电解液(6篇)

电解液篇1

锂电池常用的电解液包括有：

1、碳酸乙烯酯，透明无色液体，室温时为结晶固体。沸点248摄氏度，是聚丙烯腈、聚氯乙烯的良好溶剂。可用作纺织上的抽丝液；也可直接作为脱除酸性气体的溶剂及混凝土的添加剂；在医药上可用作制药的组分和原料；

2、碳酸丙烯酯，无色无气味，淡黄色透明液体，溶于水和四氯化碳，与乙醚，丙酮，苯等混溶，是一种优良的极性溶剂。主要用于高分子作业、气体分离工艺及电化学。用来吸收天然气、石化厂合成氨原料其中的二氧化碳，还可用作增塑剂、纺丝溶剂、烯烃和芳烃萃取剂等；

3、碳酸二乙酯，无色液体，稍有气味，挥发快，不溶于水，可混溶于醇、酮、酯等多数有机溶剂，主要用作溶剂及用于有机合成。

（来源：文章屋网）

电解液篇2

电瓶车的电解液是由硫酸和水构成的。

电瓶的工作原理：填满海绵状铅的铅板作负极，填满二氧化铅的铅板作正极，稀硫酸作电解质。在充电时，电能转化为化学能，放电时化学能又转化为电能。电池在放电时，金属铅是负极，发生氧化反应，被氧化为硫酸铅；二氧化铅是正极，发生还原反应，被还原为硫酸铅。电池在用直流电充电时，两极分别生成铅和二氧化铅。移去电源后，恢复到放电前的状态，组成化学电池。

（来源：文章屋网）

电解液篇3

化学是从分子层次”研究物质的组成、结构、性质、变化及其规律的一门科学。以辩证唯物主义为核心内容的马列主义哲学，是以实践为基础的、关于自然、社会和思维发展的普遍规律的科学，是唯物主义和辩证法的统一。马列主义哲学既是理论化、系统化的世界观，又是观察分析和处理各种问题的方法论。马克思主义哲学和化学之间形成了个别与一般、特殊与普遍的辩证关系：马列主义哲学以整个世界为研究对象，而化学只从分子层次研究物质；马克思主义哲学揭示了自然、社会和人类思维发展的最普遍规律，本文由收集整理,化学反映的是具体物质运动形式的特殊规律；化学的产生和发展为马克思主义哲学的产生和发展提供科学依据，化学的继续发展也受到了马克思主义哲学思想的影响。因此，化学教学不仅是化学知识的再现过程，更是渗透马克思主义世界观和方法论的载体，它能够使学生在获得化学知识的同时，在哲学思想、科学品质、科学精神、科学方法等各种素养都能得以发展。同时，进行辩证唯物主义教育，有助于加强基础知识和基本技能的教学，有助于培养学生的能力。下面介绍几个运用哲学思想解决高中化学电解质溶液”教学中难点的案例。

案例1：弱酸酸式盐的水溶液的酸碱性

例：常温下nahco3溶液显碱性，而nahs03溶液显酸性，请解释原因。

分析：nahco3溶液中既存在着hco-3的电离又存在着hco-3的水解，电离产生h+，要导致溶液显酸性，水解产生oh-，要导致溶液显碱性，由于hco-3的水解是主要的，所以nahco3溶液呈碱性。与之相同，nahs03溶液中也存在着hso3-的电离，又存在着hso3-的水解，但由于hso3-的电离是主要的，所以溶液nahso3溶液呈酸性。从中我们可以挖掘出这样的哲学资源：复杂的矛盾体系中，决定事物发展过程的是主要矛盾和矛盾的主要方面，在一定的条件下，主要矛盾和次要矛盾可以相互转化。教学中，教师首先通过这么一个例子使学生体验如何运用这一观点从复杂的矛盾体系中抓住主要矛盾的方法去认识、理解问题，然后通过下面的例子，巩固这样的学习方法。

案例2：弱电解质的电离

例：如何理解一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，醋酸溶液h+离子浓度先增大后减小。

分析：冰醋酸加水稀释过程中，h+浓度所涉及的矛盾的两个方面：一方面，加水，醋酸的电离平衡向右移动，电离出更多的h+离子，增大h+离子的浓度；另一方面，加水，溶液体积增大，减小h+离子的浓度。影响醋酸溶液中离子浓度的因素有电离程度的增大和溶液体积的增大这一对矛盾。刚开始稀释，电离程度的增大是主要矛盾，所以醋酸溶液h+离子浓度增大；而后来溶液体积的增大转变成影响醋酸溶液h+离子浓度的主要矛盾，h+离子物质的量的增加成为次要矛盾，所以，醋酸溶液h+离子浓度减小。

案例3：矛盾溶液”中微粒浓度的关系

电解液篇4

阴极可以用铜线或碳棒，阳极一定要用碳棒，2B铅笔芯就可以。溶液蓝色基本消退说明硫酸铜已经电解完成，继续电解等于电解硫酸，室温下硫酸铜溶解度22克左右，电解完后得到硫酸浓度不超过20%。继续电解硫酸原则上可以得到任意浓度的硫酸，不过高浓度硫酸导电性差，电解起来比较困难。阴极阳极都是碳棒，不会反应，电解要用直流电源。

（来源：文章屋网http://www.wzu.com）

电解液篇5

一、澄清概念

1.酸与酸性溶液

酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物，酸性溶液是指c（H+）>c（OH-）的溶液。酸有酸性，有酸性的不一定是酸，还可能是强酸弱碱盐、强酸酸式盐（NaHSO4）、电离程度大于水解程度的酸式盐（NaHSO3）。

2.水电离出的c（H+）、c（OH-）和溶液中的

c（H+）、c（OH-）

①来源差异：溶液中的c（H+）、c（OH-）是溶质（电解质）和溶剂（水）共同电离产生。

②存在差异：水电离出的H+与OH-不一定以离子形式存在，弱酸根阴离子或弱碱阳离子结合水电离的H+或OH-，被部分贮存在弱电解质分子中。

③关系差异：水电离出的c（H+）、c（OH-）相等关系，当然包括被弱离子结合的一部分，而溶液中的c（H+）、c（OH-）有乘积不变的关系，c（H+）•；c（OH-）=Kw，温度不变Kw不变，c（H+）和c（OH-）关系是此消彼长。

④应用差异：溶液中c（H+）和c（OH-）相对大小决定溶液酸碱性，水电离的c（H+）、c（OH-）大小只代表水的电离程度变化。溶质不同是影响水电离和溶液中c（H+）、c（OH-）的关键。

二、探索方法

1.强酸或弱酸溶液中，酸电离出的H+抑制水的电离，定性分析水电离出的c（H+）=c（OH-）

总结归纳，如果已知酸或碱的浓度求算水电离出c（H+）、c（OH-），首先通过酸或碱的浓度得出其电离出c（H+）或c（OH-），然后“反算”，即求算酸的相反离子OH-，碱的相反离子H+。当然也可以通过水电离的c（H+）、c（OH-），计算溶液pH。

2.含弱离子的盐溶液中，水解显酸性的强酸弱碱盐中，一部分OH-贮存在弱碱中，水电离出的c（H+）≠c（OH-），溶液的c（H+）、c（OH-）都来自水电离，但能真实反映水电离情况的是溶液中的c（H+），c（H+）>10-7mol/L。水解显碱性的强碱弱酸盐中，一部分H+贮存在弱酸中，水电离出的c（H+）≠c（OH-），溶液的c（H+）、c（OH-）都来自水电离，但能真实反映水电离情况的是溶液中的c（OH-），c（OH-）>10-7mol/L。

总结归纳，强酸弱碱盐和强碱弱酸盐溶液要“正算”，即求算与盐溶液显性一致的离子，强酸弱碱盐显酸性计算溶液中的c（H+），强碱弱酸盐显碱性计算溶液中的c（OH-）。

三、变式训练

基本型1：pH均为6的盐酸和NH4Cl溶液，其中水电离出的c（H+）分别是xmol•；L-1、ymol•；L-1，两者的关系是（）。

A.相等B.x>y

C.x=10-2yD.x=102y

解析pH=6盐酸“反算”水电离出的离子，溶液中的c（OH-）=10-8mol•；L-1也等于水电离出的c（H+）。NH4Cl溶液的c（H+）和

c（OH-）都来自水电离，溶液中的c（H+）=10-6mol•；L

等于水电离出的c（H+）。正确答案C。

基本型2：在25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•；L-1，则该溶液的pH可能是（）。

A.12B.7C.6D.2

解析水电离出的c（H+）可判断水的电离受到抑制，可以加酸抑制也可加碱抑制，如果加酸

水电离出的c（OH-）=1×10-12mol•；L-1，溶液中c（H+）=1×10-2mol•；L-1，则溶液pH=2。若加碱，水电离出的c（H+）=1×10-12mol•；L-1，也就是溶液中的c（H+）=1×10-12mol•；L-1，则溶液pH=12。正确答案AD。

变式1：现有物质的量浓度均为0.1mol•；L-1的下列5种物质的水溶液：①HNO3；②H2SO4；③CH3COOH；④NaOH其溶液中由水电离出的c（H+）的大小关系是（）。

A.③>①=④>②B.③=①=④>②

C.②>①>③>④D.③>①>④>②

解析酸或碱都是抑制水的电离的，在浓度相同的条件下，硝酸和氢氧化钠对水的抑制程度相同。硫酸是二元强酸，抑制程度最强，醋酸是弱酸，抑制程度最弱，正确答案（A）。

变式1：pH为3的FeCl3溶液、pH为11的Na2CO3溶液和pH为3的盐酸中由水电离出来的H+的浓度分别为：c1、c2、c3它们之间的关系是（）。

A.c1c2>c3D.无法判断

解析FeCl3溶液水解显酸性要“正算”c（H+）=10-3mol•；L-1，Na2CO3溶液c（OH-）=10-3mol•；L-1，pH为3的盐酸要“反算”c（OH-）=10-11mol•；L-1。正确答案B。

变式3：①pH=0的盐酸；②0.5mol•；L-1盐酸；③0.1mol•；L-1的NH4Cl溶液；④0.1mol•；L-1的NaOH溶液；⑤0.5mol•；L-1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是（）。

A.⑤③④②①B.①②③⑤④

C.①②③④⑤D.⑤③④①②

解析①②④的算法上面都涉及到，酸或碱电离出c（H+）、c（OH-）越大对水的抑制性越强。

题中增加了两种不同浓度的NH4Cl溶液，由于铵根离子的水解促进水的电离，铵根离子的浓度越大促进的能力越强，所以水电离的c（H+）大小关系为⑤大于③，正确答案（A）。

变式2：25℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c（H+）=1×10-amol/L，下列说法正确的是（）。

A.a

B.a>7时，水的电离被促进了

C.a

D.a>7时，溶液的pH一定为14-a

解析与常温水电离出的c（H+）=10-7mol•；L-1比较，如果a7时，水的电离受到抑制。a>7时可能加酸或加碱抑制水的电离，溶液的pH可能为a或14-a。正确答案C。

变式3：下列四种溶液中，由水电离出的c（H+）之比（依次）为（）。

①pH=0的盐酸；②0.1mol/L的盐酸；

③0.01mol/L的NaOH溶液；

④pH=11的NaOH溶液

A.0∶1∶12∶11B.1∶10∶100∶1000

C.14∶13∶12∶11D.14∶13∶2∶3

解析酸碱溶液要“反算”，pH=0的盐酸

c（H+）=1mol•；L-，c（OH-）=10-14mol•；L-，同理计算。正确答案B。

变式4：25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的c（H+）=a，pH=1的盐酸中由水电离出的c（H+）=b，0.2mol•；L-1盐酸与0.1mol•；L-1氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离出的c（H+）=c，则a、b、c的关系正确的是（）。

A.a>b=cB.a=b=cC.c>a=bD.a>c>b

解析pH=13的氨水中，c（H+）水=c（H+）=10-13mol•；L-1；pH=1的盐酸中，c（H+）水=c（OH-）=10-13mol•；L-1；0.2mol•；L-1盐酸与0.1mol•；L-1氢氧化钠溶液等体积混合，

c（H+）=0.05mol•；L-1，pH=2-lg5=

1.3，c（H+）水=10

-12.7mol•；L-1，所以c>a=b。

正确答案C。

变式1：室温下，已知某溶液中由水电离出的c（H+）和c（OH-）浓度的乘积为10-24，则在该溶液中，一定不能大量存在的离子是（）。

A.SO2-3B.HCO-3C.NH+4D.NO-3

解析水电离出的c（H+）=c（OH-），c（H+）•；c（OH-）=10-24，水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-12，可判断水的电离受到抑制，溶液中有酸或碱，SO2-3可以与大量OH-共存，NH+4可以与大量H+共存，NO-3可以与大量OH-、H+共存，HCO-3+H+CO2+H2OHCO-3+OH-CO2-3+H2O。

正确答案B。

变式2：某探究小组在某温度下测定溶液的pH时发现，0.01mol•；L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）•；c（OH-）=10-22（mol•；L-1）2，则该小组在该温度下测得0.1mol•；L-1的NaOH溶液pH应为（）。

A.13B.12C.11D.10

解析因溶液中c（OH-）=10

-2mol•；L-1，c（H+）=10-11mol•；L-1，Kw=1×10-13。该温度下0.1mol•；L-1的NaOHc（H+）=10-12mol•；L-1，pH=12。正确答案B。

变式3：室温下，甲溶液中水电离出的H+浓度为10-12mol•；L-1，乙溶液中水电离出的H+浓度为10-2mol•；L-1，下列说法中正确的是（）。

A.甲、乙两溶液的pH不可能相同

B.甲、乙两种溶液中加入Al粉都会产生H2

C.HCO-3不可能在甲、乙两溶液中大量共存

D.甲不可能是盐溶液，乙不可能是酸或碱溶液

解析甲溶液中水电离受到抑制，pH=2或12，乙溶液中水电离受到促进，pH=2。如果甲溶液是硝酸溶液，乙溶液是

硝酸盐溶液，加入铝粉不产生氢气。甲有可能是NaHSO4溶液。正确答案C。

变式4：已知100℃时，0.01mol•；L-1NaHSO4溶液中水电离的c（H+）=10-10mol•；L-1，该温度下将pH=8的Ba（OH）2溶液V1L与pH=5V2LNaHSO4混合，所得溶液pH=7，则V1∶V2=（）。

A.2∶9B.1∶9C.1∶1D.1∶2

解析0.01mol•；L-1NaHSO4溶液中水电离的c（H+）=10-10mol•；L-1，说明溶液中OH-的浓度也是10-10mol•；L-1，氢离子浓度是0.01mol/L，所以该温度下水的离子积常数为1×10-12。所得溶液pH=7，说明溶液显碱性，即碱是过量的，所以有c（OH-）=V1×10-4-V2×10-5V1+V2=10-5，解得V1∶V2=2∶9，正确答案

电解液篇6

一.基本知识

1.弱酸（弱碱）的电离和大多数盐类的单一水解总是微弱的，且多元弱酸一级电离总是大于二级、三级电离（如H2CO3、H2S等），电离为少数，剩余为多数；多元弱酸的正盐，一级水解总是大于二级、三级水解（如CO32一），水解为少数，剩余为多数。

2.多元弱酸的酸式盐溶液中，弱酸的酸式根离子的电离与水解同时存在，谁占优势，取决其电离与水解程度的相对大小（一般由题示信息给出）。HSO3一、H2PO4一电离大于水解，c（H十）>c（OH一）溶液呈酸性；HCO3一、HS一的水解大于电离，溶液中的c（OH一）>c（H十）呈碱性。

3.混合溶液中各离子浓度的大小比较，根据电离程度、水解程度的相对大小分析

（1）分子的电离大于相应离子的水解

同浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，溶液呈酸性，所以c（H十）>c（OH一），再由电荷守恒有c（CH3COO一）>c（Na十），得到c（CH3COO一）>c（Na十）>c（H十）>c（OH一）；同浓度的氨水和氯化铵溶液，一水合氨的电离大于铵离子的水解，溶液呈碱性，则c（OH一）>c（H十），再由电荷守恒有c（NH4十）>c（Cl一），得到c（NH4十）>c（Cl一）>c（OH一）>c（H十）。

（2）分子的电离小于相应离子的水解

同浓度HCN与NaCN溶液，CN一的水解大于HCN的电离，溶液呈碱性，所以c（OH一）>c（H十），再由电荷守恒有c（Na十）>c（CN一），得到c（Na十）>c（CN一）>c（OH一）>c（H十）。

二.基本方法

1.电荷守恒：溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。

如Na2SO4溶液中：

c（Na十）+c（H+）=2c（SO42一）+c（OH一）

2.物料守恒：某分子或离子的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，即元素原子守恒。

例.0.1mol・L一1的Na2CO3溶液中：

c（CO32一）+c（HCO3一）+c（H2CO3）=0.1mol・L一1

c（Na十）=0.2mol・L一1

c（Na十）=2[c（CO32一）+c（HCO3一）+c（H2CO3）]

例.0.1mol・L一1NaHCO3溶液中有关微粒浓度的关系式，正确的是（）

A.c（Na十）+c（H十）=c（HCO3一）+2c（CO32一）+c（OH一）

B.c（Na十）=c（HCO3一）+c（CO32一）+2c（H2CO3）

C.c（H十）+c（H2CO3）=c（OH一）+c（CO32一）

D.c（Na十）>c（HCO3一）>c（CO32一）>c（H十）>c（OH一）

解析：学生很容易写出该溶液中的电荷守恒及碳原子的物料守恒表达式

c（Na十）+c（H十）=c（HCO3一）+2c（CO32一）+c（OH一）①

c（Na十）=c（CO32一）+c（HCO3一）+c（H2CO3）②

从而判断出A式正确B式错误。在NaHCO3溶液中，HCO3一水解大于电离，故只考虑水解：

HCO3一+H2OH2CO3+OH一

溶液为碱性，即c（OH一）>c（H十），排除D。但是对于C式却似乎无从下手，事实上只要将上述②式中c（Na十）代人①式即可得到C选项，此选项即NaHCO3溶液中的质子守恒表达式。那么除了根据电荷守恒及物料守恒推导出此式外，能否快捷得出上述表达式？

酸碱质子理论：凡能给出质子的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱。酸碱可以是分子，也可以是阴、阳离子。例如HC1、NH4十、H2PO4一等都可以给出质子，所以是酸；NH3、CH3COO一等都可以接受质子，所以是碱。而HCO3一、H2O等都既能给出质子又可以接受质子，所以既是酸又是碱。酸碱反应的本质即质子的转移。

3.质子守恒：酸失去的质子总数和碱得到的质子总数必然相等，这种守恒关系称为质子守恒。酸碱质子理论是书写质子守恒表达式的依据。

例.写出Na2CO3溶液中的质子守恒表达式

解析：与质子转移有关的微粒是电解质溶液中的弱酸阴离子与水或弱碱阳离子与水，本题确定CO32一、H2O为基准参考物质，用下面图框表示：

根据得失质子总数相等，可列出Na2CO3溶液中的质子守恒表达式：

c（H十）+c（HCO3一）+2c（H2CO3）=c（OH一）

三.典例分析

例1.用物质的量都是0.1mol的醋酸和醋酸钠配成1L溶液，已知c（CH3COO一）>（Na十），则对该混合溶液的下列判断正确的是（）

A.c（H十）>c（OH一）

B.c（CH3COOH）+c（CH3COO一）=0.2mol・L一1

C.c（CH3COOH）>c（CH3COO一）

D.c（CH3COO一）+c（OH一）=0.2mol・L一1

解析：CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解同时存在。已知c（CH3COO一）>c（Na十），根据电荷守恒c（CH3COO一）+c（OH一）=c（Na十）+c（H十），可以得出c（H十）>c（OH一），说明混合溶液呈酸性，CH3COOH的电离大于CH3COO一的水解，继而推出c（CH3COO一）>c（CH3COOH），根据物料守恒，可推出B选项正确。

[答案]A、B

例2.把0.1mol・L-1的H2S溶液和0.1mol・L一1的NaOH等体积混合，下列关系不正确的是（）

A.c（Na十）+c（H十）=c（OH一）+c（HS一）+2c（S2一）

B.c（Na十）=c（HS一）+c（S2一）+c（H2S）

C.c（H十）+c（H2S）=c（OH一）+c（S2一）

D.c（OH一）一c（HS一）=c（H十）+c（H2S）

解析：反应后只生成NaHS，因此只考虑水解，根据电荷守恒A正确，根据物料守恒B正确，根据质子守恒C正确。

[答案]D

例3.下列叙述正确的是（）

A.0.1mol・L一1氨水中，c（OH一）=c（NH4十）

B.10mL0.02mol・L一1HCl溶液与10mL0.02mol・L一1Ba（OH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的pH=12

C.在0.01mol・L一1CH3COONa溶液中，c（OH一）=c（H十）+c（CH3COOH）

D.0.01mol・L一1某二元弱酸盐NaHA溶液中，c（Na十）=2c（A2一）+c（HA一）+c（H2A）

解析：在A选项中，c（OH一）>c（NH4十）；B选项中可算出c（OH一）=0.01mol・L一1进一步算出溶液的pH=12；C选项中用质子守恒可得该等式；在D选项中，利用物料守恒可得c（Na十）=c（A2一）+c（HA一）+c（H2A）。

[答案]B、C

例4.已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol・L一1NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（）

A.c（OH一）>c（HA）>c（HB）>c（H十）

B.c（OH一）>c（A一）>c（B一）>c（H十）

C.c（OH一）>c（B一）>c（A一）>c（H十）

D.c（OH一）>c（HB）>c（HA）>c（H十）

解析：根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比NaB水解程度大，所以c（HA）>c（HB），c（B一）>c（A一）；再根据“谁强显谁性”，可知溶液中的c（OH一）>c（H十）；再由于水解是微弱的得到c（A一）>c（OH一）和c（B一）>c（OH一）。