得失电子守恒法
例析“电子得失守恒法”配平氧化还原反应方程式的技巧和策略
（五 ）依据元素守恒 ，配平方程式 利用观察法配平未参加反应 的元素原子个数 ，使反应方程式
方法 之一 ，学生 掌握 得好坏 ，将直接影响到氧化还 原方程式配平 满 足质量守恒规律。通常在配平未变价的原子 时，先确定氧化剂 、
的学 习。下面笔者结合 自己多年 的教学经验 ，就其 配平 方法谈谈 还原剂 、氧化产物 、还原产物 的系数 ，再确定其他 物质 的系数 （通
平的方法 ，叫电子得 失法 。以 ｃ＋ＨＮＯ厂 ｃ０２ Ｔ＋ＮＯ Ｔ＋Ｈ２０为 检查氧化还原反应方程式是否配平 ，要看是否满足得失 电子
例 ，其配平步骤为 ：
守恒 、质量守恒和电荷守恒 ，若是离子型氧化还原反应 ，检查 电子
（一 ）标 变 价
得失守恒最稳 妥 ，检查电荷守恒最方便 。
根据化合 价升降规律只标出变价元素 的化合价。
学 习 中学 化 学 的 主线 和关 键 之 一 。其 中 ，氧 化 还 原 方 程 式 的配 平 ｃ＋４ＨＮ０厂 ｃＯ２ ｔ＋４ＮＯ２ Ｔ＋Ｈ２０
问题 在化 学教学 中既是重点 ，也是难点 ，还是高考 常考 的热点 问 题 。在 众 多 的 配平 方法 中 ，电 子 得失 守恒 法 配 平 是 最 基 本 的配 平
关键词 ：氧化还原反应 ；电子得失守恒法；配平
氧化 还原反应是在 日常生活 、工农业生产和现代科技 中经常 （四 ）根据得失 电子数 的最小公倍数求标准物 的系数
遇到的一类重 要的化学反应 。它贯穿中学化学学习的全过程 ，是 确定 Ｃ、ＨＮＯ３、ＣＯ：、ＮＯ：的系数分别为 １、４、１、４。
０ ＋５
＋４ ＋２
０ ＋４
ｃ—ｃ消耗 １ｔ ｏｏｌ Ｃ（或生成 １ｍｏｌ ＣＯ２）转移 ４ｍｏ１ ｅ－
11电子得失守恒规律
电子得失守恒规律431800湖北省京山一中贾珍贵刘洪涛1.电子得失守恒规律物质给出（失去）电子的性质称为还原性，还原剂是电子的给予体。
物质接受（得到）电子的性质称为氧化性，氧化剂是电子的接受体。
在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到的电子总数。
在定量的氧化还原反应中，若化合价升高的元素原子的物质的量为n1，升高的价数为a1化合价降低的元素原子的物质的量为n2，降低的价数为a2，则n1·a1= n2·a2。
多种元素得失电子时，应计算求和。
2.电子转移方向和数目的标明标明电子转移方向和数目有助于更清楚地认识电子得失守恒关系，通常的方法有：双线桥法——用此法可以分析同种元素在反应前后的电子转移、化合价升降、被氧化、被还原、发生氧化反应、还原反应等关系。
若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。
应用双线桥法时，箭头、箭尾应对准同种元素，箭尾对准反应物中的某元素，箭头应指向生成物中的同一元素；标电子转移时，应标明“得到”、“失去”几个电子或“＋ne－”、“－ne－”；－如2Na+ O2失去－发生氧化反应+ 3H2O2－单线桥法——只用以表明反应物（氧化剂与还原剂）间的电子转移关系。
箭尾对准失去电子的元素，箭头指向得到电子的元素；电子转移只标明总数，如ne－，不要指明“得到”或“失去”。
若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。
如－－+3H2O 2Na + Cl2 = 2NaCl3 2氧化剂还原剂还原剂氧化剂－2=2FeCl3+2Br2电子得失守恒规律主要的应用是配平氧化还原方程式、进行氧化还原反应方面的计算，有的要计算反应物或产物的化合价，有的计算反应物或产物的物质的量或质量等。
正确理解上述公式，正确判断元素的化合价，正确判断氧化产物和还原产物，准确找到氧化剂和还原剂得失电子的数目，运用得失电子物质的量守恒来建立等式，是解这类问题的关键。
典例精析【例题1】用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将1×10－3 mol的X2O72—还原，则元素X在还原产物中的化合价是( )A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4[答案 ]C 。
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。
电子守恒法得失电子数相等关系
电子守恒法(得失电子数相等关系)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：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于还原剂失电子总数。
1、求化合价1．用0.1 mol / L 的Na 2SO 3溶液30 mL ，恰好将2×10－3 mol 的XO 4-还原，则元素X在还原产物中的化合价是(MCE91) ( D )A ．＋1B ．＋2C ．＋3D ．＋4解析：该反应中， SO 32-将被氧化SO 42-为，0.1×30×2＝2×(7－x )，x ＝42．已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R 元素被Na 2SO 3还原到较低价态。
如果还原2.4×10－3 mol RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol / L 的Na 2SO 3溶液。
那么，R 元素被还原成的价态是( B )A ．-1B ．0C ．＋1D ．＋2 解析：B 。
由2.4×10－3×x ＝0.06×0.1×2，x ＝5，5－5＝0。
应选B 。
3．24 mL 浓度为0.05 mol / L 的Na 2SO 3溶液，恰好与20 mL 浓度为0.02 mol / L 的K 2Cr 2O 7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：0.02×0.02×2×(6－x )＝0.024×0.05×(6－4)，x ＝3，应选B 。
氧化还原反应中电子守恒计算
氧化还原反应中电子守恒计算氧化还原反应中的电子守恒计算解题方法：1．计算依据：（1）氧化剂获得电子总数等于还原剂失去电子总数，即得失电子守恒。
（2）氧化剂中元素降价总数等于还原剂中元素升价总数，即化合价升降守恒。
（3）反应前后各元素种类不变，各元素的原子数目不变，即质量守恒。
（4）在有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带电荷总数相等，即电荷守恒。
2．计算方法——得失电子守恒法：还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数:解题的一般步骤为：(1)找出氧化剂、还原性及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数。
(注意化学式中粒子的个数)(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原性)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
3．常见题型：1.硫代硫酸钠可作为还原剂,已知溶液恰好把标准状况下完全转化为-离子,则-将转化成A.-B. SC. -D. -1 / 3答案：C2.当溶液中-和-离子数之比为1：3时,正好完全发生氧化还原反应,X在还原产物中的化合价为A. B. C. D.答案:C3.24mL浓度为的溶液恰好与20mL某浓度的溶液完全反应已知被氧化为,且元素Cr在还原产物中的化合价为价,则原溶液的物质的量浓度为A. B. C. D.答案：B4.当溶液中离子与分子的个数比恰好按2：5进行反应时,溶液中被还原为较低价态,则X元素的化合价变为( )A. B. C. D.答案：C5.某铁的氧化物溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下,恰好将完全氧化值为( )A. B. C. D.答案：A6.在含有的溶液中通入,再加入含有的溶液后,恰好完全转化为,则反应后X元素的化合价为( )A. B. C. D.答案：B7.某强氧化剂与的溶液恰好完全反应,则X还原后化合价为( )A. B. C. 0 D.答案：C氧化还原反应中电子守恒计算3 / 3。
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
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。
高四化学练习——电子得失守恒
高四化学练习——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解析：假设三个反应均生成1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均由-2价升高到0价，故转移电子数均为4mol。
氧化还原反应的计算
氧化还原反应的计算！1.典型的计算类型：求氧化剂、还原剂物质的量之比或质量比，计算参加反应的氧化剂或还原剂的量，确定反应前后某一元素的价态变化等．2.计算的依据：氧化剂得电子数=还原剂失电子数，列出守恒关系式求解．3.基本方法——得失电子守恒法：依据得失电子守恒，列出守恒关系求解：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。
【例题】题型1：氧化还原反应电子转移数目的计算1、三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF（已知NO遇到空气会变为红棕色气体）．下列有关说法正确的是（）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：1C．若反应中生成0.2mol HNO3，则反应共转移0.2mol e﹣D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【解析】A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故B错误；C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole﹣，故C错误；D．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故D正确．故选D．2（2012·上海）、火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（ )A．SO2既是氧化产物又是还原产物B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化D.每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化E.此反应转移电子个数为4mol【解析】A.2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B.2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，但该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．被氧化的S元素由-2价升高到+4价，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；D.2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，S元素由-2价升高到+4价，该反应中转移电子数是6，所以每转移1.2 mol电子，则有0.2 mol硫被氧化，故D正确；故选AD．题型2：计算参加反应的氧化剂或还原剂的量1、（2008•海南）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（）A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol【解析】因为硝酸很稀，所以硝酸被氧化成NH3（氨气）而不是NO2（二氧化氮），然后氨气极易溶于水，就与稀硝酸反应生成硝酸铵，所以没有NO2 就只生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应的方程式可以表达为：4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2 +NH4NO3+3H2O，所以被还原的硝酸就是被还原成氨气的那部分，也就是生成硝酸铵的那份，所以生成1mol的硝酸锌，相对应的生成硝酸铵物质的量就是0.25mol，所以硝酸还原成氨气的部分就是0.25mol．故选：D．2、在3S+6KOH==2K2S+K2 SO3 +3H2 O的反应中，被还原的硫比被氧化的硫多3．2 g,则参加反应的物质的量为（）A．0．1 mol B．0．2 mol C．0．3mol D．0．4 mol【解析】由化学反应方程式可得，硫在反应中既被氧化又被还原，其中每3 mol硫参与反应，则有1 mol S被氧化，2 mol S被还原，被还原的硫比被氧化的硫多32g，现被还原的硫比被氧化的硫多3．2 g,则有0．2 mol S被还原,0．1 mol硫被氧化,共有0．3 mol硫参加反应，故C项正确。
得失电子守恒法 (4)
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。
一．总 质 量 守 恒这是针对化学反应，从整体来看的，这种技巧计算的根据是质量守恒定律。
在化学反应中，反应物的总质量一定等于生成物的总质量。
1、一般化学反应的计算1．向KI 溶液中加入AgNO 3溶液，直到反应完全为止。
结果反应后溶液的质量恰好等于原碘化钾溶液的质量，则该AgNO 3溶液中溶质的质量分数为 ( D )A. 50%B. 48.8%C. 38.2%D. 72.3% 解析：KI ＋ AgNO 3 ＝ AgI ↓ ＋ KNO 3 溶液 W 1 W 2 W 3 W 4 x x x x 因为W 1＝W 4 ，所以W 2＝W 3＝235x (g)， AgNO 3%＝170235xx×100%＝72.3% 。
故应选D 。
2．在反应 X ＋2Y ＝R ＋2M 中，已知R 和M 的摩尔质量之比为22∶9，当1.6 g X 与Y 完全反应后，生成4.4 g R ，则在此反应中Y 和M 的质量之比为(MCE95.24) ( A )A ．16∶9B ．23∶9C ．32∶9D ．46∶9解析：A 。
选项中后一个值均为9，因为R —2M 的质量之比为11∶9，反应后总质量为11＋9＝20，故反应物之一的Y 的质量应小于20，只能选16。
另解：n (R )∶n (M )＝1∶2，故m (R )∶m (M )＝22∶2×9＝22∶18，当生成4.4 g R 时生成M 的质量为2218×4.4 g ＝3.6 g ，由质量守恒得：m (X )＋m (Y )＝m (R )＋m (M ) ，m (Y )＝3.6 g ＋4.4 g －1.6 g ＝6.4 g ，m (Y )∶m (M )＝6.4 g ∶3.6 g ＝16∶9。
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
得失电子守恒法 (6)
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。
六、化合价守恒在一种化合物中，或反应后生成的一种化合物中，正价总数一定等于负价总数。
化合价守恒也叫总价数相等关系，它是一种表观现象，是微观的电子行为的表现。
因此，涉及电子的守恒问题都可以看作是存在总价数相等关系。
要注意的是，水在复分解反应中看成H +·OH - ，为1价；在分解和化合反应中应看成2价。
而单质在化学反应不看成0价，如氢气为2价，氧气为4价，铜为2价，不分正负。
(这种化合价显然与教材上定义的化合价是不完全同的)采用总价数相等关系的好处是不用写出配平的化学方程式就能进行正确地计算，这样就可节约时间，提高解题的速率；对于那些写不出化学方程式的反应或化学方程式比较繁杂或化学方程式难于配平的计算特别有用。
利用此关系可求元素的化合价和相对原子质量，确定物质的组成或化学式，计算物质质量或溶液的浓度、体积等。
1．求化学式1．铁有几种氧化物，现将14.4 g 乙二酸亚铁(FeC 2O 4)与空气隔绝加热完全分解后得到7.2 g 铁的某种氧化物。
该氧化物是 ( A ) A. FeOB. Fe 3O 4C. Fe 2O 3D. FeO 、Fe 2O 3解析：14.4 g 乙二酸亚铁为0.1 mol ，含0.1 mol Fe ，铁的氧化物的式量为M ，正价总数为u ，根据总价数相等关系，可得：0.1×2＝72.Mu ⨯，M ＝36 u ，当u ＝2时，M ＝72，得FeO ，应选A 。
2、求化合价1．在某金属硫酸盐M 2(SO 4)x 溶液0.05 mol / L 10 mL 中，滴加BaCl 2溶液0.10 mol / L 15 mL ，硫酸钡便完全沉淀，则该金属元素的化合价是 ( C ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 不能确定 解析：0.05×10×x ＝0.1×15×2，x ＝3，应选C 。
高中化学高考总复习----守恒法在化学计算中的应用知识讲解及巩固练习题(含答案解析)
A 0.2mol L－1
B 0.4mol L－1
C 0.8mol L－1
D 1.6mol L－1
【答案】C
【变式 5】将一定质量的镁铝合金投入到 250ml 4mol/L 的盐酸中，金属完全溶解后，再
加入 2mol/L 的 NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是
（）
Байду номын сангаас
A、250mL
【总结升华】本题应抓住混合物中 Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4 三者均含“Na2S”的特 点，Na、S 两元素个数比均为 2:1，故不论三者比例如何混合物中 Na、S 两元素个数比 均为 2:1。 举一反三： 【变式 1】C2H4 、C3H8O 、C6H12 混合物中，C 元素的质量分数为 a%，求 O 元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9 【解析】将 C3H8O 改为 C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式 2】甲醛，乙醛，丙醛组成的混和物中，氢元素占质量百分组成为 9%，则混和物
中氧元素占质量百分组成为
A. 37%
B. 16%
C. 6.6% D.无法确定
【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－。
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• A 、2 B 、3 C、4
D5
• 4、已知(NH4)2SO4分解生成NH3、 N2 、 SO2、 H2O，则反应后生成的SO2 和N2物 质的量之比是（ ）
• A 、3 ：1 B 、1 ：2
• C、1 ：3
D1 ：4
• 5、已知下列分子或离子在酸性条件下都能 氧化KI，自身发生如下变化：
• H2O2——H2O IO3-- ——I2
• A.Fe(NO3)x中的x为2 • B.稀硝酸在反应中只表现氧化性 • C.反应中每还原0.2 mol氧化剂，就有0.6 mol电子转移 • D.磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化
例题展示(方法1）
• 3、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3 = K2O+5Na2O+16N2↑。则下列说法正确的是（ ）
• 2、已知25毫升0．1mol/lNa2S2O3恰好把 224mlCl2完全转化为C l－,则S2O32－将转化 为（ ）
• A、S2- B、S C、SO32- D、SO42-
• 3、 已知Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO 氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl， 若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比是 1：16，则x值为（ ）
• 1、已知5KI+KIO3+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O。 • （1）当有1mol I2生成时，有多少mol还原剂被氧
化。 • （2）有5mol 氧化剂参与反应时，转移电子的总数为多少个？例Fra bibliotek展示(方法1）
• 2 、 将 磁 性 氧 化 铁 放 入 稀 硝 酸 中 可 发 生 如 下 反 应 ： 3Fe3O4 ＋ 28HNO3(稀)===9Fe(NO3)x＋NO↑＋14H2O，下列判断合理的是
• MnO4-- ——Mn2+ HNO2——NO
• 如果分别用等摩尔的这些物质氧化足量的KI，
得到I2 最多的是：
• A H2O2
B IO3--
• C MnO4--
D HNO2
得失电子守恒法
基本模式
反应类型
标准反应：关键词：“剂”、“产物” 歧化反应: 关键词：“剂” 归中反应: 关键词：“产物” 部分反应: 关键词：前后价态有不变部分
计算方法
• 1、方程式法（配平基础上根据转移电子数 列比例式）
• 2、直接计算（审题基础上）
n • 公式： 原子×△价
例题展示(方法1）
• A．KNO3是还原剂，其中N元素被氧化 • B．生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物 • C．若有65 g NaN3参加反应，则被氧化N的物质的量为3.2mol • D．每转移1 mol e一，可生成标准状况下N2的体积为35. 84L
例题展示(方法2）
• 1、24 mL 0.05 mol·L－1 Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1 K2Cr2O7溶液恰好完全反应， 已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，则Cr在还原 产物中的化合价为____。