利用电子守恒法巧解化学计算题论文

利用电子守恒法巧解化学计算题

氧化还原反应是中学化学学习的重点和难点，也是历年高考热点之一。从近几年高考试题的走向来看，出现了一种难度较大，以考查能力为导向的新题型：求氧化产物和还原产物的物质的量的比；给出陌生的物质，判断反应后的化合价或是否是氧化产物、还原产物等。尽管形式千变万化，但都离不开判断化合价的升降、电子的转移、电子数的守恒。

下面仅通过几个实例，谈谈电子守恒法在化学计算中的应用。一、判断氧化产物或还原产物的化合价

例1.24 ml浓度为0.05 mol·l－１的ｎａ２ｓｏ３溶液，恰好与20 ml浓度为0.02 mol·l－１的ｋ２ｃｒ２ｏ７溶液完全反应，则ｃｒ元素在还原产物中的化合价为（）

a.+6

b.+3

c.+2

d.0

解析：反应中ｃｒ元素的化合价变化为2×（6－ｘ），s元素的化合价变化为6－4＝2。20×10－３×0．02×2×（6－ｘ）＝24

×10－３×0．05×2，则ｘ＝3。

答案：b。

二、省去中间过程，简化计算

例2.3.84 g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2.24 l，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？

解析：铜失的电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ｎｏ，ｎｏ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得：铜失的电子数＝氧气得的电子数。

则ｎ（ｏ２）＝3．84 ｇ÷64 ｇ·ｍｏｌ－１×2×1/4＝0．03 ｍｏｌ

ｖ（ｏ２）＝0．03 ｍｏｌ×22．4 ｌ·ｍｏｌ－１＝0．672 ｌ若用常规解法，应先求出no，no２的物质的量，再根据：

4ｎｏ２＋ｏ２＋2ｈ２ｏ＝4ｈｎｏ３

4ｎｏ＋3ｏ２＋2ｈ２ｏ＝4ｈｎｏ３

计算出ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。

三、在电解类题中的应用

例3.用两支惰性电极插入500 ｍｌａｇｎｏ３溶液中，通电电解，当电解液的ｐｈ从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有ｈ２析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是（）a.27 mg b.54 mg

c.108 mg

d.216 mg

解析：根据得失电子守恒写出电极反应式：

阴极：4ａｇ＋＋4ｅ＝4ａｇ

阳极：2ｈ２ｏ－4ｅ＝ｏ２＋4ｈ＋

可知：ａｇ＋—ｈ＋

1 ｍｏｌ 1 ｍｏｌ

ｘ（1×10－３×0．5－1×10－６×0．5）ｍｏｌ

ｘ＝5×10－４ｍｏｌ

则析出银的质量为：

5×10－４ｍｏｌ×108 ｇ·ｍｏｌ－１＝5.4×10－２ g＝

54 ｍｇ

四、在产物不确定类题中的应用

例4.10 g ｆｅ－ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到4．48 ｌｎｏ气体（设ｈｎｏ３的还原产物只有ｎｏ）。在反应后的溶液中加入足量的ｎａｏｈ溶液，可得多少克沉淀？

解析：该反应中ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。仔细审题后发现，ｍｇ，ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。

ｎ失＝ｎ得＝4．48 ｌ÷22．4 ｌ·ｍｏｌ－１×3＝0．6 ｍｏｌ

ｆｅ，ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6 ｍｏｌ，它也等于沉淀该阳离子所需ｏｈ－的物质的量。即ｎ（ｏｈ－）＝0．6 ｍｏｌ。

ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ｏｈ－）

＝10 ｇ＋0．6 ｍｏｌ×17 ｇ·ｍｏｌ－１

＝20．2 ｇ

得失电子守恒的规律是解氧化还原类题的一把钥匙，运用电子守恒法可以快速准确地解决问题，提高学生分析问题和解决问题的能力。

（作者单位河北赵县实验中学）