得失电子守恒相计算题
有关得失电子守恒相计算题
有关得失电子守恒相计算题有关氧化还原反应的相关计算，利用得失电子守恒，可以简化计算过程，迅速得出答案，氧化还原反应的实质是电子的转移，因此复习时关于氧化还原反应的计算应从得失电子的角度考虑，才能掌握解
的得失电子列等式！
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）=n(还化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）
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注：有些反应物做氧化剂或还原剂时，只是部分参加反应，不能全部代入计算。
例：（NH4）SO4在强热下分解生成N2、NH3、SO2和H2O，则化合价发生变化与未发生变化的N原子数目比为
A.1：4
B.1：2
C.2：1
D.4：1
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电子得失守恒练习
电子得失守恒知识点解析1.化合价升降与电子得失是一一对应关系氧化剂中的某种元素在化学反应中化合价降低;该原子得到电子;化合价降低数目与得到电子数目相等；还原剂中的某种元素在化学反应中化合价升高;该原子失去电子;化合价升高数目与失去电子数目相等..氧化剂化合价降低总数与其得电子数相等；还原剂化合价升高总数与其失电子总数相等..2.氧化还原反应中得失电子数相等氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数；存在多个氧化剂或多个还原剂的氧化还原反应中;多个氧化剂得到电子的总数与多个还原剂失去电子总数相等；多个氧化还原反应的反应体系中;无论这些反应是平行反应;还是多步反应;整个体系中所有氧化剂得电子总数与所有还原剂失电子总数相等..3.得失电子数与电子转移数关系得电子总数=失电子总数=电子转移总数这三个数值之所以相等;其实质必然存在某种联系;它们是站在不同角度对同一个氧化还原反应中的量的变化的描述：得电子数是站在氧化剂的角度；失电子数是站在还原剂的角度；而电子转移数则是从氧化剂和还原剂之间的关系角度来反映两者间的量的变化;是对氧化还原反应过程的描述..4.得失电子总数相等在电化学中的应用电化学反应都是氧化还原反应;所以氧化还原反应中的守恒关系在电化学中也存在；负阳极上失电子总数=正阴极上得电子总数=电极之间转移得电子总数；两极之间的电子转移通过外电路进行定向流动形成电流;所以电路中通过的电量电子所带电荷总数与电子转移数也存在着一一对应关系；负阳极上失电子总数=正阴极上得电子总数=电极之间转移的电子总数=电路中通过的电子数..典型例题例1在一定条件下;分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气;当制得同温、同压下相同体积的氧气时;三个反应中转移的电子数之比为A．1︰1︰l B．2︰2︰1 C． 2︰3︰l D．4︰3︰2例2在含有0.078 mol FeSO4的溶液中通入0.009 mol Cl2;再加入含有X2O72 的溶液后;Fe2+恰好完全转化为Fe3+;则反应后X元素的化合价为A. +2B. +3C. +4D. +5例33.84gCu投入一定量的浓硝酸中;铜完全溶解;生成气体的颜色越来越浅;共收集到1344ml气体标准状况;将盛有此气体的容器倒扣在水中;通入标准状况下一定体积的氧气;恰好使气体溶于水;则通入氧气的体积为A. 3.36LB. 0.224LC. 0.672LD. 1.12L例4将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L;用惰性电极电解一段时间后;在一个电极上得到0.3molCu;则另一电极上放出气体在标况下的体积是A. 4.48LB. 5.60LC. 6.72LD. 13.44L例5Mg与Fe混合物4.9g加入过量硝酸中反应完全溶解;完全反应后得到气体NO 2.24L标况下;向反应后溶液中加入过量NaOH溶液;可得到沉淀 g针对性练习1．2S2O3溶液恰好把224ml标准状况Cl2完全转化为Cl－离子;则S2O32－将转化成A．S2－ B．S C．SO32－ D．SO42－2．已知某强氧化剂XOOH2+能被亚硫酸钠还原到较低价态..如果还原含2.4×10-3mol XOOH2+的溶液到较低价态;需用30ml 0.2mol/L的Na2SO3溶液;那么X元素的最终价态为A．+2 B．+1 C．0 D．-13．向含有0.078 mol的FeCl2溶液中通入0.009 mol Cl2;再加入含有0.01 mol X2O72-的酸性溶液;使溶液中的Fe2＋全部恰好氧化;并使X2O72-还原为X n＋;则n值为A．5 B．4 C．3 D．24．已知在酸性溶液中;下列物质氧化KI时自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4—→Mn2+；Cl2→2Cl—；HNO2→NO;如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI;得到I2最多的是A．Fe3+ B．MnO4— C．Cl2D．HNO25．取相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液;分别通入适量Cl2;当反应恰好完成时;三种溶液消耗Cl2体积相同同温同压下;则KI、Na2S、FeBr2溶液物质的量浓度之比为A．2:1:2 B．2:1:3 C．6:3:2 D．3:2:16．将NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+ZnOH42—配平后;离子方程式中H2O的系数是A．2 B．4 C．6 D．87．将a mol的Cu2S跟足量稀HNO3反应;生成CuNO32、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A．4a mol B．10a mol C．10a/3 mol D．2a/3 mol8．若NH42SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O;则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶19．物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应;若硝酸被还原的产物为N2O;反应结束后锌没有剩余;则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶510．Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应;反应完全后;测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4∶1;则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为A．9∶4 B．5∶1 C．11∶2 D．1∶111．用惰性电极电解MNO3x的水溶液;当阴极上增重ag时;在阳极上产生bL的氧气标况;从而可知M的相对原子质量为A．22.4ax/b B．11.2ax/b C．5.6ax/b D．2.5ax/b11.将 6.4g铜与足量硫酸酸化过的硝酸反应..消耗硝酸0.05mol;若只生成一种还原产物则可能为或..12.Mg与Cu合物4.6g加入过量硝酸中反应完全溶解;完全反应后得到气体NO 0.224L标况下和NO24.48L 标况下;向反应后溶液中加入过量NaOH溶液;可得到沉淀 g13..Mg与Cu合物11.2g加入过量硝酸中反应完全溶解;完全反应后得到气体X 0.2mol;向反应后溶液中加入过量NaOH溶液;可得到沉淀21.4g..则气体X为： ..14.将0.64克铜一定浓度的硝酸反应;铜完全溶解;产生的气体NO、NO2、N2O40.009mol..共消耗硝酸0.032mol..将气体与一定量的氧气混合通入NaOH中;气体被完全吸收;产物只有NaNO3与H2O..则通入了 molO2..15.将51.2克铜一定浓度的硝酸反应;铜完全溶解;产生的气体NO、NO2、N2O40.8mol..将混合气体全部通入1 molNaOH中恰好完全反应;生成NaNO3与NaNO2混合溶液..则NaNO3有 mol12．将32.64克铜与140ml一定浓度的硝酸反应;铜完全溶解;产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L标准状况..请回答：⑴NO的体积为 L;NO2的体积为 L..⑵待产生的气体全部释放后;向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液;恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀;则原硝酸溶液的浓度为 mol/L.⑶使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3;至少需要30%的双氧水克..。
硝酸的计算
硝酸的计算与硝酸有关的计算由于涉及到原子守恒、得失电子守恒，所以在题目中较为常见，在实际问题中硝酸有关的计算主要可归纳为以下几种情况：1、依据得失电子守恒的计算例1：1.92 g铜投入到一定量浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越淡，将收集到的气体与一定体积的氧气混合于试管倒立于水槽中，恰好使所有气体完全溶于水，则通入氧气的体积为A 504mLB 336mLC 224mLD 168mL解析：分析题意，从电子转移角度可知，Cu和HNO3反应时，Cu 是还原剂失去电子，形成氧化产物Cu(NO3)2；HNO3是氧化剂得到电子，形成还原产物NO2、NO、N2O4等，依据得失电子守恒可知，Cu失去的电子与HNO3得到的电子相等。
氮氧化物与O2混合完全溶于水形成HNO3，O2是氧化剂，得到电子，氮氧化合物是还原剂失去电子，得失电子守恒，从整个反应过程来看，相当于O2得到了Cu失去的电子，2n(O2)=n(Cu)=0.03mol，V(O2)=336ml。
答案：B。
例2：铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生224ml的NO气体4480ml和NO2的气体（标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A 9.02gB 8.51gC 8.26g D7.04g解析：依据题意，反应过程为Cu、Mg被HNO3氧化失去电子形成Cu2+和Mg2+，HNO3得到电子形成还原产物NO和NO2，NO和NO2，向反应后的溶液中加入足量的NaOH形成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，Cu2+和Mg2+结合的OH-的物质的量与两金属失去电子的物质的量相等，依据NO和NO2体积可得HNO3得到电子物质的量为0.23mol，依据得失电子守恒可知，两金属失去的电子也为0.23mol，沉淀的质量为4.6g+0.23×17g=8.51g。
答案：B。
2、依据原子守恒的计算例3：若将12.8g铜与一定量的硝酸反应，铜消耗完时，共产生NO和NO2的混合气体5.6L（标准状况）。
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。
高中化学得失电子守恒妙解多步反应计算
高中化学得失电子守恒妙解多步反应计算例1；铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为多少？析：加入KSCN溶液后，溶液不显红色，说明整个过程在结束时，溶液中没有Fe3+存在,铁元素全部以+2价形态存在。
于是我们可以得出，该过程涉及的反应有以下几个，一是：铁与盐酸生成氢气的反应，二是：氧化铁与盐酸的反应，三是：氯化铁与铁单质的反应。
其中一和三是氧化还原反应。
我们的做法是：忽略反应的具体过程，只考虑始态和终态。
反应前，铁元素在铁中为零价，在氧化铁中为+3价，而在反应后铁元素都变成了+2价。
溶液中+1价的氢在反应后转化为氢单质，化合价变为零。
如果我们设Fe的物质的量为X mol，设Fe2O3为Y mol，则整个过程中，得失电子的情况有：（1）X mol Fe 失2X mol 电子，变为+2价；（2）Y mol Fe2O3 得2Y mol 电子变为+2价；（3）2b mol H+得2b mol电子变为氢气。
根据氧化还原反应得失电子守恒，可以列出以下等式：2X ＝2Y + 2b ,又X + Y ＝ a ，即可求出X 与Y 的值。
112g 金属Fe 加入含有0.5mol Cu(NO3) 2和2 mol NaHSO4的混合溶液中，求反应后可得到标况下NO气体的体积为多少L？很多同学看到这类小的计算题，都会感觉头疼，他们会很轻易地考虑到该题涉及了多个化学反应。
首先是Fe 与溶液中的NO3-和H+的反应，如果铁过量的话，就会有铁与Fe3+的反应，以及铁与铜离子的反应；如果铁过量而氢离子也剩余的话，还可能会涉及Fe与H+生成氢气的反应。
可能的情况有很多，这使是不少学生在做题之前就已经感觉心里没底了。
而事实上，反应再多，我们只需考虑NO从何而来，与哪个反应有关就可以了。
不难看出，该题目涉及的反应中，只有在第一个反应，也就是Fe 被氧化成Fe3+时，才会有NO3-被还原成NO，而后续反应会不会有多余的Fe把三价Fe3+还原为Fe2+，或者是否会有铜被置换出来，则与生成NO无关，因此我们可以无视他们的存在。
氧化还原反应得失电子守恒的计算
氧化还原反应得失电子守恒的计算集团文件版本号：（M928-T898-M248-WU2669-I2896-DQ586-M1988）第二章第三节第六课时得失电子守恒计算（课型：习题课）班级姓名小组【学习目标】1.了解氧化还原反应的特征。
2.了解氧化还原反应的实质。
3,。
会根据得失电子守恒进行相关计算【重点、难点】重点：得失电子守恒进行相关计算难点：.氧化剂还原剂比例计算1．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO－3的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为( ) A．1∶3 B．4∶3 C．2∶1 D．3∶12.在反应KI +5KIO3 +3H2S =3I2+3K2SO4+3H2O 中，被氧化的碘元素和被还原的碘元素的质量比是A、1：5B、5：1C、6：1D、1：63.在3S+6KOH =2K2S +K2SO3+3H2O 的反应中，被氧化的硫与被还原的硫的质量比A、1∶3B、3∶4C、2∶1D、1∶24、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为( )A．21：5 B．11：3 C．3：1 D．4：15、己知M2On2-可与R2-作用，R2-被氧化为R单质，M2On2-的还原产物中M为＋3价；又知c(M2On2-) =0.3mol/L的溶液100mL 可与c(R2-)=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为（）A．4 B．5 C．6 D．76、实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2:1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）A．Cl2B．Cl2O C．ClO2D．Cl2O37、在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量是（）A．3.0mol B．1.5mol C．1.0mol D．0.75mol8、ClO2遇浓盐酸会生成Cl2，反应方程式为2ClO2+ 8HCl ＝ 5Cl2+4H2O ，该反应中若转移电子的数目为9.632×1023，则产生的Cl2在标况下的体积为( )A．11.2L B．33.6L C．22.4L D．44.8L10、将NaClO3和NaI按物质的量之比1：1混合于烧瓶中，滴入适量硫酸，并水浴加热，反应后测得NaClO3和NaI恰好完全反应，生成I2、Na2SO4和H2O，并产生棕黄色的气体X，则X为( )A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2D．Cl2O311、已知在酸性溶液中，下列物质氧化H2S生成S是时，自身发生如下变化：IO3-→I2；Fe3+→Fe2 +；SO2→S；MnO4-→Mn2+。
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）。
电子得失守恒练习
电子得失守恒【知识点解析】1.化合价升降与电子得失是一一对应关系氧化剂中的某种元素在化学反应中化合价降低，该原子得到电子，化合价降低数目与得到电子数目相等；还原剂中的某种元素在化学反应中化合价升高，该原子失去电子，化合价升高数目与失去电子数目相等。
氧化剂化合价降低总数与其得电子数相等；还原剂化合价升高总数与其失电子总数相等。
2.氧化还原反应中得失电子数相等氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数；存在多个氧化剂或多个还原剂的氧化还原反应中，多个氧化剂得到电子的总数与多个还原剂失去电子总数相等；多个氧化还原反应的反应体系中，无论这些反应是平行反应，还是多步反应，整个体系中所有氧化剂得电子总数与所有还原剂失电子总数相等。
3.得失电子数与电子转移数关系得电子总数=失电子总数=电子转移总数这三个数值之所以相等，其实质必然存在某种联系，它们是站在不同角度对同一个氧化还原反应中的量的变化的描述：得电子数是站在氧化剂的角度；失电子数是站在还原剂的角度；而电子转移数则是从氧化剂和还原剂之间的关系角度来反映两者间的量的变化，是对氧化还原反应过程的描述。
4.得失电子总数相等在电化学中的应用电化学反应都是氧化还原反应，所以氧化还原反应中的守恒关系在电化学中也存在；负（阳）极上失电子总数=正（阴）极上得电子总数=电极之间转移得电子总数；两极之间的电子转移通过外电路进行定向流动形成电流，所以电路中通过的电量（电子所带电荷总数）与电子转移数也存在着一一对应关系；负（阳）极上失电子总数=正（阴）极上得电子总数=电极之间转移的电子总数=电路中通过的电子数。
【典型例题】【例1】在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为A．1︰1︰l B．2︰2︰1 C．2︰3︰l D．4︰3︰2【例2】在含有mol FeSO4的溶液中通入mol Cl2，再加入含有X2O72?的溶液后，Fe2+恰好完全转化为Fe3+，则反应后X元素的化合价为A. +2B. +3C. +4D. +5【例3】投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越浅，共收集到1344ml气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体溶于水，则通入氧气的体积为A. B. C. D.【例4】将含有和的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到，则另一电极上放出气体在标况下的体积是A. B. C. D.【例5】Mg与Fe混合物加入过量硝酸中反应完全溶解，完全反应后得到气体NO （标况下），向反应后溶液中加入过量NaOH溶液，可得到沉淀g【针对性练习】1．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知溶液恰好把224ml（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成A．S2－B．S C．SO32－D．SO42－2．已知某强氧化剂[XO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态。
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。
得失电子守恒
得失电子守恒、电子转移与氧化还原反应1、在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A.3.0 molB.1.5 molC.1.0 molD.0.75 mol2、已知NaH与水反应生成H2和NaOH，反应中1 molNaH（）A.失去1 mol电子B.得到1 mol电子C.失去2 mol电子D.没有电子得失3、实验室制Cl2的反应为4HCl（浓）+MnO2加热MnCl2+Cl2↑+2H2O下列说法错误的是（）A.还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B.每生成1mol Cl2转移电子的物质的量为2molC.每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD.生成Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质4、在Cu2S+2Cu2O===6Cu+SO2反应中，说法正确的是( )A.生成1molCu，转移2mol电子B.Cu是氧化产物C.氧化剂只有Cu2OD. Cu2S既是氧化剂又是还原剂5、有关反应3Cl2+6KOH加热5KCl+KclO3+3H2O的叙述中正确的是（）A. Cl2是氧化剂，KOH是还原剂B.每3个氯分子反应共转移5个电子C.发生还原反应的氯原子是发生氧化反应的氯原子的5倍D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：16、[C3N3(OH)3]可用于消除尾气中的NO2.其反应原理为：C3N3(OH)3加热3HNCO 8HNCO+6NO2加热7N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是（）A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质B. HNCO是一种很强的氧化剂C.1 mol NO2在反应中转移的电子为4 molD.反应中NO2是还原剂7、已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4===2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O,其中1 mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A.10 molB.11 molC.12 molD.13 mol8、氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。
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。
电子守恒原理速解氧化还原反应习题
利用电子守恒原理速解氧化还原反应习题众所周知，在氧化还原反应中，一种物质获得（或吸引）的电子数等于另一种物质失去（或偏离）的电子数，即在氧化还原反应中，得失电子数守恒。
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。
下面通过几个例题，谈谈电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用。
例1：3.84g 铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L ，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？解析：铜失去的电子数=被还原的硝酸得到的电子数=还原产物NO 、NO 2消耗的氧气得到的电子数，省去中间计算，得：铜失去的电子数=氧气得到的电子数。
则n O g g mol mol ()..2138464214003=÷⋅⨯⨯=- V O mol L mol L ()...210032240672=⨯⋅=-若用常规解法，应先求出NO 、NO 2的物质的量，再根据：42443242223223NO O H O HNO NO O H O HNO ++=++=计算出O 2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。
例2：24mL 005123.mol L Na SO ⋅-的溶液，恰好与20mL 0021227.mol L K Cr O ⋅-的溶液完全反应，则铬元素在还原产物中的化合价为（ ）A. ＋6B. ＋3C. ＋2D. 0 解析：反应中铬元素的化合价变化为26⨯-()x ，硫元素的化合价变化为6－4=2。
则有：2010002262410005233⨯⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯--.().x解得x=3答案：B例3：将32.64g 铜与140mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO 和NO 2混合气体在标准状况下的体积为11.2L ，请回答：（1）NO 的体积为__________L ，NO 2的体积为__________L 。
得失电子守恒的练习题
1. 现有含0.8m ol L /某金属阳离子Z n+的溶液10mL ，恰好把30mL 0.4 mol/L 的碳酸盐溶液中的CO 32—全部形成沉淀，则n 值是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4E. 52.在V L 硫酸铝溶液中加入过量的氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀，最后得白色固体m g ，则原溶液中的硫酸根离子的浓度为（ ）A. m/27VB.2m/27VC.m/18VD.m/9VE. m/34V3.将0.1mol/L 的硫酸钾溶液,0.2mol/L 的硫酸铝溶液和纯水混和,要使混和溶液中K A l SO ++-,,342的浓度分别为0.1mol/L,0.1mol/L,0.2mol/L,则所取三种溶液的体积比依次是A. 1:1:1B. 2:1:2C.1:1:2D.2:1:14. 6.96g 四氧化三铁完全溶于100mL2mol/L 硫酸，再加入50mLK 2Cr 2O 7溶液使铁全部氧化，若K 2Cr 2O 7还原产物为Cr 3+，则K 2Cr 2O 7最低浓度为（ ）mol/L 。
A. 0.005B.0.05C.0.1D.0.25.用铂电极电解500mL 含KNO 3和Cu （NO 3）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Cu 2+的物质的量浓度为（ ）mol/L 。
A. 0.5B.1C.2D.无法确定6.用二氧化锰与浓盐酸加热制氯气，若制得的气体为1.12L （标），则被氧化的氯离子为（ ）mol 。
A. 0.1B.0.2C.0.4D.27由反应aF eC l bK N O cH C l dF eC l eK C l fX gH O 2332++=+++，若1,3==b a ，判断：X 的分子式为（ ）A. N 2B.NOC.NO 2D.N H C l 48._______________K I C l H O K C l H IO x ++=++223若K I C l x .2的系数比为1；8，则x 值为_______。
化学计算方法之电子得失守恒法
化学计算方法之电子得失守恒法
高中学习了氧化还原反应以后我们了解到氧化还原反
应时有电子的得与失，而且氧化剂得电子的数目和还原剂失电子的数目是相等的，通常得失电子守恒可以帮助我们确定反应物、产物的量、化学计量数、构成等式计算结果等等。
利用电子得失守恒法解题思路清晰，步骤简捷，快速准确有效。
例如：3.84克铁和氧化铁的混和物溶于过量的盐酸，产生0.672L氢气（标况），若反应后溶液中无Fe3+，求氧化铁的质量？
读完这道题第一反应当然是把本题涉及的三个化学方程式
都写出来，然后根据已知信息逐步推倒，当然也一定能得出正确结果但是显得比较繁琐，我们可以这样来考虑：
设：Fe2O3的质量为mg，则Fe的质量为(3.84-m)g
整个过程只有铁失去电子，最终的产物为Fe2+，那么失去的电子数目为：[(3.84-m)/56]×2mol
那么电子被谁得到了呢？分析可得被H+和Fe3+得到了电子，
H+得到的电子数目为：(0.672L/22.4)×2mol
Fe3+得到的电子数目为：(m/160)×2 mol
根据得失电子数目相等可以得出下面等式：
[(3.84-m)/56]×2mol=(0.672/22.4) ×2mol+( m /160)×2
mol
解得：m=1.6g。
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
【计算专题】氧化还原反应的基本规律和得失电子守恒法计算
氧化还原反应的基本规律和得失电子守恒法计算考点一 氧化还原反应的基本规律知识梳理1．价态规律(1)升降规律：氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。
(2)价态归中规律含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。
简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是注：⑤中不会出现H 2S 转化为SO 2而H 2SO 4转化为S 的情况。
(3)歧化反应规律“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl 2＋2NaOH===NaCl ＋NaClO ＋H 2O 。
2．强弱规律自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“由强制弱”。
3．先后规律(1)同时含有几种还原剂时――→加入氧化剂将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。
如：在FeBr 2溶液中通入少量Cl 2时，因为还原性Fe 2＋＞Br －，所以Fe 2＋先与Cl 2反应。
(2)同时含有几种氧化剂时――→加入还原剂将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。
如在含有Fe 3＋、Cu 2＋、H ＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe 3＋＞Cu 2＋＞H ＋，所以铁粉先与Fe 3＋反应，然后依次为Cu 2＋、H ＋。
4．电子守恒规律氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
电子转移数目的判断(1)()(2)()(3)()(4)()答案(1)×(2)√(3)×(4)×深度思考提升能力电子转移数目的计算(1)根据反应KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3 mol Cl2转移________ mol e －；(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，每产生1 mol氧气转移________ mol e－；(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每 4 mol Na2O2发生反应转移________mol e－。
得失电子守恒例题
例1：K2SO3被KMnO4氧化,18mL 0.2mol/L K2SO3,与2.4×10-3mol KMnO4溶液混合，正好完全反应，则最后Mn化合价
A +6
B +4
C +2
D +7
n(氧化剂)或n(氧化产物)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）= n(还原剂)或n(还原产物)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）
注：有些反应物做氧化剂或还原剂时，只是部分参加反应，不能全部代入计算。
例 2 羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。
现用25.00mL 0.049 mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.65mL 0.020 mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用。
已知（未配平）：FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是（）。
A．N2 B．N2O C．NO D．NO2
例3、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ClO
-个数比为1∶2，则Cl2
3
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____________。
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有关得失电子守恒相计算题 有关氧化还原反应的相关计算，利用得失电子守恒，可以简化计算过程，迅速得出答案，氧化还原反应的实质是电子的转移，因此复习时关于氧化还原反应的计算应从得失电子的角度考虑，才能掌握解决问题的技巧。
巧用得失电子守恒也是配平氧化还原反应方程式的关键环节。
（一般顺序为得失电子守恒→电荷守恒→质量守恒）
例1：K 2SO 3被KMnO 4氧化,LK 2SO 3,与×10-3molKMnO 4溶液混合，正好完全反应，则
最后Mn 化合价
A+6B+4C+2D+7
解析：根据氧化剂和还原剂的得失电子守恒
可判断，KMnO 4作氧化剂，K 2SO 3,作还原剂。
还原剂：o S -+234→o S -+246失2个电子
氧化剂o Mn -+47→x
Mn +得（7-x ）个电子
则×L ×2=×10-3mol ×（7-x ）
求得x
做有关氧化还原反应的题目时，重要的是找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
氧化剂→还原产物，还原剂→氧化产物，根据题中的得失电子列等式！
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）=n(还化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价—低价）
注：有些反应物做氧化剂或还原剂时，只是部分参加反应，不能全部代入计算。
例：（NH4）SO4在强热下分解生成N2、NH3、SO2和H2O，则化合价发生变化与未发生变化的N原子数目比为
：：：：1
注：注意化合价与物质生成物的物质的量之比
氧化还原反应中的竞争反应
例：向100mlFeBr2溶液中通入(标况下)，完全反应后，Cl与Br2物质的量浓度相同，则原FeBr2的物质的量浓度为
点：还原剂Fe2+>B2-,所以Cl2应先氧化Fe2+
6FeBr2+3Cl2原=2FeCl3+4FeBr3
∵Cl与Br2浓度相同∴Cl2有剩余，将一部分Br2氧化成Br
n(Cl)=（÷）×2==n(Br)
据电荷守恒3n(Fe3+)=n(Cl)+n(Br)=+=
FeBr2==2mol/L。