电子守恒法(得失电子数相等关系)

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0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×10－3mol的XO4-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，SO32-将被氧化SO42-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Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3molRO(OH)2+至较低价态，需要60mL0.1mol/L的Na2SO3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。3．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7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。4．250mL24mol/L的Na2SO3溶液恰好把02mol的-272OX还原，则X在还原产物中的化合价为多少？解：根据氧化还原反应中电子转移守恒，设X在还原产物中的化合价为x，则有24mol/L×025L×2＝02mol×6－x×2，x＝3，答：X在还原产物中的化合价为3。2、求物质的量1．将mmolCu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、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CA.4mmolB.10mmolC.103mmolD.23mmol解析：mmolCu2S共失去电子：2mmol＋8mmol＝10mmol，Cu2S每失去3mol电子可还原1molHNO3，故被还原的HNO3为103mmol，应选C。2，硫酸铵在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93)(A)A．1∶3B．2∶3C．1∶2D．4∶3解析：该反应的氧化产物是N2，还原产物是SO2，设其物质的量分别为xmol、ymol，由电子守恒得：2x×(3－0)＝y×(6－4)，x∶y＝1∶3，应选A。3．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为(A)解析：该反应的氧化剂为P、CuSO4，还原剂为P，本题只需CuSO4氧化P的物质的量，设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为xmol，由电子守恒得：7.5×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5，应选A。4．在反应3BrF3＋5H2O＝HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有5molH2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为(D)A.3molB.2molC.43molD.103mol解析：该反应的氧化剂为BrF3，还原剂为BrF3、H2O，本题只要求H2O还原BrF3的物质的量，设5molH2O能还原BrF3xmol，由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝103，应选D。5．往100mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有31的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+＞Br－，Br－已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，(1分)可得：(x＋2x×31)×0.1L×1＝2×1-molL4.22L24.2x＝1.2mol·L－1解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl－和Br－(剩余23)。3x＝23x×2＋2×1-molL4.22L24.2，x＝1.2mol·L－1。6．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ClO3-个数比为1∶2，则Cl2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D解析：设ClO为x个，由题意知，ClO3-为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x∶x＋2x＝11∶3，应选D。7．取铁粉和氧化铁的混合物样品1488g，加入125mL稀硫酸，使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到336L标准状况下测定气体，当向溶液中加KSCN溶液时，溶液不显红色。再用5mol/L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150mL，恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。试求：1原样品中氧化铁的质量分数；2上述硫酸的物质的量浓度。解析：本题涉及的反应共有5个，关系错综复杂，所以用常规方法利用化学方程式求解，既繁琐费时又容易出错。若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。1设Fe2O3的物质的量为x，由电子得失守恒关系有：nFe×2＝nFe2O3×2＋nH2×2g/mol56160g/mol-g88.14x＝x＋22.4L/molL36.3，得x＝003molFe2O3%＝14.88g160g/molmol03.0×100%＝3226%2设H2SO4的物质的量为y，由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4，而Na+的来源只有NaOH，由元素守恒可得如下关系式：2NaOH~Na2SO4~H2SO4015L×5mol/L＝0125L×2yy＝3mol/L3、配平1．在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子反应中，化学计量数x＝__________。解析：氧化剂O2得电子总数为2×2e，还原剂R2+失电子总数为x×(3－2)e，由电子守恒得：2×2＝x×(3－2)，x＝4。2．已知反应：AgF＋Cl2＋H2O→AgCl＋AgClO3＋HF＋O2↑，配平后，AgClO3系数为b，O2的化学计量数为c，则AgCl的化学计量数为_________。解析：该反应的氧化剂为Cl2，还原剂为Cl2、H2O，设AgCl系数为x，由电子守恒得：x×1＝b×5＋2c×2，x＝5b＋4c。4、求质量1．在NxOy＋NH3一定条件下N2＋H2O未配平的氧化还原反应中，被还原的元素和被氧化的元素质量比是AA3x∶2yBx∶3yC5x∶2yD2x∶3y解析：2y＝3b，b＝32y，x∶32y＝3x∶2y。b为氨的物质的量。2．把一铜片投入盛有浓硝酸的烧瓶中，充分反应后，将产生的气体全部吸收到一容器中。反应完毕，把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解，产生的气体也一并收集到前一容器中。最后，将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内，待反应完全后，测得容器内还余下一氧化氮气体0.448L(标准状况下体积)。若在收集气体过程中，无别的物质进入容器，则参加反应的铜的质量为_________g。解析：本题涉及的反应有以下几个：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2Ox2x2Cu(NO3)2＝2CuO＋4NO2↑＋O2↑3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO2x230488224x..LL/mol＝0.02molx＝0.03mol，Cu的质量为0.03mol×64g/mol＝1.92g。如果按反应顺序，根据各物质在反应中物质的量的关系进行比例计算，是比较繁的。而综观全过程，Cu(NO3)2、NO2和O2只不过是一系列氧化还原反应中的中间产物，从整个体系来看，发生了电子转移的物质仅是：Cu－2e—→Cu2+HNO3＋3e—→NO这样，根据HNO3在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数，就很容易解出此题。反应中硝酸还原成NO后失电子：0448224..LL/mol×3＝0.06mol，所以铜的物质的量为：2mol06.0＝0.03mol，其质量为：0.03mol×64g/mol＝1.92g。3．取004molKMnO4固体加热一段时间后，收集到amol单质气体，此时KMnO4的分解率为x，在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到bmol单质气体，设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中。1a＋b＝用x表示；2当x＝时，a＋b取最小值，且最小值为；3当a＋b＝009时，004molKMnO4加热后所得残留固体各是何物质？其物质的量分别是多少？312KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2004x002x002x002x＝aMnO2＋4HClMnCl2＋2H2O＋Cl2002x002xK2MnO4＋8HCl＝MnCl2＋4H2O＋2Cl2＋2KCl002x002x2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋8H2O＋5Cl2＋2KCl0041－x0041－x×25bb＝002x＋004x＋01－01x＝01－004xa＋b＝002x＋01－004x＝01－002x另解：Mn元素的降低总价＝O元素的升高总价＋Cl元素的升高总价004×5＝a×4＋b×2，2a＋b＝01，b＝01－2a，a＋b＝01－002x2x＝1，a＋b＝01－002×1＝0083x＝05，KMnO4：0041－05＝002mol，K2MnO4和MnO2各为：0021－05＝001mol。5、电极反应1．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：MCE9621负极：Pb＋SO42-＝PbSO4＋2e正极：PbO2＋4H+＋SO42-＋2e＝PbSO4＋2H2O今若制得Cl20.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是(C)A.0.025molB.0.050molC.0.10molD.0.20mol解析：在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl－2e＝Cl2，要制0.050molCl2，在电解池中得失电子为010mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：2e～4H+～2H2SO4，故转移010mol电子，要消耗010molH2SO4，应选C。