电子守恒法.docx
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电子守恒法
电子守恒法（得失电子数相等关
守恒计算问题
守恒计算问题是指利用某种量的相等关系进行技巧计算的一类问题，它是矛盾对立面的统一，是一种宏观稳定的湮灭计算；从微观来看是电子、原子的行为，从宏观来看是化合价和质量的结果电子对应化合价，原子对应质量。
它的一般解题方法是设一个未知数，解一元一次方程。
守恒问题包括总质量守恒、电荷守恒、电子守恒、原子守恒和总价数相等关系，下面分别讨论之。
三.电子守恒法（得失电
子数相等关系）
在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等
还原剂失电子总数。
1、求化合价
1•用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL，恰恰
好将2X10"3mol的xo4-还原，则元素X在还原产物中的化合价是（MCE91）
B.+2
D.+4
A・+1
C.+3
X30X2=2X7-x,
RO（OH）2+中的R元素
2•已知某强氧化剂
被Na2SO3还原到较低价态。
如果还原2.4X10
R元素被还原
—3molRO（OH）2+至较低价态，需要60mL0.1mol/L的Na2SO3溶液。
那么，
成的
C.+1
D.+2
解析：
B。
由
2.4X10"3Xx=0.06X0.1X2,
应选B。
x=5,5—5=0
3.24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的
K2CHO7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（MCE95）
（B）
A.+6B.+3C.+
2D.0
解析：
0.02X0.02X2X（6—x）=0.024X0.05
X（6—4）,x=3,应选B。
4.250mL24mol/L的Na2SO3溶液恰好把
02mol的X2O7-还原，则X在还原产物中的化合价为多少？
解：
根据氧化还原反应中电子转移守恒，设
X在还原产物中的化合价为x,则有
24mol/LX025LX2=02molX6—xX
2，X=3，
答：
X在还原产物中的化合价为3。
2、求物质的量
1.将mmolCU2S和足量稀HN03反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O。
则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是
C
A.4mmolB.10mmol
C.罟molD.罟mol
解析：
mmolCU2S共失去电子：
2mmol+8mmol=10mmol，CU2S每失去3mol电子可还原1molHNO3,故被还原的HNO3为呼mol，
3应选C。
2,硫酸铵在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是（MCE93）（A）
A.1:
3B.2:
3
C.1:
2D.4:
3
解析：
该反应的氧化产物是N2,还原产物是SO2,设其物质的量分别为xmol、ymol，由电子守恒得：
2xx（3-0）=yx（6-4）,x:
y=1:
3,应选A。
3.在P+CuS04+H2O—CU3P+H3PO4+H2SO4（未配平）的反应中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为（A）
解析：
该反应的氧化剂为P、CuSO4,还原剂为P,本题只需CuSO4氧化P的物质的量，设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为xmol,由电子守恒得：
7.5X（2-1）=xx（5—0）,x=1.5,应选A0
4•在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2f,若有5molH2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为（D）
A.3molB.2mol
C.彳molD.詈mol
解析：
该反应的氧化剂为BrF3，还原剂为BrF3、H2O，本题只要求H2O还原BrFs的物质的量，设5molH2O能还原BrF3xmol，由电子守恒得：
xx（3—0）=5X（2—0），x=弓，
3
应选D
5.往100mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24
L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有g的溴离子被氧化成溴单质。
求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。
解法一：
电子守恒法。
由提示知，还原性:
Fe2+>Br",Br"已部分被氧化，故F0已全部被氧化。
设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，（1
分）可得：
2.24L
-1
22.4Lmol1
（X+2xX3）X0.1LX1=2X
x=1.2mol・L1
解法二：
电中性法。
反应后所得溶液中的离
子有Fe3+、Cl"和Br-（剩余|）o
3x=|xX2+2X2.24L-1，x=1.2mol・L"1O
322.4Lmol1
6•某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反
应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和cio3个数比为1:
2,则Cl2与KOH
溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为
D
解析：
设CIO为x个，由题意知，叫为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个CI生成。
所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x:
x+2x=11:
3,应选D。
7.取铁粉和氧化铁的混合物样品1488g,加入125mL稀硫酸，使之充分反应。
当固体粉末完全溶解时，收集到336L标准状况下测定气体，当向溶液中加KSCN溶液时，溶液不显红色。
再用5mol/L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150mL,恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。
试求：
1原样品中氧化铁的质量分数；
2上述硫酸的物质的量浓度。
解析：
本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂，所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错。
若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。
1设Fe2O3的物质的量为x，由电子得失守
恒关系有：
nFex2=nFe2O3x2+nH2x2
14.88g-x=x+3.36L，得x=003mol
56g/mol22.4L/mol
Fe2O3%=°.°3mo1160g/mo1x100%=3226%
14.88g
2设H2SO4的物质的量为y，由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4，而Na+的来源只有NaOH，由元素守恒可得如下关系式：
2NaOH〜Na2SO4〜H2SO4
015LX5mol/L=0125Lx2y
y=3mol/L
3、配平
1.在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子反应中，化学计量数x=。
解析：
氧化剂O2得电子总数为2x2e,还原剂R2+失电子总数为xx（3-2）e,由电子守恒得：
2X2=xX（3—2）,x=4。
2•已知反应：
AgF+Cl2+H2OfAgCI+AgCI03+HF+02f,配平后，AgClO3系数为b,O2的化学计量数为c,则AgCI的化学计量数为。
解析：
该反应的氧化剂为CI2,还原剂为CI2、H20,设AgCI系数为x，由电子守恒得：
xX1
=bX5+2cX2,x=5b+4c。
4、求质量
1•在NxOy+NH3一定条件下N2+H20未配平的氧化还原反应中，被还原的元素和被氧化的元素质量比是
A
A3x:
2yBx:
3yC5x:
2yD2x:
3y
解析：
2y=3b,b=送,x:
詈=3x:
2y。
b为氨的物质的量。
2•把一铜片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充
分反应后，将产生的气体全部吸收到一容器中。
反应完毕，把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，产生的气体也一并收集到前一容器中。
最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内，待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448L（标准状况下体积）。
若在收集气体过程中，无别的物质进入容器，则参加反应的铜的质量为go
解析：
本题涉及的反应有以下几个：
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2T+2H2O
x2x
2Cu（NO3）2=2CuO+4NO2T+O2T3NO2+H2O=2HNO3+NO
2x宁吕=0.02mol
x=0.03mol，Cu的质量为0.03molx64g/mol=1.92g。
如果按反应顺序，根据各物质在反应中物质的量的关系进行比例计算，是比较繁的。
而综
观全过程，Cu（NO3）2、N02和02只不过是一一系列氧化还原反应中的中间产物，从整个体系来看，发生了电子转移的物质仅是：
Cu—2e>Cu2+
HNO3+3e>NO
这样，根据HN03在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题。
反应中硝酸还原成NO后失电子：
務％X322.4L/mol
=0.06mol,
所以铜的物质的量为：
00严=0.03mol,其
质量为：
0.03molX64g/mol=1.92g。
3.取004molKMnO4固体加热一段时间后，
收集到amol单质气体，此时KMnO4的分解率为x，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到bmol单质气
体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中。
1a+b=用x表示;
2当x=时，a+b取最小值，且
最小值为;
3当a+b=009时，004molKMnO4加热后所得残留固体各是何物质？
其物质的量分别是多少？
312KMnO4dK2MnO4+MnO2
+O2
004x002x002x
002x=a
MnO2+4HCIil—MnCl2+
2H2O+Cl2
002xI
002x
K2MnO4
+
8HCI
—
MnCl2
+4H2O+
2CI2
+
2KCI
002x
002x
2KMnO4
+
16HCI
—
2MnCI2
+8H2O+
5CI2
+
2KCI
0041—x
0041—xX2
b
b=002x+004x+01—01x=01—004x
a+b=002x+01—004x=01—002x
另解：
Mn元素的降低总价=O元素的升高总价+Cl元素的升高总价
004X5=aX4+bX2,2a+b=01,b=01—2a,a+b=01—002x
2x=1,a+b=01—002X1=008
3x=05,KMnO4：
0041—05=002mol,K2MnO4和MnO2各为：
0021—05=001mol。
5、电极反应
1.实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：
MCE9621
负极：
Pb+so：
-=PbSO4+2e
正极：
PbO2+4H++so4-+2e=PbSO4+2H:
O
今若制得Cb0.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是（C）
A.0.025molB.0.050mol
C.0.10molD.0.20mol
解析：
在电解池中，阳极上的电极反应：
2Cl—2e=Cl2，要制0.050molCI2,在电解池中得失电子为010mol。
抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：
2e〜4H+〜2H2SO4，故转移010mol电子，要消耗010molH2SO4,应选C。
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