关键词：电解质溶液；物料守恒；原始浓度；存在形式；书写方法
在电解质溶液的三种守恒关系即电荷守恒、物料守恒和质子（H+）守恒中，电荷守恒相对来说比较简单，学生容易掌握。质子守恒比较抽象最不好理解，但如果掌握了电荷守恒和物料守恒之后质子守恒也就不难把握。然而在教学中笔者发现部分学生没能正确写出物料守恒的式子，但有关电解质溶液的习题中经常要用到，下面以学生容易犯错误的几种现象，对物料守恒进行探讨。
一、物料守恒定义和守恒式子
物料守恒是指溶液中某一组分（或元素）的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，在0.1molLNa2CO3溶液中，存在Na2CO3？圹2Na++CO32-，而CO32-发生如下水解反应：CO32-+H2O？圹HCO3-+OH-、HCO3-+H2O？圹H2CO3+OH-。由此可知，碳元素在溶液中以CO32-、HCO3-和H2CO3三种形式存在，又因为CO32-（或C）的原始浓度为0.1molL，所以得出物料守恒式子即c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.1molL（特定元素的微粒守恒），而Na+始终不变即c（Na+）=0.2molL，从而建立Na2CO3溶液中物料守恒式子为c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3）（不同元素间形成的特定微粒比守恒）。在教学中教师必须反复强调定义，并结合实例评析才能易于学生领会。
二、两种常见错误的物料守恒式子评析
1.没有弄清物质在溶液中的存在形式
如，0.1molLNaHCO3溶液中，有少数学生写出的物料守恒式子为c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）（错误）。正确分析为：在溶液中，NaHCO3？圹Na++HCO3-，HCO3-在溶液中存在如下平衡：HCO3-+H2O？圹H2CO3+OH-和HCO3-？圹CO32-+H+，所以碳元素在溶液中以HCO3-、H2CO3和CO32-三种形式存在，又因为HCO3-（或C）的原始浓度为0.1molL，所以得出NaHCO3溶液中物料守恒式子为c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）。
2.没有弄清楚不同元素间形成的特定微粒比
如，Na2S溶液中的物料守恒写成c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）（错误），正确分析为：在Na2S溶液中，Na2S？圹2Na++S2-，S2-+H2O？圹HS-+OH-、HS-+H2O？圹H2S+OH-，因此S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，但无论如何，Na原子的物质的量总是S原子物质的量的2倍，根据定义得出c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）。对于此类没有给出物质的量浓度的电解质溶液，学生比较容易弄错，此时我们可以假设Na2S的物质的量浓度为0.1molL，再结合Na2S溶液中电离方程式以及水解方程式就可正确得出物料守恒式子。
三、书写物料守恒式子的方法和步骤
第一步：正确写出电解质在溶液中的各种方程式。如，K3PO4溶液中存在如下方程式：（1）K3PO4？圹3K++PO43-，（2）PO43-+H2O？圹HPO42-+OH-，（3）HPO42-+H2O？圹H2PO4-+OH-，（4）H2PO4-+H2O？圹H3PO4+OH-。
第二步：根据步骤一写出特定元素（P）的守恒式子。假设K3PO4溶液的浓度为0.1molL，则得出c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（H3PO4）=0.1molL。
第三步：写出不同元素间形成的特定微粒比守恒。由步骤二和步骤一中的（1）知，c（K+）=0.3molL，从而建立c（K+）=3c（PO43-）+3c（HPO42-）+3c（H2PO4-）+3c（H3PO4）。
以上步骤一是关键，步骤二对部分学生来说有难度，若漏掉其中一个方程式都有可能导致结果错误。当然，有些电解质溶液不仅存在水解平衡，还可能存在电离平衡，如本文前述提到的NaHCO3溶液以及其他的弱酸的酸式盐溶液，书写物料守恒式子时一定要全部考虑才能避免错误。
物料守恒在很多电解质溶液的习题中经常考到，教师在教学中应注意抓住学生犯错误的原因并及时引导，使他们熟练物料守恒式子，并将其与电荷守恒式子联立得出质子守恒式子，这样就可解决电解质溶液许多问题，因此，教师在教学中必须加强学生对物料守恒式子的书写。
参考文献：
例题1.用惰性电极进行电解,下列说法中正确的是()
A.电解稀硫酸溶液,实质上是电解水,故溶液PH不变
B.电解稀氢氧化钠溶液,要消耗OH-,故溶液PH减小
C.电解硫酸钠溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D.电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
解析:电解稀硫酸,实质上是电解水,硫酸的物质的量不变,但溶液的体积减小,浓度增大,故溶液PH减小,A不正确;电解稀氢氧化钠溶液,阳极消耗OH-,阴极消耗H+,实质上也是电解水,氢氧化钠溶液浓度增大,故溶液的PH增大,B不正确;电解硫酸钠溶液时,在阳极发生的反应是:4OH-+4e-=
2H2O+O2,在阴极发生反应2H++2e-=H2,由于两电极通电量相等,故析出H2与O2的物质的量之比为2∶1,C错;电解氯化铜溶液时,阴极反应为Cu2++2e-=Cu,阳极反应为2Cl-+2e-=Cl2,两极通过电量相等时,铜和氯气的物质的量之比为1∶1。
答案:D
例题2.相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液:
①CH3COONa;②NaHSO4;③NaCl;④C6H5ONa,按pH由大到小的顺序排列,正确的是()
A.④>①>③>②B.①>④>③>②
C.①>②>③>④D.④>③>①>②
解析:溶液pH的大小由两种情况决定,一是电解质本身的电离,二是水的电离,而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱,充分依靠水解规律判析。
捷径:四种溶液可分成三组,②NaHSO4,电离显酸性,pH①,以此得答案A。
变式练习1.用惰性电极电解氯化铜与硫酸铜的混合溶液(浓度均为2mol/L)50ml,当阴极析出9.6g固体时,标准状况下阳极得到的气体是()
A.3.36LB.2.8L
C.6.72LD.4.48L
变式练习2.(2004年全国高考)PH=a的某电解质溶液中,插入两支惰性电极通直流电一段时间后,溶液的PH>a,则该电解质可能是()
A.NaOHB.H2SO4
C.AgNO3D.Na2SO4
例题3.25℃,电解1mol/L的硫酸铜溶液100ml,当电路中通过0.1mol的电子时,溶液的PH是:。若要使溶液恢复至原溶液,需加入,其物质的量是:。(在整个电解过程中,假设溶液的体积不变。)
解析:在未通电前,溶液中存在的离子有:Cu2+、H+、SO42-、OH-,电解过程中根据离子放电秩序,第一阶段放电,阳极:4OH-+4e-=2H2O+O2,阴极:Cu2+2e-=Cu;当电路中通过0.2mol电子时,铜离子放电完毕,其电解的就是水。现在电路中通过的电子式
0.1mol,所以铜离子还没放电完。根据电极反应式可以求得C(H+)=1mol/l,PH=0;在此过程中,脱离反应体系的是O2和Cu,最后加的物质肯定是CuO,其物质的量为0.05mol.
关键词：精铝电解槽;停电;应对措施
三层液精铝电解法是1901年美国首先提出的，1922年使用电解质操作成功，1932年法国开发出低熔点的氟化物的混合电解质并成功地制出99.99%的精铝，日本于1941年住友化学公司独立开发氟化物电解质，开始制造99.99%的精铝。
三层液电解法是利用精铝、电解质和阳极合金的密度差形成液体分层，在直流电的作用下，熔体中发生电化学反应。其工艺流程如下：
由工艺流程可以看出，三层液精铝电解槽必须通入连续且强大的直流电。其目的一是利用它的热量将冰晶石融化呈融状态，并保持恒定的电解温度;二是实现电化学反应，保持三层液的分层，防止混层的现象，从而得到铝液。因此，精铝电解槽一旦停电，则能量收入中断，电解过程立刻停止，而精铝电解槽系统的热量仍然通过传导、对流和辐射方式继续散失，使系统内温度下降。精铝生产时，一般在720℃―800℃的操作温度下，利用阳极合金、电解质以及阴极精铝液间的密度差，使之始终保持着三层液体的状态，而精铝的电解本身就比普铝电解的温度低，普铝生产中，电解质温度一般都控制在945℃―960℃，只比电解质初晶的温度高出10℃―15℃，一旦降温，熔融的电解质将瞬间沉积到炉底或炉帮上。此时，即使恢复供电，全系列精铝电解槽也只是出于焙烧阶段，然后经二次启动才能渐渐恢复生产，导致人力、物力、财力的浪费和电流效率大幅度的降低，造成重大损失。所以说，停电一次不得超过“半小时”―精铝电解的生命，否则，将会对系列生产产生重大不良影响。
一、停电原因
主要的原因在于供电电厂设备机组的不稳定性，而且频繁的机组之间的倒闸操作，据分析，一般的停电时间均在1个小时左右，但是为了防止不可预见的因素，分厂要求按停电一个半小时来采取措施。
二、应对措施
（1）改变出铝时间和出铝量，在停电操作过程中，不出铝，减少精铝电解槽的热量损失。（2）加装保温棉被，用耐火的石棉对精铝电解槽实施保温措施。
三、停电后槽温变化情况
为了检测以上采取措施是否有效，我们随机抽取了三台精铝电解槽，对其停电前后的电解质温度进行了测量，其结果见下表：
从表中看出，精铝电解温度随停电时间增长而降低，递降速度平缓，这反映出所采取的保温措施较好，通电的电解质仍然以液态形式存在，完全可以保证送电后精铝电解槽迅速恢复生产。