得失电子守恒在计算中的应用
高中化学微知识--电子得失守恒在解题中的应用
氧化还原反应中的电子守恒规律在氧化还原反应中，氧化剂所得到的电子来自于还原剂所失去的电子，即氧化剂所得到电子的总数等于还原剂所失去电子的总数----电子守恒。
这是一条任何氧化还原反应都遵循的规律，也是有关氧化还原反应计算的重要依据。
应用电子守恒解决某些氧化还原反应问题，可以避免书写繁琐的化学方程式，做到事办功倍的效果。
下面以几个实例体会该规律在解题中的应用。
【例1】一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Pb2+和Cr2O72-，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A．1.5 mol B．3.0 mol C．1.0 mol D．0.75 mol【解析】设所需PbO2的物质的量为x molPbO2→Pb2+：得电子：x mol × (4 - 2)Cr3+→Cr2O72-：失电子：1 mol × (6 - 2)根据电子的得失相等，得x mol × (4 - 2) = 1 mol × (6 - 3)解得，x = 1.5 mol【答案】A【例2】24 mL 浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL 浓度为0.02 mol/L 的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A．+2价B．+3价C．+4价D．+5价【解析】设Cr元素在还原产物中的化合价为xK2Cr2O7→Cr ：得电子：20 × 10-3 L × 0.02 mol/L × 2 ×(6 - x) Na2SO3→Na2SO4：失电子：24 × 10-3 L × 0.05 mol/L × (6 - 4) 根据得失电子相等，得20 ×10-3L×0.02 mol/L×2×(6 - x)=24×10-3 L×0.05 mol/L × (6 - 4)解得，x = 3注意：K2Cr2O7中含有两个Cr，每mol K2Cr2O7反应有2 mol Cr 得电子。
氧化还原计算中巧用得失电子守恒
氧
化
氧化产物 ； ② 找准一个原子或离子得失电子数 ； ③ 由题 中物质的量 ， 根据 守恒可 以列 出等式： ｎ （ 氧 化剂 ） × 变价 原子
个数Ｘ 化合价变化值： ｎ （ 还原剂） × 变价原子个数× 化合价 变化值。 关键词 ： 氧化还原反应； 得失 电子； 解题速度 用 这种方法就是抓住 氧化还原反应 的始态和终态 ，
使教师在今后 的教学 中可 以 童 在他 的心灵 留下愉快 、 振奋 、 精力充沛 的情感 时 ， 知识才会转变 现学生 的个体差异及个体的闪光点 ， 根据学生 的个体差异制订教学计划和教学方法 ，从实际 出发 ， 因 为信念 。” 因而 ， 情景教学 的真实虚拟性能唤起学 生的生活感受 ，
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、
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得失电子守恒原理在氧化还原计算中的应用.
得失电子守恒原理在氧化还原计算中的应用得失电子守恒是氧化还原反应的核心， 根据这一原理，既可配平氧化还原方程式， 又可 进行化学计算。
其用于化学计算的最大优点是能简化过程，快速准确作答。
下面谈谈后者。
、确定氧化产物与还原产物的物质的量之比例1 （NH 4）2PtCI 6晶体受热完全分解，生成氮气、氯气氢气体、氯化铵和金属铂。
在此 分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（二、确定氧化产物或还原产物中元素的化合价例2用N Q SQ 还原MnO ,如果还原含有 2.4 X 10-3mol MnQ -的溶液时，消耗 0.2mol/L 的N Q SQ 溶液30mL 则锰元素在还原产物中的化合价是（_14分析皿S 0+7MnO ；-3 30.2 moI/L X 30X1 0- L X 2=2.4 X 10- moI X (7 - n) 得n=2,选B 。
A. 1 ：2 B . 1 ：3 D. 3 ：2-3 0分析Pt 一业Tpt选C 。
X 2（氧化产物） 还原产练习1硫酸铵在强热条件下分解, 产物和还原产物的物质的量之比是（ 生成氨、二氧化硫、 ）氮气和水。
反应中生成的氧化A. 1 : 3B. 2 ：3 D. 4 ：3A +1B . +2 C. +4练习2某氧化剂XQ(QH>+可被亚硫酸钠还原到较低价态。
如果还原含有 2.4 X 10-3molXQQHf 的溶液到较低价态，需用 30mL 0.2mol/L 的N Q SO 溶液，则X 元素的最终价态为()o三、确定氧化产物或还原产物的化学式KMnO 得到的电子数等于 NHOH 失去的电子数。
设产物中 N 为n 价。
+7KMnO, -I24.65mL X 0.020 mol/L X 5=25.00 mL X 0.049 mol/L X (n+1)得n=1在四个选项中只有 B 符合，故应选 Bo练习3实验室将NaCIQ 和NaaSO 按物质的量之比为 2 ：1例入烧瓶中，同时滴入适量H 2SO ，并用水浴加热，产生棕黄色的气体 X ,反应后测得NaCIQ 和N Q SO 恰好完全反应，则 X 为()B. CbOC. CIO 2D. CI2Q四、确定氧化产物或还原产物的式量例4 26g 锌和含63g HNQ 3的稀溶液正好反应，生成的还原产物的相对分子质量可能是 ()分析锌与硝酸的物质的量之比为:A. +2 B . +1C. 0 D . -1例3羟胺(NH 2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。
浅谈如何用“得失电子守恒法”巧解高中化学计算题
浅谈如何用“得失电子守恒法”巧解高中化学计算题作者：惠忠艳来源：《中学课程辅导·教学研究》2020年第08期摘要：得失电子守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
關键词：得失电子守恒法；高中化学；计算题中图分类号：G633.8文献标识码：A文章编号：1992-7711（2020）04-0130“得失电子守恒法”是依据氧化还原反应的本质：电子转移（即电子的得失与偏移），同一氧化还原反应中转移电子的总数的守恒，凡是属于氧化还原反应或电化学中的计算习题，均可采用“得失电子守恒法”进行计算。
“得失电子守恒法”的理论依据为：“氧化剂得到的电子总数=还原剂失去的电子总数”。
化学计算是从量的方面来反应物质的组成、结构、性质及变化规律，它具有情境新颖、信息量大、化学知识丰富、综合性强等特点，它不仅能用来考查学生的思维能力和自学能力，还可以用来考查学生应用各方面知识进行判断、推理和分析、综合的能力、逻辑思维、抽象思维的能力。
因此，这类试题区分度较大，具有选拔优秀学生的功能。
选用合适的方法解计算题，不但可以缩短解题的时间，还有助于减小计算过程中的运算量，尽可能地降低运算过程中出错的机会。
而化学计算往往离不开“三大守恒”定律，即原子守恒（质量守恒）、得失电子守恒、电荷守恒。
守恒的实质就是利用物质变化过程中某一特定的量固定不变而找出量的关系，基于宏观统揽全局而避开细枝末节，简化步骤，方便计算。
通俗地说，就是抓住一个在变化过程中始终不变的特征量来解决问题，其目的是简化步骤，方便计算。
一、与电化学结合原电池的负极和电解池的阳极失去电子发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极得电子发生还原反应；正极与负极，阴极与阳极得失电子相等。
在书写电极反应式时，还应该注意原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒。
得失电子守恒原理的应用
得失电子守恒原理的应用引言得失电子守恒原理是物理学中的一个基本定律，它描述了在物质反应中电子的得失数量必须相等。
该原理不仅在化学反应、核反应中起着重要作用，还在实际应用中具有广泛的意义。
本文将重点介绍得失电子守恒原理在材料科学、电子工程以及环境保护等领域的应用。
材料科学中的应用得失电子守恒原理在材料科学中具有重要的应用价值。
例如，在合成材料的研究中，科学家通过添加或去除电子来调节材料的性能。
由于得失电子守恒原理的存在，当一个原子失去一个电子时，其他原子必须获得一个电子以保持总电荷不变。
这种调控机制可以用来改变材料的导电性、磁性等特性。
此外，在研究材料的催化性能时，得失电子守恒原理也被广泛应用。
通过在催化剂表面引入或移除电子，可以调节反应活性，从而提高催化剂的效率。
电子工程中的应用得失电子守恒原理在电子工程中有多种应用。
首先，在电路设计中，它被用来确保电荷的平衡。
在一个封闭的电路中，当一个器件失去一个电子时，其他器件必须补充相同数量的电子以保持电荷平衡。
这对于电路的正常运行非常重要。
其次，在电子器件的制造中，得失电子守恒原理也被应用于离子注入技术。
离子注入可以向半导体材料中引入特定的杂质离子，从而改变材料的导电性能，这种改变只有在电荷平衡的基础上才能实现。
环境保护中的应用得失电子守恒原理在环境保护中扮演着重要的角色。
例如，在废水处理过程中，得失电子守恒原理被用于去除有害物质。
通过引入具有高度还原性的物质，这些物质会与废水中的有害物质发生反应，从而将它们转化为无害的物质。
同时，引入的还原剂也会失去相应数量的电子，保持电荷平衡。
此外，在大气污染物的净化过程中，得失电子守恒原理也起到了关键作用。
通过在大气中引入一些具有高度氧化性的物质，可以将污染物氧化为无害的物质，同时这些物质会失去相应数量的电子。
结论得失电子守恒原理作为物理学中的基本定律，在材料科学、电子工程和环境保护等领域都具有重要的应用价值。
通过合理应用得失电子守恒原理，可以调节材料性能，改善电子器件的工作效果，净化环境等。
微学霸第3辑——氧化还原反应第五部分 利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题 含解析
灵活应用电子得失守恒是解答的关键，得失电子守恒是氧化还原反应计算的核心思想：得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数.得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。
计算公式如下：n(氧化剂）×得电子原子数×原子降价数=n(还原剂）×失电子原子数×原子升价数。
利用这一等式,解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简.【典例】物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应,若HNO3被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5【答案】A【解析】方法一根据得失电子守恒法求解。
设锌的物质的量为2 mol,HNO3的物质的量为5 mol ,生成N2O的物质的量为x（被还原的HNO3的物质的量为2x).该反应中化合价变化情况：Zn→Zn2+（价差为2)，23NO →N2O(价差为8)，则由化合价升降相等，可得x× 8 =2 mol ×2，解得x=0.5 mol,则被还原的HNO3的物质的量(2x)为1 mol，未被还原的HNO3的物质的量为4 mol。
故反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是1∶4。
方法二根据题意写出锌与稀硝酸反应的化学方程式并配平：4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，从化学方程式可看出反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是1∶4。
1．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物,+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2，+4价的Pb还原成+2价的Pb；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3∶2,则剩余固体的组成及物质的量比是A．1∶1混合的Pb3O4、PbOB．1∶2混合的PbO2、Pb3O4C．1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．1∶1∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO【答案】A【解析】本题考查氧化还原反应的电子守恒规律。
电子得失守恒规律是指在任何氧化还原反应中
电子得失守恒规律是指在任何氧化还原反应中，氧化剂得到电子的数目与还原剂失去电子的数目相等。
由于氧化还原反应中氧化剂和还原剂元素种类和数目的复杂性，使电子守恒关系式具有一定的灵活性和难度。
在高考命题中，用得失电子守恒法求解的题型有确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的量的多少或量的比例，确定氧化剂、还原剂、氧化产物或还原产物中元素的价态或种类，有关电化学及其他有关氧化还原反应的计算等。
一、电子守恒法的解题原理在氧化还原反应中，元素得失电子数目是守恒的，利用得失电子守恒来建立等式是快速解决氧化还原反应计算题的基本方法。
在利用电子守恒法解题时，一般分为三个步骤：①找出氧化剂和还原剂以及各自的还原产物和氧化产物，②找准1个原子或离子得失电子数 (注意:化学式中粒子的个数)，③由题中物质的物质的量，根据电子守恒列等式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
二、利用电子守恒解常见题型的方法1、简单反应的电子得失守恒问题在任何一个氧化还原反应中电子得失总是相等的，解这类问题的关键是找出还原剂（或氧化产物）中被氧化的元素以及氧化剂（或还原产物）中被还原的元素，然后从元素化合价升高（降低）确定失（得）电子的总数。
根据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等求解，这种题型除了可以确定化学式和化合价外，还可以确定具体的氧化产物和还原产物、氧化剂和还原剂及它们的比值。
【例1】(2011·大纲版全国卷)某含铬Cr2O72－废水用硫亚铁铵［FeSO4·(NH4)2 SO4·6H2O］处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。
该沉淀干燥后得到n molFeO·Fe y Cr x O3。
不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)molB．处理废水中Cr2O72－的物质的量为molC．反应中发生转移的电子为3nx molD．在FeO·Fe y Cr x O3中3x=y解析：该反应中铁元素的化合价由+2升高到+3，铬元素的化合价由+6降到+3。
得失电子宇恒在化学计算的中的应用
得失电子守恒在化学计算中的应用陕西咸阳中学 郑敏 712000氧化还原反应的计算是高考的热点，同时也是学生的难点，现几个例题说明得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。
得失电子守恒指在氧化还原反应中，失去电子和得到电子的总数相等。
一、取合金（Fe 2Al ）2.78g 溶于100ml 某硝酸溶液中，待反应完全后得到1.12L （标准状况）NO 气体（设两者恰好完全反应），则原硝酸溶液的物质的量浓度是多少？分析：mol NO n molA e n 05.0)(02.01F 2==）（∴ n(A1)=0.02mol n(Fe)=0.04mol反应过程中：l A 0 l A 3+ ↑3e -e F 0 Fe x+ ↑-xe35HNO +NO 2+ ↓ -e 3 由得失电子守恒可知：0.02×3+0.04·X=0.05×3X=2.25∴n(HNO 3) =n(NO)+3n(Al)+Xn(Fe)=0.05+3×0.02+2.25×0.04=0.2mol∴n(HNO 3)=1.21.02.0-=L mol L mol二、铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO 2、N 2O 4、NO 的混合气体，这些气体与5.6LO 2（标准状况）混合后通入水中，原有气体完全被水吸收生成硝酸，则消耗铜的质量为 g 。
分析：反应过程中，失去电子的是Cu ，最终得电子的是O 2，浓HNO 3相当于转移电子的载体。
设：耗Cu 为Xgu 0C ——u 2C + ↑-e 220O ——O 22- ↑-e 4由得失电子守恒得： 44.226.5264⨯=⨯xx=32(g)三、现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（计算pH 时假定溶液体积没有变化）： ①向其中一份固体中加入100mL 2.0mol/L 的NaOH 溶液，加热使其充分反应后过滤，测得滤液的 pH =14；②向另一份固体中加入140mL4.0mol/L 的HCl 的溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H +、 Fe 2+和 Al 3+ 三种阳离子且 pH=0.计算实验②产生气体的体积（标准状况）。
得失电子守恒在计算中的应用
Ａｓ２ Ｏ３ 的质量分数的实验过程如下:
解得:ｂ ＝ ３ꎬ答案选 Ｂ.
ＡｓＯ 、ＡｓＯ３４ － 的混合溶液 １００ｍＬ.
４) × ０. ０５ｍｏｌＬ － １ × ０. ０２４Ｌ
ａ. 称取 ｍ ｇ 粗产品溶解于 ＮａＯＨ 溶液ꎬ得到含
３－
３
例 ２ Ｎａ２ Ｓ ｘ 在碱性溶液中可被 ＮａＣｌＯ 氧化为
数ꎬ图 ３ 数据误差较大ꎬ删除该数据ꎬ再由图 ２ 和图
＋５
＋４
＋５
＋２
氧化剂:Ｎ → Ｎ 得(５ － ４) ｎ( Ｎ)
Ｎ → Ｎ 得(５ － ２) ｎ( Ｎ)
＋１
＋２
４ 数据求平均数得消耗 Ｉ２ 标准溶液 ２０ｍＬꎻ氧化剂中
还原剂:Ｃｕ→Ｃｕ 失(２ － １) ｎ( Ｃｕ)
升高到 ＋ ５ 价.
— １３８ —
２
)ｎ(Ｓ)
ｘ
ｂ. 分 别 移 取 ２５. ００ｍＬ 上 述 溶 液ꎬ 用
０. ０２５００ｍｏｌＬ － １ 的 Ｉ２ 标 准 溶 液 进 行 滴 定 ( Ｉ２ 将
ＡｓＯ３３ － 氧化为 ＡｓＯ３４ － ꎬ淀粉溶液为指示剂) . 每次滴
定开始时液面读数如图 １ 所示ꎬ三次滴定结束时ꎬＩ２
＝ ２. ５ ｍｏｌ ＋ ２. ５ ｍｏｌ ＋ ２ ｍｏｌ ＝ ７ ｍｏｌ. 答案选 Ａ.
上述通过实例分别阐述了基础版、升级版和高
级版等量关系式的用法. 并且对于基础版部分做了
＝
ｎ( Ａｓ２ Ｏ３ ) 总 Ｍ
１. ０ × １０ － ３ ｍｏｌ × １９８ｇｍｏｌ － １
＝
＝
ｍｇ
ｍｇ
０. １９８
× １００％
化合价由 ＋ ５ 降低到 ＋ ４、由 ＋ ５ 降低到 ＋ ２ꎻ还原剂
最新守恒法在解题中的应用之五 电子得失守恒
守恒法在解题中的应用之五电子得失守恒电子得失守恒，是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。
无论是自发进行的氧化还原反应，还是原电池或电解池中，均如此。
它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。
例1、7.68g铜和一定量的浓硝酸反应，当铜反应完全时，收集到标准状况下的气体4.48L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标准状况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？例2、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠还原到较低价态，如果还原含2.4×10-3mol[RO(OH)2]-的溶液到低价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最终价态为（）（A）+3（B）+2（C）+1（D）-1练习：1、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为（）A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋42、一定条件下ＮＨ4ＮＯ３受热分解的未配平的化学方程式为：ＮＨ4ＮＯ３＝ＨＮＯ３＋Ｎ2＋Ｈ2Ｏ在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）Ａ．５∶３Ｂ．５∶４Ｃ．１∶１Ｄ．３∶５3、将5．6克铁粉溶于过量的稀硫酸中，在加热条件下加入1．01克KNO3晶休氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余的Fe2+尚需0．2mol/L的KMnO4mol/L溶液70mL才能完全氧化（已知KMnO4的还原产物为Mn2+）求KNO3的还原产物。
4、将1．36克铁粉和氧化铁粉末的混合物，投入50ml的稀H2SO4中，恰好完全反应并放出标况下1．12L氢气，反应后的溶液中不含Fe和Fe3+。
求混合物中的Fe和氧化铁的质量。
5、将X molMg溶于含Y molHNO3的稀硝酸溶液中，生成N2O。
求此时X与Y的比值为多少？6、A、B、C三个电解槽，A槽是CuCl2作电解液，纯铜片作阴极，B、C两槽以AgNO3溶液作电解液，纯银丝作阴极，先将A、B槽并联，再与C槽串联进行电解，其B槽中银丝质量增加0.108g，C槽银丝增加0.216g，则A槽Cu片质量增加( )A.0.216gB.0.108gC.0.064gD.0.032g。
氧化还原反应计算中巧用得失电子守恒规律
氧化还原反应计算中巧用得失电子守恒规律浠水县团陂高中高友红得失电子守恒是指在氧化还原反应中，还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数相等的规律。
在利用得失电子守恒规律时，一般步骤为①找出氧化剂与还原剂，以及与它们对应的还原产物及氧化产物；②找准一个原子或离子得失电子数；③由题中物质的量，根据守恒可以列出等式：n(×变价原子个数×化合价变化值=n（还原剂）×变价原氧化剂)子个数×化合价变化值。
用这种方法解题的最大优点在哪里呢？就是抓住氧化还原反应的始态和终态，忽略中间过程，利用得失电子总数相等建立关系式，从而简化过程，快速解题。
例1：向1L0.5mol/L的FeBr2溶液中通入标准状况下一定量的Cl2,完全反应后测得溶液中的Br—有一半被氧化，试求通入标准状况下Cl2的体积为多少？分析：将Cl2通入FeBr2溶液中，由于Fe2+和Br—都具有还原性，故Cl2与Fe2+和Br—均可反应。
但是，由于还原性Fe2+强于Br—，所以Cl2必须先与Fe2+反应，过量的Cl2再氧化Br—。
依据题意，有一半Br—被氧化，则Fe2+已完全被氧化。
解法一：由2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ +2 Cl—可知，氧化Fe2+消耗Cl2的物质的量为1/2 ×0.5mol/L×1L＝0.２5mol由2 Br—+ Cl2= Br2+2 Cl—可知，Br—被氧化一半时消耗Cl2的物质的量为1/2 ×1/2 ×0.5mol/L×1L×２＝0.２5mol故通入标准状况下Cl2的体积为：（0.２5＋0.２5）mol×２２．４Ｌ／mol＝１１．２Ｌ解法二：反应开始时为FeBr2和Cl2，反应的终态为FeBr3FeCl3Br2, 且原溶液中有一半Br—被氧化，由得失电子守恒，Cl2得电子的总数与Fe2+和Br—失电子的总数应相等。
设通入Cl2为X mol,则X mol×2=0.5mol/L×1L×1+0.5mol/L×1L×２×1/2×1X=0.5mol故通入标准状况下Cl2的体积为：0. 5mol×２２．４Ｌ／mol＝１１．２Ｌ比较这两种方法，方法二比方法一步骤少，且简便快捷，能快速解题。
得失电子守恒在计算中的应用
依据氧化还原反应的电子守恒，可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH 值等。
这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现。
解题方法：氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。
在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。
【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2、H20,反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为A. 1 :3B. 2 :3C. 1 :1D. 4 :3解析：(NH4)2SO4在强热条件下分解，氧化产物为N2,还原产物为SO2,依据化合价升降相等原则有3X2fx x = 2 J故有x :3答案：A【例题2】R2O8n在一定条件下可把Mn2+氧化为Mn04-，若反应中R2O8n 变为RO42-,又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为：A. 4B. 3C. 2D. 1解析：依题意有5R2O8n- + 2Mn2+ === 2MnO4- + 10RO42-设R2O8n■中R 的化合价为x,依据化合价升降相等原则有5X2XJ-6) = 2 Xt27,解得x = 7,因此有2X 7 + 8 X (-2),=解得n 二2.答案：C【例题3】(NH4)2PtCI6在强热条件下分解，生成N2、HC k NH4C、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为A. 1 :2B. 1 :33D. 3 :2解析：(NH4)2PtCI6在强热条件下分解，氧化产物为N2,还原产物为Pt,依据化合价升降相等原则有3X2fx x = 4 J故有x :y =2 :3答案：C【例题4】CI2与NaOH(70C)的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaCIO NaCIO3之比4 :1，则溶液中NaCI和NaCI0的物质的量之比为A. 11:2B. 1:1C. 9:4D. 5:1解析：CI2中氯元素的化合价为0价，而在NaCIO NaCIO3中氯元素的化合价分别为+1、+5价，设NaCI和NaCI0的物质的量分别为x和y,依据化合价升降相等原则有1jx x = 1 fx y + 5 ,故務yx :4答案：C【例题5】含n克HNO3的稀溶液恰好与m克Fe完全反应，若HNO3只被还原为NO,贝卩n :m 可能是① 5 :1、②9 :2、③ 3 :1、④2 :1、⑤4 :1A. ②③⑤B. ①③④C. ②③④D. ①③解析：当Fe恰好完全转变为+2 价时，3Fe + 8HNO3 === 3Fe(NO3)2 + 2N0f + 4H2O，有二解得：n :m = 3 :1当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe + 4HNO3 === Fe(NO3)3 + NO f + 2H2O,有=解得：n :m = 9 :2结合选项分析n :m 的取值范围在4.5至3之间。
2020版高考总复习：7-2 电子守恒法在化学计算中的应用
C. Cu
D. Ag
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解析：求解时首先分析得出 HNO3 的还原产物是 NH4NO3，其次根据得失电子守恒列 出守恒关系，再次讨论金属化合价的升高情况和相对原子质量的关系，最后确定元素种类。
由题意可知金属与硝酸的反应过程中，硝酸的还原产物为 NH4NO3，物质的量为 0.012 5 mol，设未知金属的摩尔质量为 M，氧化后金属离子的化合价为＋x，根据氧化还原反应
A．若 Cu 片的质量为 51.2 g，则生成 NaNO3 的物质的量为 0.2 mol B．在上述过程中 HNO3 只起到氧化剂的作用 C．标准状况下收集的氮氧化物为 20.16 L
D．收集到的氮氧化物中含 N2O4 0.2 mol
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答案：A
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3．已知 3.25 g 某金属 X 跟过量稀硝酸反应，在反应过程中未见有气体生成，反应后
在所得溶液中加入热碱溶液可放出一种气体，其体积为 280 mL(标准状况)，则 X 为( )
A. Zn
B．Fe
中得失电子守恒可知3.2M5 g×x＝0.012 5 mol×[5－(－3)]，讨论得当 x＝2 时，M＝65 g·mol －1 比较合理，故该金属为锌。
答案：A
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妙招解难题——电子得失守恒法在计算题中的应用
得 电子 ： Ｆ ｅ ２ Ｏ ３ 一Ｆ ｅ 一 Ｆ ｅ ２ ； Ｃ ｕ Ｏ － ￣ Ｃ ｕ 一Ｃ ｕ ； Ｈ。 ＿
Ｈ２ 。
根据 电 子 得 失 守 恒 有 ２ ｎ（ Ｆ ｅ ） 一２ ｎ （ Ｆ ｅ ２ Ｏ 。 ） ＋
２ ｎ （ Ｃｕ Ｏ） ＋２ ｎ （ Ｈ２ ） ，
） 。
Ｂ ＿ ４ ５ ｍＬ Ｃ ． ３ ０ ｍＬ Ｄ． １ ５ ｍＬ
八 ６ Ｏ ｍＬ
设５ ． ７ ６ ｇ 合金 中 Ｆ ｅ （ ） ３的物 质 的量 为 ｚ ｍｏ ｌ ， 则 没 被腐蚀 的 Ｆ ｅ的物 质 的量 为 （ ０ ． ４ 一 ） ｍｏ ｌ ， 合金中 ｃ ｕ Ｏ
的 物质 的 量 为 Ｙｔ ｏｏ ｌ 。
失 电子 ： Ｆ Ｆ ｅ 。
量为 ３ ． ２ ｇ 。
失守恒法求解 。经分析知 ｎ ｏｏ ｔ ｌ 气体为 ０ ２ ， ｂ ｍｏ ｌ 气体为 Ｃ ｌ ， 生成 Ｏ ２ 和Ｃ ｌ 所失去 的电子数 等于 ＫＭｎ Ｏ ４ 得到的
电 子 数 。根 据 电 子 得 失 守 恒 有 ４ ｎ ＋２ ｂ 一０ ． ０ ４ ｘ ５ —
解析 ： （ Ｉ ） 此 过 程 涉 及 的反 应 也 很 多 ， 且 均 为 氧 化 还
逐渐缓慢加入 至过量 ， 测得 产生 的气 体为 Ｖ ｍＬ； 过滤得
浅 绿 色 溶 液 Ａ（ 不含 Ｃ Ｕ ２ ） 和滤渣 Ｂ 。
原反应 ， 利用化学方程式求解 比较 困难 。可利 用 电子得
②将 滤渣 Ｂ投人 到 一定 浓 度 的 ＨＮＯ ｓ中 ， 完 全溶 解， 收集产生 的气 体 ， 经 分析气 体是 Ｎ Ｏ和 ＮＯ ２ 混合气 体， 总体积 ８ ９ ６ ｍＬ ， 其中 Ｎ ０ 体积为 ２ ２ ４ ｍＩ 。 ． ③将① 中所得滤 液加入 到 同浓度 足量 的 ＨＮ（ ］ ３中 ， 充分反应后再加入足量 的 Ｎａ ＯＨ溶液 ， 将产生 的沉淀全 部滤 出 ， 充分 加热 灼烧 得红 棕色 固体 ， 称量该 固体 的质
电子守恒定律在化学计算中的应用
氧化一还原反应是中学化学学习的主线，也是高考必考的考点之一。
在氧化一还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到电子物质的量(或个数)等于还原剂失去电子的物质的量(或个数)。
若将电子守恒规律应用来解化学计算题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。
下面通过几个例题，谈谈电子守恒定律在化学计算中的应用。
一、在“活泼金属与酸或水反应产生氢气”类题中的应用活泼金属与酸或水反应产生氢气这类题很常见，很多学生认为解这类题比较难，我认为根本原因是没有弄清这类反应的实质：活泼金属失去电子，+1价的氢得到电子，而金属失去电子的物质的量等于生成氢气所需得到电子的物质的量，即n(金属)xAn==n(氢气)x2(n(金属)：金属的物质的量，An：金属变化的化合价，n(氢气)：氢气的物质的量)例1A、B是同一短周期的两种元素，9gA单质跟足量的B的气态氢化物水溶液反应，产生11．2L氢气(标准状况下)，A和B可形成化合物AB，，A原子核里中子数比质子数多1，通过计算确定A、B 各为哪种元素。
解析：根据A、B可形成化合物AB，及A单质与足量的B的气态氢化物水溶液反应产生H2，可知A为金属元素且在上述反应中化合价表现为+3，n(H：)一11．2L+22．4L ／mol-=0．5mol，n(金属)一9g~Mg·rnol代入上述公式：9g~Mg·molx3-~-0．5molx2，得M一27g／mol，所以A为A1元素，可以进一步确定B为C1元素。
二、在金属与硝酸反应类题中的应用例25．12g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况下的气体3．36L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需要通入多少升标准状况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?解析：铜失去电子的物质的量==被还原的硝酸得到电子的物质的量=氧化硝酸的还原产物NO、NO：消耗的氧气的物质的量，省去中间计算，即铜失去电子的物质的量=氧气得到电子的物质的量。
得失电子守恒在化学计算中的
得失电子守恒: 氧化还原反应中,氧化剂得电 子(化合价降低)总数等于还原剂失 电子(化合价升高)总数,得失电子守 恒(化合价升降相等)。在解题中找 到有元素化合价升高的和降低的物 质,列等式求解。
【例 1】用高锰酸钾与浓盐酸制氧气时，每 产生 1mol 氯气转移的电子数为？ （ B ） A.1NA B.2NA C 1.5NA D 无法确定
2、 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸
铜溶液和 NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气 体与 1.68LO2（标准状况）混合后通入水中， 所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得 -1 2+ 硝酸铜溶液中加入 5mol·L NaOH 溶液至 Cu 恰好完全沉淀，则消耗 NaOH 溶液的体积是 （ A ） A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
3 、 6.96g 四 氧 化 三 铁 完 全 溶 于 100mL2mol/L 硫酸， 再加入 50mLK2Cr2O7 溶液使铁全部氧化，若 K2Cr2O7 还原产物 3+ 为 Cr ，则 K2Cr2O7 最低浓度为（ C ） mol/L。 A.0.005 B.0.05 C.0.1 D.0.2
4.用铂电极电解 500mL 含 KNO3 和 Cu （NO3）2 的混合溶液，一段时间后，在两 极均生成 11.2L（标）气体，则原溶液中 2+ Cu 的物质的量浓度为（ B ）mol/L。 A .0.5 B.1 C.2 D.无法确定
2KMnO4+16HCl(浓) =2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
[例 2]在反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl 中， 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 （ B） A．3∶2 B．2∶3 C．8∶3 D．3∶8
化学计算,巧用守恒
解 析 ：由生成 的混合气体对Ｈ 的相对密 度为ｄ ， 可得混合气体 的平均摩尔质量 为２ ｄ ｇ 。 根据质量守恒 定律 ， ２ ｍ ｏ １ Ａ的质 量 等 于５ ｍ ｏ ｌ 混合 气 体 的 质量 ， 即 ｌ Ｏ ｄ ｇ ， 所 以Ａ 的摩 尔质量 为１ ０ ｄ ｇ ／ ２ ｍ ｏ ｌ ＝ ５ ｄ ｇ ／ ｍｏ ｌ 。
— —
。
０ ． ７＋ ０． １ ｘ ２， ｎ＝ ０－ ３。
答案 ： ０ ． ３ ｍｏ ｌ
５ ． 物 料 守 恒
原子守恒是指在化学反应前后 ，每种元素的种 类 及原子的个数保持不变。
例２ ．向一 定 量 的 Ｆ ｅ 、 Ｆ ｅ Ｏ、 Ｆ ｅ ２ ｏ 的 混 合 物 中加 入 ｌ Ｏ Ｏ ｍＬ ｌ ｍ ｏ Ｉ ／ Ｌ 的盐酸 ， 恰好 使混合 物完全溶 解 ， 放 出 ２ ２ ４ ｍＬ （ 标 准状 况 ） 的气体 ， 所得溶液 中加入Ｋ Ｓ Ｃ Ｎ 溶 液无红色 出现 。 若用足量的Ｃ Ｏ 在高温下还原相 同质 量的此混合物 ， 能得 到的铁 的质量 为（ ）
０ ． ３ ｍ ｏ Ｙ ５ ｍ ｏ ￣ Ｌ ＝ Ｏ ． ０ ６ Ｌ ， ￣ ［ １ ６ ０ ｍＬ 。 答案： ６ ０ ｍ Ｌ ４ ． 电荷 守 恒
质量守恒是指在化学反应中， 参加反应的各物质 的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和 。 例１ ． 某固体物质Ａ 在一定条件下加热分解 ， 产物 都是气体 ， 分解方程式 为 ： ２ Ａ —Ｂ Ｔ＋ ２ Ｃ ｆ＋ ２ Ｄ Ｔ， 测 得 生成 的混合气体对 Ｈ ： 的相对密度 为ｄ ， 则Ａ的相 对 分子质量为 （ ）
等。
１ ． 质 量 守 恒
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依据氧化还原反应的电子守恒，可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH值等。
这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现。
解题方法：氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。
在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。
【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2、H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为
A. 1 : 3
B. 2 : 3
C. 1 : 1
D. 4 : 3
解析：(NH4)2SO4在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为SO2，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 2↓×y，故有x : y = 1 : 3
答案：A
【例题2】R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4-，若反应中R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为：
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
解析：依题意有5R2O8n- + 2Mn2+ === 2MnO4- + 10RO42-，设R2O8n-中R的化合价为x，依据化合价升降相等原则有
5×2×↓(x-6) = 2×↑(7-2)，解得x = 7，因此有
2×7 + 8×(-2) = -n，解得n = 2.
答案：C
【例题3】(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，生成N2、HCl、NH4Cl、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
A. 1 : 2
B. 1 : 3
C. 2 : 3
D. 3 : 2
解析：(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为Pt，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 4↓×y，故有x : y = 2 : 3
答案：C
【例题4】Cl2与NaOH(70℃)的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO3之比4 : 1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为
A. 11:2
B. 1:1
C. 9:4
D. 5:1
解析：Cl2中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO3中氯元素的化合价分别为+1、+5价，设NaCl和NaClO的物质的量分别为x和y，依据化合价升降相等原则有1↓×x = 1↑×y + 5↑××y，故有x : y = 9 : 4
答案：C
【例题5】含n克HNO3的稀溶液恰好与m克Fe完全反应，若HNO3只被还原为NO，则n : m可能是①5 : 1、②9 : 2、③3 : 1、④2 :
1、⑤4 : 1
A. ②③⑤
B. ①③④
C. ②③④
D. ①③
解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe + 8HNO3 === 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O，有=解得：n : m = 3 : 1 当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe + 4HNO3 === Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，有
=解得：n : m = 9 : 2
结合选项分析n : m的取值范围在4.5至3之间。
答案：A
【例题6】Zn与HNO3反应，Zn和被还原的HNO3的物质的量之比为4 : 1则HNO3的还原产物可能为
A. NO2
B. NO
C. N2O
D. NH4NO3
解析：设还原产物中氮元素的化合价为x，依据化合价升降相等原则有
4×2↑=1↓×(5-x) 解得：x = -3
答案：D
【例题7】将Mg和Cu的合金2.64克，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896L(SPT)，向反应后的溶液中加入2mol/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为
A. 4.32克
B. 4.68克
C. 5.36克
D. 6.38克
解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去
n(e-) = ×3 = 0.12 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12 mol OH-，故形成沉淀的质量m = 2.64g + 0.12 mol×17g/mol = 4.68g 答案：B
【例题8】取x克Mg和Cu的合金完全溶于浓HNO3中，反应过程中HNO3被还原只产生8960 mL NO2和672 mL N2O4气体(SPT)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀质量为17.02克，则X的值为
A. 8.64克
B. 9.20克
C. 9.00克
D. 9.44克
解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去
n(e-) = ×1 = 0.46 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.46 mol OH-，因此有17.02g= x + 0.46 mol×17g/mol ，解得x = 9.20g 答案：B
【例题9】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的HNO3反应，全部溶解后，产生的气体再通入1.12 L(SPT)O2，恰好完全吸收，求合金中各成分的含量?
解析：Ag和Cu失去电子的总数等于O2得到电子的总数，依题意有
108n(Ag) + 64n(Cu) =14
n(Ag) + 2n(Cu) = ×4 = 0.2
解得n(Ag)= 0.1mol n(Cu)=0.05mol
w(Ag) = ×100% = 77.14%
w(Cu) = 1-77.14% = 22.86%
答案：合金中w(Ag)为77.14%，w(Cu)为22.86%。
【例题10】将51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4 、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为(已知NO+NO2+2NaOH === 2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH === NaNO3 +NaNO2 +H2O )
A. 0.2 mol
B. 0.4 mol
C. 0.6 mol
D. 0.8 mol
解析：51.2 g Cu即为0.8 mol Cu，失去的电子等于NaNO2 生成时得到的电子，则NaNO2 为0.8 mol，由Na+守恒知：n(Na+) = n(NaNO2)+ n(NaNO3)，得NaNO3为0.2 mol。
答案：A
【练习1】9.8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中，当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96 L NO2和2.24 L N2O4气体，向反应的溶液中加入足量的氨水，则生成的沉淀有
A. 18克
B. 20克
C. 22克
D. 24克
解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Al共失去
n(e-)=×1 + ×2 = 0.6 mol。
由电荷守恒知Mg和Al共需要结合0.6 mol OH-，故形成沉淀的质量m = 9.8g + 0.6 mol×17g/mol = 20g 答案：B
将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X，再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生
21.4g沉淀，根据题意推断气体X的成分可能是
A. 0.3mol NO2和0.3mol NO
B. 0.2mol NO2和0.1mol N2O4
C. 0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4
D. 0.6mol NO
解析：根据Mg、Cu的变化：Mg～Mg2+～2OH-～Mg(OH)2～2e-、Cu～Cu2+～2OH-～Cu(OH)2～2e-知增加的质量为OH-的质量，转移电子的物质的量与OH-的物质的量相等，则有n(OH-)=21.4g-11.2 g/17g·mol-1=0.6 mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6 mol。
选项A转移电子的物质的量
为0.3mol×1+ 0.3mol×3 = 1.2 mol，不正确;选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+ 0.1mol×2 = 0.4 mol，不正确;选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 = 0.6 mol，正确;选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3=1.8 mol，不正确.
答案：C。