氧化还原反应计算中的“守恒法”
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－
＝0.02 mol· L 1×0.020 L×2×
－Байду номын сангаас
(6－n)，解得 n＝3。
（二）多元素参与反应的得失电子守恒问 题 【解析】设 7.5 mol CuSO
被氧化 P 的物质的量为 y 根据电子守恒得：
4 氧化
P的
物质的量为 x；生成 1 mol Cu3P 时，
7．5 mol× (2－1)＝x· (5－0) x＝1.5 mol 1 mol× 3× (2－1)＋1 mol× [0－(－3)]＝y· (5－0) y＝1.2 mol 所以参加反应的 P 的物质的量为 1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
A． 2 C． 4 B．3 D． 5
【解析】 题目中指出被还原的 物质是 Cr，则得电子的物质必 是 K2Cr2O7， 失电子的物质一定 是 Na2SO3，其中 S 元素的化合 价从＋4→＋6；
而 Cr 元素的化合价将从＋6→ ＋n(设化合价为 n)。根据氧化 还原反应中得失电子守恒规律， 有 0.05 mol· L 1×0.024 L×(6－4)
－ － － － － －
－
－
＋
1．（2012· 四川） 向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）
2。在所得溶液中加入1.0mol/L
的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 ）
39.2g。下列有关说法不正确的是（
B
【解析】 根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，其质量是39.2 g，则n(Cu(OH)2)=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化 合物中的 n(Cu) 等于 0.4 mol，设原化合物中的 Cu和 Cu2O的物质的量分别是 x、 y ，则有 x＋ 2y=0.4 mol， 64x＋ 144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2:1，A正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表
（四）微粒先后反应时的得失电子守恒问题
【解析】 开始加入 KIO3 溶液时， 最先与 IO3 反应的微粒是 HSO3 ， 还原产物为 I ，氧化产物为 SO2 4 。 － 当 HSO3 反应完后，b 点到 c 点发生反应的离子方程式为
－ －
－
－
IO3 ＋5I ＋6H ===3I2＋3H2O。
所以 0 点到 b 点参加反应的 HSO3 的物质的量可利用电子守恒求解， n(HSO3 )× 2e ＝n(IO3 )× 6e ，即 n(HSO3 )× 2＝1 mol× 6，所以 x＝3。
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电 子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间 反应历程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
1．找准元素化合价的变化，有多种元素化合价发生变化时不能遗漏。 2．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(还原剂)×变价原子个数×化合价变化 值 ( 高价—低价) 。要特别小心不能用氧化剂或还原剂直接计算。如 1mol重铬酸钾中有 2mol +7价的
2015年高中化学一轮复习 氧化还原反应计算中的“守恒法”
●考纲解读
1．了解氧化还原反应的本质是电子的转移，了解常见 的氧化还原反应。
2．掌握常见氧化还原反应的计算。 ●考情分析
一、准确理解氧化还原反应的概念
二、理解概念抓实质，解题应用靠特征 氧化还原反应的本质：反应过程中电子的转移（电子的得失或 电子对偏移）。 氧化还原反应的特征：有元素化合价的升降。 氧化还原反应的最基本规律：反应遵循转移电子守恒的规律。 即元素化合价升高的总数与元素化合价降低的总数相等。
B
1．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
2. 将32.4g 1molMg—Cu合金完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液， 恰好完全反应时产生52.8g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是（ ） A．0.6molNO C B．0.4molNO2和0.2molN2O4 C．0.2molNO、0.4molNO2和0.10molN2O4 D．0.2molNO、0.2molNO2和0.4molN2O4
（三）多步反应的得失电子守恒问题
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数
量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住
失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很
C
简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，
要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价 发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
铬原子。
谢谢您的观看！
2.（2006 全国Ⅱ） 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： Fe3+ →Fe2+ , MnO4-→Mn2+, Cl2→Cl-, HNO3→NO , 如果用等个数的这些物质氧化足量的KI ，得到I2最 多的是（ ）
A. Fe 3+
B. MnO4—
C. Cl2
D. HNO3
【解析】 （2）根据电荷守恒得： x＋2×2－3×2＝2，解得 x＝4。
（3）根据还原剂失电子总数等于氧 化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4 时，转移的电子数即是 1 mol O2 得电子总数，为 4 mol。设被 Fe
＋
还原的 O2 的物质的量为 x，根据电 8 子守恒得：4x＝1 mol×3×( －2)， 3 解得 x＝0.5 mol。
三、“守恒法”计算氧化还原反应的基本思路 1．依据：得到电子总数=失去电子总数。 2．方法： ①找准对象 ②弄清个数 ③列出变化
（一）简单反应的得失电子守恒问题
1．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 质的量之比为1∶16，则x的 值为 （ D ）
（三）多步反应的得失电子守恒问题 5 ． 14 g 铜银合金与足量的某 浓度的硝酸反应，将放出的 气体与1.12 L（标准状况下） 氧气混合，通入水中恰好全
部被吸收，则合金中铜的质
量为（ C ）
（四）微粒先后反应时的得失电子守恒问题 当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，则强 还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微 粒时，则强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程 度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体 计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对 应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样 适用。
4 ． 四氧化三铁（ Fe3O4 ）磁性纳米颗粒 稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、 生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有 力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是 3Fe2 ＋ ＋ 2S2O32- ＋ O2 ＋ xOH － ===Fe3O4↓ ＋ S4O62-＋2H2O。请回答下列问题。
＝0.02 mol· L 1×0.020 L×2×
－Байду номын сангаас
(6－n)，解得 n＝3。
（二）多元素参与反应的得失电子守恒问 题 【解析】设 7.5 mol CuSO
被氧化 P 的物质的量为 y 根据电子守恒得：
4 氧化
P的
物质的量为 x；生成 1 mol Cu3P 时，
7．5 mol× (2－1)＝x· (5－0) x＝1.5 mol 1 mol× 3× (2－1)＋1 mol× [0－(－3)]＝y· (5－0) y＝1.2 mol 所以参加反应的 P 的物质的量为 1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
A． 2 C． 4 B．3 D． 5
【解析】 题目中指出被还原的 物质是 Cr，则得电子的物质必 是 K2Cr2O7， 失电子的物质一定 是 Na2SO3，其中 S 元素的化合 价从＋4→＋6；
而 Cr 元素的化合价将从＋6→ ＋n(设化合价为 n)。根据氧化 还原反应中得失电子守恒规律， 有 0.05 mol· L 1×0.024 L×(6－4)
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1．（2012· 四川） 向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）
2。在所得溶液中加入1.0mol/L
的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 ）
39.2g。下列有关说法不正确的是（
B
【解析】 根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，其质量是39.2 g，则n(Cu(OH)2)=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化 合物中的 n(Cu) 等于 0.4 mol，设原化合物中的 Cu和 Cu2O的物质的量分别是 x、 y ，则有 x＋ 2y=0.4 mol， 64x＋ 144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2:1，A正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表
（四）微粒先后反应时的得失电子守恒问题
【解析】 开始加入 KIO3 溶液时， 最先与 IO3 反应的微粒是 HSO3 ， 还原产物为 I ，氧化产物为 SO2 4 。 － 当 HSO3 反应完后，b 点到 c 点发生反应的离子方程式为
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IO3 ＋5I ＋6H ===3I2＋3H2O。
所以 0 点到 b 点参加反应的 HSO3 的物质的量可利用电子守恒求解， n(HSO3 )× 2e ＝n(IO3 )× 6e ，即 n(HSO3 )× 2＝1 mol× 6，所以 x＝3。
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电 子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间 反应历程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
1．找准元素化合价的变化，有多种元素化合价发生变化时不能遗漏。 2．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(还原剂)×变价原子个数×化合价变化 值 ( 高价—低价) 。要特别小心不能用氧化剂或还原剂直接计算。如 1mol重铬酸钾中有 2mol +7价的
2015年高中化学一轮复习 氧化还原反应计算中的“守恒法”
●考纲解读
1．了解氧化还原反应的本质是电子的转移，了解常见 的氧化还原反应。
2．掌握常见氧化还原反应的计算。 ●考情分析
一、准确理解氧化还原反应的概念
二、理解概念抓实质，解题应用靠特征 氧化还原反应的本质：反应过程中电子的转移（电子的得失或 电子对偏移）。 氧化还原反应的特征：有元素化合价的升降。 氧化还原反应的最基本规律：反应遵循转移电子守恒的规律。 即元素化合价升高的总数与元素化合价降低的总数相等。
B
1．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
2. 将32.4g 1molMg—Cu合金完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液， 恰好完全反应时产生52.8g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是（ ） A．0.6molNO C B．0.4molNO2和0.2molN2O4 C．0.2molNO、0.4molNO2和0.10molN2O4 D．0.2molNO、0.2molNO2和0.4molN2O4
（三）多步反应的得失电子守恒问题
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数
量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住
失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很
C
简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，
要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价 发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
铬原子。
谢谢您的观看！
2.（2006 全国Ⅱ） 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： Fe3+ →Fe2+ , MnO4-→Mn2+, Cl2→Cl-, HNO3→NO , 如果用等个数的这些物质氧化足量的KI ，得到I2最 多的是（ ）
A. Fe 3+
B. MnO4—
C. Cl2
D. HNO3
【解析】 （2）根据电荷守恒得： x＋2×2－3×2＝2，解得 x＝4。
（3）根据还原剂失电子总数等于氧 化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4 时，转移的电子数即是 1 mol O2 得电子总数，为 4 mol。设被 Fe
＋
还原的 O2 的物质的量为 x，根据电 8 子守恒得：4x＝1 mol×3×( －2)， 3 解得 x＝0.5 mol。
三、“守恒法”计算氧化还原反应的基本思路 1．依据：得到电子总数=失去电子总数。 2．方法： ①找准对象 ②弄清个数 ③列出变化
（一）简单反应的得失电子守恒问题
1．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 质的量之比为1∶16，则x的 值为 （ D ）
（三）多步反应的得失电子守恒问题 5 ． 14 g 铜银合金与足量的某 浓度的硝酸反应，将放出的 气体与1.12 L（标准状况下） 氧气混合，通入水中恰好全
部被吸收，则合金中铜的质
量为（ C ）
（四）微粒先后反应时的得失电子守恒问题 当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，则强 还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微 粒时，则强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程 度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体 计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对 应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样 适用。
4 ． 四氧化三铁（ Fe3O4 ）磁性纳米颗粒 稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、 生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有 力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是 3Fe2 ＋ ＋ 2S2O32- ＋ O2 ＋ xOH － ===Fe3O4↓ ＋ S4O62-＋2H2O。请回答下列问题。