度(倍) 电导率(μs/cm) pH Cl-(mg/L) 原水 4800 62000 2160 8000 20.5 7.62 3100 SBR出水 65.4 693 263 200 12.5 7.85 1650
分析方法：COD、BOD采用标准方法进行；pH采用PHS—2型酸度计测定；色度采用稀释倍数法；Cl-采用硝酸银滴定法；NH3-N采用纳氏比色法；余氯采用碘量法。
2 电极氧化机理
电极氧化机理可分为两个部分，即直接氧化和间接氧化。直接氧化作用是指溶液中·OH基团的氧化作用，它是由水通过电化学作用产生的，该基团具有很强的氧化活性，对作用物几乎无选择性。直接氧化的电极反应如下：
2H2O2·OH+2H++2e-
有机物+·OHCO2+H2O
2NH3+6·OHN2 +6H2O
2·OHH2O+1/2O2
若废水中含有高浓度的Cl-时，Cl-在阳极放出电子，形成Cl2，进一步在溶液中形成ClO-，溶液中的Cl2/ClO-的氧化作用能有效去除废水中的COD及NH3-N。这种氧化作用即为间接氧化，反应如下：
阳极：4OH-2H2O+O2+4e-
2Cl-Cl2+2e-
溶液中：Cl2+H2OClO-+H++Cl-
有机物+ClO-CO2+H2O
3 结果与讨论
3.1 不同电极的影响
不同电极材料的电解氧化性能不同，对目前国内烧碱行业用得较多的两种电极材料DSA(二元电极)和SPR(三元电极)以及石墨电极作了比较。分别以它们作阳极，取SBR反应器出水500 mL，电流密度10A/dm2，补充Cl-浓度至5 000 mg/L，电解4 h，电解效果如表2。
表2三种不同阳极材料处理渗滤液的效果 电极材料 石墨电极 二元电极DSA 三元电极SPR COD去除率(%) 43.0 76.2 82.0 NH3-N去除率(%) 35.1 99.2 未检出
从表2中可以看出，COD和NH3-N的去除率以三元电极SPR为最高。电极材料中的高价金属离子(Ru4+、Ir4+、Ti4+)的存在有利于溶液中产生Cl2/ClO-，从而促进了对污染物的间接氧化作用，其中尤以SPR三元电极更为突出。图2为三种电极电解过程中余氯的变化。
图2表明，随着时间的变化，溶液中的余氯因电极种类的不同而不同，其中三元电极SPR对余氯的释放最为有利。它同时也表明，间接氧化在电解氧化过程中起着重要的作用。
3.2 pH的影响
以三元电极SPR为阳极材料，电流密度为10A/dm2，Cl-浓度为2 000 mg/L，以SBR反应器出水为试验水样，调节溶液的pH值分别为4和8，电解试验结果见图3。
图3表明，酸性条件下的电解反应更有利于对COD的去除。一般，电解氧化过程中有大量的CO2产生，在水溶液中达到水解平衡，生成CO32-和HCO3-，而它们与·OH基团的反应速度要高于·OH基团氧化溶液中有机物的速度。酸性条件下，化学平衡的移动不利于溶液中CO32-和HCO3-的存在，从而间接促进了电解反应对COD的去除。从图3中还可看出，COD被去除60%以后，氧化速度呈减缓趋势，这是由于渗滤液中易氧化物质被先行氧化而导致后阶段氧化速度放慢。
3.3 Cl-浓度的影响
由于电极氧化过程中间接氧化起了很重要的作用，Cl-浓度的影响就成了不可忽略的因素。以三元电极SPR为阳极材料，电流密度为10A/dm2，以SBR反应器出水为试验水样，溶液的pH值为8，Cl-浓度分别为2 500、5 000和10 000 mg/L时的COD和NH3-N的电解去除结果分别见图4和图5。
由图4和图5的结果可见，Cl-的存在对COD及NH3-N的去除影响明显，随着Cl-浓度的增加去除率也明显增加，这说明间接氧化作用在COD及NH3-N的去除过程中起着主要作用。比较图4和图5发现，NH3-N的去除主要发生在电解氧化反应的前1 h，该时段内COD仅有约30%被去除。图解同时也说明COD的组分中约70%是相对难降解的，而直到NH3-N被去除后，此部分COD的去除才迅速增加。由此可见，电解过程中的高浓度NH3-N必会影响到COD的去除效率，如能在处理前通过其他方法(如吹脱)去除NH3-N，则有利于COD的去除，同时也会大大节约电能。
3?4电流密度的影响
合适的电流密度对电解氧化反应效率的影响是显而易见的，而过高的电流密度会导致能源浪费。以SPR为电极材料，电流密度为5、7.5、10、12.5A/dm2，以SBR反应器出水为处理对象，对照了未补充和补充Cl-浓度至5 000 mg/L时的处理结果，见图6、图7。
图6表明，低Cl-浓度时，电流密度对COD及NH3-N的去除影响不大；电流密度为2.5A/dm2时，阳极表面出现棕色沉淀物，这可能是由于有机物在较弱的氧化作用下发生了聚合作用而形成的聚合物。图7表明，高Cl-浓度时，COD及NH3-N的去除率随电流密度的增加而增加，这是由于电流密度高时，阳极的电极电位也高，相应的电解氧化反应也越强。这同时也进一步表明，间接氧化在电解氧化过程中起主导作用。实际操作时，应结合运行费用和处理效果综合考虑。
3.5 适宜条件下的电解效果
经SBR处理后的渗滤液，调节pH值为4，Cl-浓度为5 000 mg/L，选择电流密度为10 A/dm2，SPR三元电极为阳极，电解时间为4 h，处理结果如表3。
表3 SBR处理后的渗滤液电解效果 项目 COD(mg/L) NH3-N(mg/L) 色度(倍) 处理前 693 263 200 处理后 65 未检出 ≤30 去除率(%) 90.6 100 85
4 结论
电解氧化法对垃圾渗滤液的深度处理具有较好的应用前景。电解氧化过程中，NH3-N被优先去除，其次是COD；电解氧化反应在一定浓度Cl-存在时，以间接氧化为主，与直接氧化作用并存；SPR三元电极的处理效果优于DSA二元电极和石墨电极；酸性条件比碱性条件更有利于电解氧化作用对COD及NH3-N的去除；Cl-浓度高时，氧化去除COD及NH3-N的效果好；电流密度高时，有利于间接氧化作用的发生。适宜的电解氧化条件是：pH值为4，Cl-浓度为5 000 mg/L，电流密度为10A/dm2，SPR三元电极为阳极，电解时间4 h。COD及NH3-N浓度分别为693 mg/L和263 mg/L时，COD去除率为90.6%，NH3-N的去除率为100%。
参考文献：
［1］Robinson H D.Leachate collection,treatment and disposal［J］.Water Environment and Management,1992,6(3):321-332.
［2］张兰英，韩静磊，安胜姬，等.垃圾渗滤液中有机污染物的污染及去除［J］.中国环境科学，1998,18(2):184-188.
［3］沈耀良，杨铨大，王宝贞.垃圾渗滤液的混凝—吸附处理研究［J］.中国给水排水，1999，1
5(11):10-14.
［4］沈耀良，赵丹，杨铨大，等.厌氧—好氧法处理渗滤液与城市污水混合废水的可行性［J］.污染防治技术，2000,13(2):63-67.
［5］Majone M. Influence of metal speciation in landfill leachates on kaolinite sorption［J］.Water Res，1998,32(3):882-890.
[问题的由来]
好的化学试题总是把思维能力的考察放在最为重要的地位，往往通过设计问题情景，让学生运用已有的知识将问题分解、转换、重组使问题得到顺利解决。而数据和图表是化学命题中常见的问题情景。笔者发现硫酸铜电解问题用装置表现形式考查已经司空见惯，但用图像反映数据量的关系试题却不多见，故尝试利用这个素材创作了此道图像型计算题。
[问题]
实验室用惰性电极电解100mL 2mol/L的CuSO4溶液时，根据反应过程中测得的阴极和阳极的气体体积，记录实验数据并作图如下。当到达t1时刻时，将电源电极反接继续电解，直到新阴极气体的体积是新阳极的3倍时停止电解。
(1)图中表示阳极气体的曲线是_____。
(2)计算t1时刻在标准状况下所对应的V0的数值？
(3)电解到t1时，要使溶液恢复到电解前溶液的组成和浓度，需向该溶液中加入氢氧化铜的物质的量为多少摩尔？
(4)从反接电源t1开始计算，当新阴极气体的体积是新阳极的3倍时，在整个实验过程中溶液质量减少了多少(不考虑(3)外加氢氧化铜)？
[使用记录]
问题创作于2006年12月，拓展题创作于2006年10月，作为2007届高三大联考考题使用。笔者在所教班级对此试题测试评价过，难度系数是：“问题”0.6， “拓展题”0.65。因为两题的设计梯度明显，前两问容易得分，但问题情景新颖， 有一定的陌生度，学生解题耗费时间较多。
此两道试题仅提供大联考使用，均没有在公开刊物发表过。
[教育价值]
试题取材于中学化学课本主干知识－电解，但又不拘泥于课本上的电解饱和食盐水，可谓选材恰当； 前面两问一般考生均能解答，旨在重视基础； 解题突出守恒原理的应用， 可谓重视化学原理。 同时利用图像数据给出信息，有别于别的资料上的电解装置图，可以很好地考查学生的观察能力。从读懂图像和挖掘隐藏的信息，可以很好地考查学生的自学能力。“反接电源”这个思维障碍设计，可以考查逆向思维和思维深广度。总之，此试题既与教材的要求相吻合，也与高中的课改理念相一致，更重要的是与高考考查的能力融为一体。
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。
关键词： 电解质溶液 电荷守恒 物料守恒 质子守恒 应对策略
在高中化学电解质溶液的学习中，大家要关注电解质溶液中的三个守恒。因为在每年的高考中，这个知识点可以说是必考，而且在高考试卷中该题亦属于难题，一般出现在高考选择题的倒数三题以内。所以，弄清其中的关系甚是重要。下面我就来探讨电解质溶液中的三个守恒关系。
一
（一）电荷守恒
电解质溶液中不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性的，就是说阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷的总数，这就是电荷守恒规律。应用这个定律时，要明确溶液呈电中性和溶液呈中性是两个不同的概念，因为只有当c（H）=c（OH）时，溶液才呈中性。
例如在NaHCO溶液中有如下的关系：c（Na）＋c（H）=c（HCO）＋c（OH）＋2c（CO）。分析：NaHCO溶液中存在着以下电离：NaHCO=Na+HCO、HCO?葑H+CO、HO?葑H＋OH和水解：HCO＋HO?葑HCO＋OH。所以溶液中存在的离子有：Na、H、HCO、CO、OH。那么阳离子所带正电荷总数就为：c（Na）+c（H），由于CO带两个单位负电荷，故阴离子所带电荷总数为c（HCO）＋c（OH）＋2c（CO）。根据电荷守恒，必然有如下关系：c（Na）＋c（H）=c（HCO）＋c（OH）＋2c（CO）。
在书写电荷守恒式时要注意两点：一是要准确判断电解质溶液中所有离子的种类，二是要弄清楚离子浓度和电荷浓度的关系，带两个单位电荷的离子其电荷浓度是离子浓度的两倍。所以，上述式子中碳酸根离子浓度前的系数为“2”。由此可见，要想正确地书写电荷守恒式，必须能够熟练地分析并写出溶液中的电离反应式和水解反应式。
（二）物料守恒
在电解质溶液中，由于电解质要发生变化，可能发生了电离或者水解，但是原子总是守恒的。物料守恒就是电解质变化前的原子（或离子）总物质的量等于电解质变化后溶液中所含的原子（或离子）的总的物质的量。
例如:在NaCO溶液中有如下的关系：c（Na）=2［c（CO）＋c（HCO）＋c（HCO）］。
分析：NaCO溶液中存在如下的电离：NaCO=2Na＋CO、HO?葑H＋OH和水解：CO＋HO?葑HCO＋OH、HCO＋HO?葑HCO＋OH。所以，钠元素的存在形式只有Na，而碳元素的存在形式为CO、HCO和HCO。根据变化前NaCO溶液中Na和C为2∶1，则有c（Na）=2［c（CO）＋c（HCO）＋c（HCO）］。
实质上，物料守恒属于原子守恒和质量守恒。一般要抓住溶液中主要元素之间量的关系。由于水中含有氢元素和氧元素，通常物料守恒不写氢原子和氧原子守恒。
（三）质子守恒
质子守恒是指电解质溶液中的粒子电离出的H的总数等于粒子接收的H的总数再加上游离的H的总数。也就是说结合氢离子的量和失去氢离子的量相等。例如在NaS溶液中，存在的电离有：NaS=2Na＋S，HO?葑H＋OH。存在的水解有：S＋HO?葑HS＋OH，HS＋HO?葑HS＋OH。由上述电离和水解的式子可以看出HO为失去质子的粒子，失去质子以后HO变成OH，S接受了质子变成了HS和HS，其中HS结合了两个质子，再加上游离的质子，得出关系式为：c（H）＋c（HS）＋2c（HS）=c（OH）。
质子守恒在理解上比电荷守恒与物料守恒要难，且不易掌握。所以在实际高考运用中还要学会一些技巧。实际上，质子守恒也可根据电荷守恒和物料守恒联合求出：在NaS溶液中的电荷守恒为：c（Na）＋c（H）=c（OH）＋c（HS）＋2c（S）。在NaS溶液中的物料守恒为：c（Na）=2c（S）＋2c（HS）＋2c（HS），将这两式合起来化简就可以得到质子守恒：c（OH）=c（H）＋c（HS）＋2c（HS）。
二
以上一共有三个守恒，在遇到具体的问题时，到底什么时候用电荷守恒，什么时候用物料守恒，什么时候又用质子守恒呢？大家还要学会分析题目。如果电解质溶液给出的等量式子全部是离子的，那么肯定该运用电荷守恒。如果给出的等量式子中既有离子又有分子的，那么可能是物料守恒或者质子守恒。例如2011年江苏高考化学选择题的倒数第二题（即第14题）B选项为：在0.1mol•L的NaCO溶液中：c（OH）-c（H）=c（CO）＋2c（HCO）。分析该等量式子中的各粒子，其中有分子，有离子，可能是物料守恒或质子守恒。物料守恒应该为钠原子和碳原子守恒，可惜没有钠，所以一定是质子守恒。熟练的考生可以写出质子守恒关系式为：c（OH）=c（H）＋c（CO）＋2c（HCO），稍作化简即得到题干中的式子。不熟练的考生也可以写出电荷守恒为：c（Na）＋c（H）=c（HCO）＋c（OH）＋2c（CO），物料守恒为：c（Na）=2［c（CO）＋c（HCO）＋c（HCO）］，化简上述两个式子，约去钠离子即得到题干中的质子守恒的式子。
以上有关电解质溶液中的三个守恒的探讨，以及在高考中的应对策略，仅供参考。实际解题过程中需要具体问题具体分析，题目中有时也会出现一些隐含的条件，例如某中性溶液中，那么隐含的条件就是c（H）=c（OH）。所以大家要灵活地运用电解质溶液中的三个守恒规律。
关键词：垃圾渗滤液；微电解；Fenton氧化；去除率
1 引言
目前，我国大部分城市以卫生填埋作为垃圾处理的基本方式，填埋过程中产生的大量垃圾渗滤液，如不妥善处理，会对周围的水体和土壤造成严重污染。垃圾渗滤液一直以来是世界水处理行业的一大难题。目前还没有一种完全成熟同时又经济的技术工艺专门应用于垃圾渗滤液的处理。垃圾渗滤液有着成分复杂、污染物浓度高、水质水量变化大等多种特点，直接排放对水体危害性极大。单一的水处理工艺完全不能满足处理要求，因此一般国内外都采用物化加生化等多种工艺结合的方式对其进行处理[1]。
中山市老虎坑垃圾渗滤液处理厂是老虎坑垃圾填埋场的配套建设项目。老虎坑垃圾填埋场已封场近10年，目前处于稳定化过程中的成熟阶段，此阶段产生的垃圾渗滤液的特征为COD值约4000～8000mg/L，氨氮约3000～7000mg/L，色度高，可生化性非常差，小于01。老虎坑垃圾渗滤液处理厂现有微电解设备一套用作于污水进生化前的预处理。本实验研究以该厂产生的渗滤液为研究对象，以微电解出水直接加双氧水即形成Fenton反应的工艺进行实验分析。
2 理论分析
微电解是当将铁屑和碳颗粒浸没在酸性废水中时，由于铁和碳之间的电极电位差，废水中会形成无数个微原电池。以铁为阳极，碳作阴极，在废水中生成的初生态的Fe2+和原子H，它们具有高化学活性，能改变废水中许多有机物的结构和特性，使有机物发生断链、开环等作用[2]。该公司设备使用的微电解罐及微电解铁碳组合颗粒从某环保公司购置，通过曝气以及定期反洗的操作条件下能有效地降低板结和钝化的情况发生。微电解出水中含有的Fe2+在污水中经中和后会形成铁泥，能对污水形成混凝作用。
Fenton工艺的原理为污水在酸性条件下，H2O2经Fe2+的催化，能产生强氧化性的·OH对废水中的大分子有机物和发色基团进行破坏和氧化而达到脱色和去除COD的目的[3]。Fenton反应完成后需对污水加碱将水调至中性，此过程中同样产生大量铁泥。
根据两种工艺的原理，如果控制好工艺条件能将微电解过程中产生的Fe2+供Fenton利用同时达到比较好的处理效果，即可以免除单独Fenton工艺过程中的Fe2+的添加以及减少铁泥的产生，便能降低生产成本以及减少生产中的工作量。
3 实验方法
废水来源为老虎坑垃圾填埋场产生的渗滤液，由管道进入收集池，因部分雨水及地表径流的混合，渗滤液COD浓度约为2400mg/L，氨氮约为1500mg/L，pH值为8.0。以15%的稀硫酸对废水进行调酸，进入微电解罐进行微电解反应，微电解出水进入中间池后直接加入双氧水继续进行Fenton反应。两过程中分别控制不同参数进行单因素实验并取样加入NaOH调pH值至8，过程中形成的铁泥完全沉降后，取上清液进行COD分析。因对此渗滤液体系废水进行定性分析时已证明微电解反应和Fenton反应对氨氮的去除效果基本没有，因此，本实验过程中主要取COD指标进行评价。
4 实验结果分析
4.1 铁碳微电解实验
4.1.1 反应时间对COD去除率和出水pH值的影响
先对进水调pH值至3，调酸后进水COD为2300mg/L左右。采取的实验方式为批次实验，即每罐进水反应完后再重新进水。因此采取每批实验进水和出水分别取样以检测分析去除率。分别选取不同的反应时间进行实验，结果如图2。
从图2可以看出，在进水条件一样的情况下，随着反应时间的增加，微电解反应过程对COD的去除率比较明显地增加。但在50min后，去除率不再呈线性增长。原因是因为水体中易于被微电解过程中产生的氧化还原反应分解的大分子有机物等污染物质已经大部分被分解掉。同时还可以看出，随着反应时间的增加，出水pH值也呈上升趁势。考虑到此次研究为在出水中直接进行加入H2O2进行Fenton反应，为保证芬顿反应的酸性环境，综合考虑选取40min作为最佳反应时间参数。
4.1.2 进水pH值对COD去除率和出水pH值的影响
控制反应时间为40min，对进水进行不同的pH值的调节，分析不同pH值对COD去除率的影响以及出水pH值的变化情况。
4.2 Fenton氧化反应实验
此次实验研究所考察的便是在结合微电解过程对COD去除率的同时，直接利用出水中含有的Fe2+用作Fenton氧化过程中H2O2的分解催化剂，为避免Fe2+时间过久的情况下被氧化成Fe3+而降低利用效率。因此应该及时对批次出水中直接加入H2O2进行反应。根据Fenton反应理论[4]，pH值在3左右对Fenton氧化反应最有利。pH值过低，则会抑制H2O2的分解；过高，则会与废水环境中的Fe2+生成Fe（OH）2沉淀继而继续被氧化成Fe（OH）3。因此采取微电解反应时间40min，进水pH值为2.5的情况下的出水进行Fenton实验。
4.2.1 H2O2投加量对COD去除率的影响