有关于化学平衡体系中反应物的转化率问题的讨论，在以前3加X高考方案时期，是一个重点，也是一个难点。但现在大文大理了，对转化率的计算还要求，这个平衡移动转化率的变化不再硬性要求了，出现也很少了。但今天有学生问题关于这一个选项。只好再重新整理一下思路：

一、对于这样的平衡体系：mA＋nB＝pC＋qD （均是气态的反应）

1、加入A

B的转化率 提高 A的转化率 降低 （其他类似的情况）

转化率之所以会有这样的变化，由于B的量没有改变，相同时间内C的生成量不变，因此，A的转化量不变 而A的量增加，对应的A的转化率降低。简单理解为你只加了A，那么B的量就限制了A的转化率，它们之间有一种限制关系。

例：假设反应是A+B=C+D,先投入2molA和2molB，假设a的转化率是50%,即平衡时ABCD各有1mol.此时再投入2molA，则此时A的量为3mol,B为1mol.反应向右进行,如果达到平衡时A的转化率还想要达到50%,A必须再向右反应掉1mol.也就是说,B也必须同时消耗1mol.
显然,作为一个可逆反应,B不可能全部反应光,因此再次达到平衡时,A的转化率必然小于50%.

2、加入 A 和 B （成比例的加入m：n）

(加入成比例，等效平衡，平衡不移动，转化率不变，也可以当成只有A做为反应物的情况！这种情况应该就熟悉了吧！)

这个时候就要比较m＋n和p＋q的关系了

m＋n＞p＋q A和B的转化率同时提高

m＋n＝p＋q A和B的转化率保持不变

m＋n＜p＋q A和B的转化率同时减小

思路：把加入的一部分先让其达到平衡后然后再压入体系中，看平衡的移动即可解答。

二、对2的情况也可以解决反应物只有一种物质的情况。

具体如下：

对于mA＝pC＋qD 这样的反应

当体系达到平衡后，加入一定量的A

m＞p＋q A转化率提高

分析：在甲、乙两个容积相同的容器中分别充入1molA，建立平衡时，A的含量均为a%。再将乙容器中的气体全部充入甲容器（相当于在原甲平衡上再加入1molA），由于m＞p＋q 压强增大，平衡向右反应方向移动，所以A的转化率增大。

m＝p＋q A的转化率不变

分析：在甲、乙两个容积相同的容器中分别充入1molA，建立平衡时，A的含量均为a%。再将乙容器中的气体全部充入甲容器（相当于在原甲平衡上再加入1molA），由于m＝p＋q 压强增大，平衡不移动，所以A的转化率不变。

m＜p＋q A的转化率减小

分析：在甲、乙两个容积相同的容器中分别充入1molA，建立平衡时，A的含量均为a%。再将乙容器中的气体全部充入甲容器（相当于在原甲平衡上再加入1molA），由于m＜p＋q 压强增大，平衡左移动，所以A的转化率减小。

三、aA(g)=bB(g)平衡体系讨论同上

（做题时候一定要注意各反应物的状态 是“s”还是“g”）

当然转化率只是常考问题当中的一个，还有很多其他的问题，比如：某一组分所占的百分含量，或者说浓度的变化等等。具体问题具体分析。关键是搞清楚平衡时如何移动的。

如果分析不出来，然后换一条路径，建立一个新的模型去看问题。

我就比较喜欢利用“盒子模型”

3、如果A和B的加入不成比例，那么情况就可以分成1和2的情况的加和。先情况2然后再情况1。

题型：在容积固定的4L容器中，进行可逆反应：X(g) + 2Y(g) === 2Z(g)，并达到平衡。在此过程中，以Y浓度的改变表示反应速率V正、V逆与时间t的关系如下图，则阴影部分面积表示：

A.X浓度的减少
B.Y的物质的量的减少
C.Z浓度的增加
D.X物质的量的减少

思路点拨：此题将化学反应速率、化学平衡与时间－速率变化图有机地结合，利用数型结合知识，比如物理中的匀速运动中的时间与位移图像可解答此题。

分析思路：图中阴影面积相当于V正*t－V逆*t，由于此题中V是以Y的浓度变化表示的反应速率，因此V正*t－V逆*t就相当于反应中反应了的Y的浓度与生成Y的浓度之差，即Y浓度的净减少量。但提供的四个选项中，并没有“Y浓度的减少”这一选项，而从方程看：Y为反应物，Z为生成物，且两者系数相同，Y浓度的减少量即Z浓度的增加量。所以答案为C

题目简评：此题解题难点是，考生是否能理解“V正*t－V逆*t就相当于反应中反应了的Y的浓度与生成Y的浓度之差，即Y浓度的净减少量”这一重要信息。而要理解上述信息，则必须借助物理中的匀速运动中的时间与位移图像来理解为什么阴影面积相当于V正*t－V逆*t！但我认为，此题要借助物理中的匀速运动中的时间与位移图像来理解阴影面积相当于V正*t－V逆*t，说成是有机结合，实为牵强！因为物理学中匀速运动的图像与位移的图像以此图像中是相似，并没有完全相同，要学生从化学角度转个大弯进而挖出这一个风月牛马不相对的信息来解题，我想，没几个学生能做对。仅对的几个，也是撞对的成份居多！所以，我大胆地推测，出题者出此题实在为一败笔，此类题目在以后的练习题目中应该不会再出现！

本文从“电荷守恒”原理、“物料守恒”原理、“质子守恒”原理三方面进行阐述，帮助同学们提高高考解题能力。

一、“电荷守恒”原理

因为溶液必须保持电中性，所以溶液中所有阳离子电荷的总和必须与所有阴离子电荷的总和相等，常用符号CBE表示，例如：浓度为c(Na2CO3)的Na2CO3溶液中电荷守恒式为：

c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH-)

下面看具体的两例：

例1 往醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，当滴至溶液中c(CH3COO-) = c(Na+)时，该混和溶液的酸碱性应是（ ）

A、酸性 B、中性 C、碱性 D、无法判断

解析：醋酸和氢氧化钠反应后的溶液中阳离子只有Na+和H+，阴离子只有CH3COO-和OH-，因为同一溶液体积相同，根据“电荷守恒”原理，有下列等式：c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)

∵c(Na+) = c(CH3COO-) ∴c(H+) = c(OH-) 溶液显中性，答案选B

例2 将镁条在空气中燃烧的全部产物（MgO、Mg3N2）溶解在50mL浓度为1.8mol.L-1的盐酸中，以20mL0.9mol.L-1NaOH溶液中和多余的盐酸，然后向此溶液中加入过量的NaOH溶液把氨全部蒸出来，用足量的盐酸吸收，经测定氨的质量为0.102g，计算镁条的质量。

解析：此题反应较多，按常规解法比较麻烦，若用电荷守恒法则较为简便。

在加入过量NaOH溶液之前，溶液中的溶质有NaCl、 MgCl2 、NH4Cl，根据“电荷守恒”原理有：

n(Na+) + 2n(Mg2+) + n(NH4+) = n(Cl-)

其中Na+来源于NaOH，Cl-来源于HCl，而NH4+可由氨气的质量求得，

∴n(Mg2+) = [0.05L×1.8mol/L-0.02L×0.9mol/L -(0.102g÷17g/mol)] ÷2 = 0.033mol

m(Mg)= m(Mg2+) = 24 g/mol×0.033mol = 0.792g

二、“物料守恒”原理

物料守恒是指在平衡状态下，某组分的分析浓度（即该组分加入溶液中的总浓度）等于该组分各物种的平衡浓度的总和，常用符号MBE表示。例如浓度为c(Na2CO3)的Na2CO3溶液中，组分CO32-的平衡式为：

c(Na2CO3) = c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c（CO32-）

例 有Na2CO3和NaHCO3的混合物14.8g，把它配成稀溶液，然后向该溶液中加入12.4g碱石灰（CaO 、NaOH组成的混合物），充分反应后，溶液已检测不出Ca2+、 CO32-和HCO3-，然后将所得的体系中水份设法蒸干，得白色固体29g，试求（1）原混合物中Na2CO3和NaHCO3各多少克？（2）碱石灰中

CaO 和NaOH各多少克？（3）所得29g白色固体中各种成分的质量是多少？

解析：本题有下列守恒：①反应前后CO32-的物质的量守恒，即CaCO3中的CO32-的物质的量等于Na2CO3中CO32-的物质的量与NaHCO3中HCO3-的物质的量之和。②反应前后Ca2+的物质的量守恒，即CaO中Ca2+的物质的量等于CaCO3中Ca2+的物质的量。③反应前后Na+的物质的量守恒，设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，碱石灰中NaOH的物质的量为z，则根据上述有关离子的物质的量守恒，有：

106g/mol . x +84g/mol . y =14.8g

56g/mol(x+y) +40g/mol . z =12.4g

100g/mol(x+y) +40g/mol(2x+y+z) =29g

解得：x=0.1mol y=0.05mol z=0.1mol

∴（1）原混合物中m(Na2CO3) =0.1mol×106g/mol=10.6g

m(NaHCO3)=0.05mol×84g/mol=4.2g

（2）碱石灰中m(CaO)=(0.1mol+0.05mol) ×56g/mol=8.4g

m(NaOH)=0.1mol×40g/mol=4g

（3）29克白色固体的成分是CaCO3和NaOH

m(CaCO3)=(0.1mol+0.05mol) ×100g/mol=15g

m(NaOH)=(2×0.1mol+0.05mol+0.1mol) ×40g/mol=14g

三、“质子守恒”原理

根据酸碱质子理论，酸碱反应的本质是质子的传递，当反应达到平衡时，酸失去的质子和碱得到的质子的物质的量必然相等。其数学表达式称为质子守恒式或质子条件式，常用符号PBE表示。

求质子条件式的方法有两种。一种是由物料守恒式和电荷守恒式推导（质子守恒=电荷守恒-物料守恒），另一种是直接根据质子得失的关系给出。首先选择适当的物质作为考虑质子传递的参照物，通常选择哪些在溶液中大量存在并参与质子传递的物质（即参与得失H+的物质），如溶剂本身，这些物质称为参照水准（或零水准）。然后，从零水准出发，根据得失质子的物质的量相等的原则，即可写出质子条件式。如浓度为c(Na2HPO4)的溶液中，用第一种方法求解：

物料守恒：c(Na+) =2c

c(H3PO4) +c(H2PO4-) +c(HPO42-) +c(PO43-) = c

电荷守恒：c(Na+) +c(H+) = c(H2PO4-) +2c(HPO42-) +3c(PO43-) +c(OH-)

整理后得质子条件式（质子守恒=电荷守恒-物料守恒）：

c(H+) + c(H2PO4-) + 2c(H3PO4) = c(PO43-) + c(OH-)

采用第二种方法：选HPO42-和H2O为参照水准（因为这在Na2HPO4溶液中，只有这两种粒子参与H+得失）

参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

HPO42-<——–>得一个质子：H2PO4-<–>失一个质子：PO43-

<————–>得两个质子：H3PO4

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) + c(H2PO4-) + 2c(H3PO4) = c(PO43-) + c(OH-)

同理可知：Na2S溶液中的质子守恒关系式为：

c(OH-) = c(HS-) + 2c(H2S) + c(H+)

NaHS溶液中的质子守恒关系式为：

c(H+) + c(H2S) = c(S2-) + c(OH-)

当然，在运用守恒关系解题时，有时往往要把几种守恒原理综合起来加以考虑。

在选择参照水准时，不能把共轭酸碱对中的两个组分都选作参照水准，而只能选择其中的任何一种，因为共轭酸碱对互为得（失）质子，若同时选作参照水准物，其作用互相抵消。

以上方法是利用得失质子守恒而得出的，得质子只是弱酸阴离子，但弱碱阳离子不是得质子，而是得OH-直接运用以上方法就不得，如NH4Cl。但我们可以换位思考一下，得质子守恒，得OH-也可以守恒！
则以上方法可以改为：
参照水准物<—–>得OH-后的产物<——->失OH-后的产物

NH4+<———>得一个OH-：NH3*H20

H2O<———–>得一个OH-：OH-（相当于OH-溶于水，还是OH-） <—->失一个质子：H+

得失OH-的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) = c(NH3*H20) + c(OH-)

这样处理，和运用H2O电离出来的c(H+)=c(OH-) 得出来的结果是一样的！

另：以上思考方式对于分析一些混合溶液的质子守恒，也是适合的。如NaOH和CH3COOH混合，且CH3COOH过量。
酸碱混合发生中和反应，酸过量，溶液呈酸性。则反应后可以看作是CH3COOH与CH3COONa的混合溶液。像这种情况，则可以把溶液里的质子守恒关系分开两部分两考虑，再综合结果：

CH3COOH溶液中：
参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

CH3COOH<—————————>失一个质子：CH3COO-

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)

CH3COONa溶液中：
参照水准物<—–>得质子后的产物<——->失质子后的产物

CH3COO-<——->得一个质子：CH3COOH

H2O<———–>得一个质子：H3O+ <—->失一个质子：OH-

得失质子的物质的量必然相等，故可得：

c(H+) + c(CH3COOH) = c(OH-)

以上两个结果合并后就是：2c(H+) + c(CH3COOH) =c(CH3COO-) + 2c(OH-) 这就是如NaOH和CH3COOH混合，且CH3COOH过量的混合溶液中的质子守恒。

例1 （2004年高考江苏卷17题）草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1mol/LKHC2O4溶液中，下列关系正确的是（ ）

A 、 c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + c(C2O42-)

B 、 c(HC2O4-) + c(C2O42-) =0.1mol/L

C 、 c(C2O42-) > c(H2C2O4)

D 、 c(K+) = c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-)

解析：由电荷守恒知：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + 2c(C2O42-)故A错

由物料守恒知：c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-) = c(K+) =0.1mol/L故B错，D对。由KHC2O4溶液呈酸性知：HC2O4-的电离程度大于水解程度，最后溶液中c(C2O42-) > c(H2C2O4)。

或由电荷守恒式：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + c(OH-) + 2c(C2O42-)

物料守恒式：c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-) = c(K+)

溶液呈酸性：c(H+) > c(OH-)

可得：c(C2O42-) > c(H2C2O4)。

例2（2005年高考广东卷19题）关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）

A 、 c(Na+)= c(HCO3-) + c(CO32-) +c(H2CO3)

B 、 c(Na+) +c(H+) = c(HCO3-) + c(CO32-) +c(OH-)

C 、HCO3- 的电离程度大于HCO3-的水解程度

D、 存在电离有NaHCO3 = Na+ + HCO3- HCO3- H+ +CO32- H2O H++ OH-

解析：由物料守恒知：c(Na+)= c(HCO3-) + c(CO32-) +c(H2CO3)

由电荷守恒知： c(Na+) +c(H+) = c(HCO3-) + 2 c(CO32-) +c(OH-)

由NaHCO3 水溶液显碱性可知HCO3- 的电离程度应小于HCO3-的水解程度。

故本题正确答案为AD

例3（2004年高考江苏卷25题）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子，称取两份质量相同均为19.6g的该结晶水合物，分别制成溶液。一份加入足量Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体23.3g。另一份加入含0.001molKMnO4的酸性溶液，MnO4- 恰好完全被还原为Mn2+。

请回答下以下问题：

（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是________和________，阴离子是________。

（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式。

解析：（1）由题意知：该结晶水合物中含有的两种阳离子是NH4+、Fe2+， 阴离子是SO42-。

（2）据题意有：n(SO42-) = 2.33g÷233g/mol =0.01mol

由“电子守恒”原理知：n(Fe2+) = 0.001mol×5=0.005mol

根据离子化合物中，阴、阳离子电荷守恒的原理有：

n(NH4+) + 2n(Fe2+) = 2 n(SO42-)

知：n(NH4+) = 2×0.01mol- 2×0.005mol = 0.01mol

n(H2O) = [1.96g-0.01mol×96g/mol-0.005mol×56g/mol-0.01mol×18g/mol] ÷18g/mol=0.03mol

n(NH4+): n(Fe2+): n(SO42-) :n(H2O) =2:1:2:6

故该结晶水合物的化学式为：(NH4)2 Fe(SO4)2 . 6 H2O

或(NH4)2SO4 . FeSO4 . 6 H2O

上述各题的巧解，都来自于“守恒关系”。解题时，要善于挖掘各种因素，并运用这些守恒关系达到巧思妙解的目的。

Na2CO3溶液加热蒸干后所得固体物质是什么？这个问题出现在高中化学选修4盐类水解这一节内容中。
典型的例题是：加热下列溶液至干并灼烧，能得到溶质本身的是：（ ）
A.FeCl3 B. Fe2(SO4)3 C.Na2CO3 D.KMnO4

分析：A中FeCl3是强酸弱碱盐，发生如下水解：FeCl3+H20＝Fe(OH)3+HCl，HCl易挥发，加热时挥发掉，使水解平衡向右移，FeCl3水解完全，得到Fe(OH)3（或者还有溶剂水，但继续加热会蒸发掉），Fe(OH)3在灼烧时分解：Fe(OH)3＝Fe2O3+H2O，水又挥发掉，则只剩Fe2O3，不选A。B中Fe2(SO4)3也是是强酸弱碱盐，发生如下水解：Fe2(SO4)3+H20＝Fe(OH)3+H2SO4，但H2SO4是难挥发的，加热时蒸发掉的是H20，使Fe2(SO4)3水解平衡向左移动，水解反而抑制，最终水完全蒸发，只剩得Fe2(SO4)3溶质，B对！D中KMnO4是强酸强碱盐，不发生水解，很让人误以为水蒸干后也能得到KMnO4，但细想一下KMnO4受热就分解制得氧气：2KMnO4＝K2MnO4+MnO2+O2，而得不到溶质KMnO4，不选D。之所以现在才分析C，是因为C选项中的Na2CO3在这过程中，存在较大的疑团，得细细分析。

很多学生认为Na2CO3溶液发生水解：Na2CO3+H2O = H2CO3+NaOH，得到NaOH和H2CO3。其中H2CO3易发挥，加热挥发掉，则水解平衡向右移，则只剩NaOH，NaOH灼烧后得到Na2O。其实这种思考是错误的。
Na2CO3是多元弱酸盐，水溶液里分步水解：Na2CO3+H2O = NaHCO3+NaOH NaHCO3+H2O===H2CO3+NaOH
水解以第一步为主（第一步都是微弱的了，第一步还远远大于第二步，所以第二步水解基本忽略），加热时，第一步水解产物NaHCO3和NaOH都不挥发，两者浓度大了，又会相互反应生成Na2CO3，所以挥发的只是H2O，平衡向左移，最终得到Na2CO3！

所以上述题目的答案是：BC

总结：加热蒸干盐溶液得到产物的规律：
大部分是如下情况：
1、只有挥发性酸如盐酸硝酸的盐考虑水解，生成对应的碱如三氯化铝转化成氢氧化铝，
灼烧转变成氧化物。不过二价铁盐酸硝酸的盐转化为氢氧化铁，灼烧变成氧化铁。
2、除上述内容后考虑盐本身稳定性或易氧化如碳酸氢钠、高锰酸钾等受热分解
3、除上述外一般都是得到其本身如本题

注意，加热蒸一干Mg(HCO3)2、MgCO3溶液的情况并不像加热蒸干NaHCO3、Na2CO3溶液一样。因为氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，根据溶解度原理，会生成更难溶的氢氧化镁。或者理解为Mg(OH)2为难溶液物，CO2与Mg(OH)2固体接触面积很小（只在表面接触，而不像NaOH溶液接触那么完全），所以水解生成的H2CO3能分解为CO2从水中逸出而使水解平衡向右移动，进而得到Mg(OH)2沉淀。而若继续对Mg(OH)2沉淀进行加热灼烧，则Mg(OH)2会受热而分解成MgO和水。

以上这点感谢小B同志的纠正与补充。

高中化学选修4－盐类水解－离子深度大小：同等浓度的盐与弱酸或弱碱，强电解质的盐电离出来的离子>弱酸弱碱电离出来的离子。

如同等浓度的NH3• H2O与NH4HCO3。
NH4HCO3为强电解质完全电离，NH4+浓度大；而NH3• H2O是弱碱，仅有极少量电离（约百分之一），NH4+浓度很小。
虽然NH4HCO3电离出的两种离子发生双水解，但由于HCO3水解程序很小，相互促进的作用不大（水解程度一般为千分之一，双水解有相互促进作用，但也只是相对较大，程序仅然很小），溶液中NH4+浓度还是很大的。所以等浓度NH3• H2O与NH4HCO3后者的NH4+浓度比前者大。

另议NH4HCO3溶液中，由于氨水的电离程序大于碳酸的水解程序，则HCO3－的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液显弱碱性，但碱性小于NH3• H2O

类似不同溶液离子浓度的比较还有：

物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3，按c(CO32-)由小到大排列顺序正确的是（ ）。

A.⑤<④<③<②<① B.③<⑤<②<④<①

C.③<②<⑤<④<① D.③<⑤<④<②<①

碳酸根离子物质的量浓度由小到大的顺序是：
碳酸 碳酸氢铵 碳酸氢钠 碳酸铵 碳酸钠 B.③<⑤<②<④<①
1:(NH4)2CO3=2NH4+ + CO32- （完全电离）
2:Na2CO3=2Na+ + CO32- （完全电离），1和2中碳酸根离子浓度最大
3:NaHCO3=Na+ + HCO3-
HCO3-=（可逆号）H+ + CO32- （HCO3-电离没有受到干扰）
4：NH4HCO3=NH4+ + HCO3-
HCO3-=（可逆号）H+ + CO32- （HCO3-电离受到NH4+水解产生的H+干扰，平稳左移）
NH4+ + H2O =（可逆号）NH3.H2O + H+
5:H2CO3 =（可逆号）H+ + HCO3-
HCO3-=（可逆号）H+ + CO32- （HCO3-电离受到H2CO3电离产生的H+干扰，平稳左移）
3、4、5中的碳酸根离子都是由HCO3-微弱电离而产生的，浓度很小，3中 HCO3-正常电离，4中NH4+水解产生的H+对HCO3-的电离有抑制作用，5中H2CO3一级电离产生的H+对HCO3-的电离也有抑制作用，而且比4中NH4+水解产生的H+对HCO3-的电离的抑制作用要强得多，所以， 碳酸根离子浓度由小到大的顺序为：碳酸<碳酸氢铵<碳酸氢钠
再看1和2：由于CO32-的水解，其浓度略有减少，由于碳酸铵中NH4+水解产生H+，对CO32-的水解有促进作用，所以碳酸铵中碳酸根离子水解程度大，也就是碳酸根离子减少的多，所以碳酸根离子浓度 ： 碳酸铵<碳酸钠
结论:碳酸根离子物质的量浓度由小到大的顺序是：
碳酸 碳酸氢铵 碳酸氢钠 碳酸铵 碳酸钠 B.③<⑤<②<④<①

这是在选修4中讲原电池中遇到的一个问题。
盐桥搭建的Cu-Zn原电池如下：

盐桥铜锌原电池

组成原电池的三个条件为：
1：电极材料由两种金属活动性不同的金属或由金属与其他导电的材料（非金属或某些氧化物等）组成。
2：两电极必须浸泡在电解质溶液中，并形成闭合回路。
3：还要有一个自发形成的氧化还原反应。
（以上三点有时候也分成四点）

在以上的三个条件影响下，对照上面用盐桥搭建的Cu-Zn原电池装置图，学生都不解了。Zn极与它浸泡的电解液ZnSO4不反应，Cu极与它浸泡的CuSO4也不反应，也就是说没有一个自发形成的氧化还原反应了，也就没有满足构成原电池的三个条件了。

课本的解释只是说利用盐桥使得两边的电解液保持电中性，从而保证电子可以源源不断地从Zn极流向Cu极。但学生更不解了，Zn极与它浸泡的电解液ZnSO4不反应，Zn就不会因为失电子而成为Zn2+了，那就不会使ZnSO4溶液中因为Zn2+的增多而带电性；同理，Zn不失电子，Cu极中CuSO4中的Cu2+也不会因为从Cu极上得到电子析出，而使CuSO4溶液因为Cu2+减少而带负电。

对于学生这样的疑惑，我非常理解。但按照高中阶段的要求，还是只能从电池的总反应：Zn + Cu2+ ＝ Zn2+ + Cu 这个自发的氧化还原反应去理解，而盐桥，则是导致Zn、Cu2+这两个不在一个溶液体系环境中的物质（把Cu2+也说成是物质可能不太恰当）发生反应的原因。

如果真要解释得切底点，那就必须从大学的电极电势去解释了。
原电池中，电极不一定要和电解质溶液反应（也就是说，原电池的这个自发形成的氧化还原反应，不一定是电极和电解质反应。），只要作为两极的材料具有电势差即可。
因为锌是金属晶体，内部每时每刻都在进行着自由电子离开原子核与靠近原子核的过程。该过程是可逆的，每时每刻都有电子靠近、远离原子核。如果把锌板插入硫酸锌、铜板插入硫酸铜，电子远离锌原子核后，由于铜原子核得电子能力更强，所以电子由锌板通过导线到达铜板与硫酸铜中的铜离子结合，成为单质铜。实际上是锌与硫酸铜反应！这也是常说的电极电势差而导致电子的转移。

在写下这个题目时，我已做好招来一遍漫骂的准备了。毕竟，双水解都应该是切底的，没有程度大小的区别。双水解就是相互促进水解，也就是弱碱的阳离子和弱酸的酸根离子的水解相互促进，使水解趋于完全。如Al3+与CO32+：Al3+水解生成H+，HCO3-水解生成OH-，H+和OH-进行中和反应后又促进了Al3+和HCO3-的水解，从而得到：Al3+ + 3HCO3－=== Al(OH)3↓+ 3CO2↑。

那些能完全双水解的组合，是因为生成了难电离的物质或者是沉淀或水，从体系中脱离出来，使水解平衡不断正向移动，直到反应完全。如上述组合的双水解可以趋于完全，是因为水解生成了Al(OH)3沉淀，从体系中脱离出来，使水解平衡不断正向移动，直到反应完全。但并不是所有弱碱的阳离子和弱酸的酸根离子组合都完全双水解。如CH3COONH4等，因为醋酸氨虽然中CH3COO－和NH4+两离子水解有相互促进作用，也应属于双水解情况。但是由于水解生成的醋酸和一水合氨没有脱离体系，所以不能使水解平衡一直正向移动，使这个双水解的程度并不大，为不完全的双水解。所以CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3等溶液中，为不完全双水解，溶液中的离子浓度还是很大的。（是否这些溶液中的离子应该能够大量共存？）

在高中阶段，能发生完全双水解的弱碱阳离子与弱酸阴离子的组合有：Al3+ 与CO32－、HCO3－、S2－、HS－、SiO32－、AlO2－；Fe3+ 与CO32－、HCO3－、SiO32－、AlO2－；NH4+ 与SiO32－、AlO2－等。

PS:Mg2+和HCO3－两者的水解也能相互促进，产物是Mg(OH)2沉淀和CO2气体，似乎满足双水解产物“脱离体系”这一要求。但两者水解能力都很弱，总的水解程度仍然很小，在溶液中能大量共存。所以我个人认为完全的双水解至少得两种离子水解的产物都脱离溶液体系（成为气体或沉淀），双水解才可能较为彻底，但这能是个必要条件而不是充分条件。

问：电解为什么要用直流电而不用交流电？
答：如电解水时，电子从外接电源的负极流向连接电解池的那一极（阴极），水中的H+向阴极移动，得电子产生氢气；OH－则向阳极移动，失电子在阳极上产生氧气。直流电的电流方向不发生改变，这样就使电解池的阴极保持得电子产生氢气，阳极保持失电子而产生氧气。但如果使用交流电的话，正负极始终是变化的，使电子的流向不停交替改变，导致同一电极上有时产生氢气，有时产生氧气，也就是说不能得到纯净的气体。同时还不安全，因为氢气和氧气在一起存在是很容易爆炸！

另一种解释：

电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质,又称电解液，而在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程叫电解的一种方法，电化学电池在外加电压时可发生电解过程。即电流通过物质而引起化学变化的过程。化学变化是物质失去或获得电子(氧化或还原)的过程。电解过程是在电解池中进行的。电解池是由分别浸没在含有正、负离子的溶液中的阴、阳两个电极构成。电流流进负电极(阴极)，溶液中带正电荷的正离子迁移到阴极，并与电子结合，变成中性的元素或分子；带负电荷的负离子迁移到另一电极(阳极)，给出电子，变成中性元素或分子。
由上面可以知道，当电解使用交流电时，由于离子的移动并不快，在交变电压下形成的交变电场中，除了离电极极近的离子能到达电极外，绝大多数的离子是在一个平衡位置做震动一样的运动的，某一时刻向一极移动，下一时刻往另一极移动，就像做规则的热运动一样，其结果，就是电解过程不能产生，离子在运动中把电场能转化为热能，加热电解液，温度无限升高

按照蓄电池的化学反应原理：
正极： PbO2 + 2e + H2SO4→ PbSO4 + 2H2O
负极： Pb + HSO4- → PbSO4 + H+ + 2e
总反应： PbO2 + 2 H2SO4 + Pb == 2 PbSO4 + 2H2O
这是一个可逆的反应，从理论上讲，是不需要加硫酸的。这应该是该题目的答案。

但是在实际应用中，蓄电池在充电时会发生一个副反应——电解水：
2H2O→2H2↑＋O2↑。

由于存在电解水，所有电池到一定时间要加入蒸馏水。

理论上水的电解后，损失的是水，但实际上在水被电解后，产生的气体会带走少量的硫酸，即我们在充电时闻到的酸味，时间长了，电池内部的硫酸就会减少，因此实际情况使用一段时间后除了加蒸馏水外，还要加入少量的硫酸，以补充硫酸的损失。

如果是化学题目，那就不需要考虑实际使用的情况了，按照物质守恒定律，直接回答不需要加入硫酸就可以了。如果是实际使用，可以根据实际情况，除了加入蒸馏水外，还应该加入少量的硫酸。外面卖的铅蓄电池补充的电解液其实就是稀硫酸。如果只需要加水，就不需要买电池电解液来添加了，直接自己加点水就得了。呵呵……