电子守恒法(得失电子数相等关系)
化学计算中常用的一些技巧及高考计算题型突破
在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高，大家在心理上对计算题不太重视，使得每次考试都会有不少考生在计算方面失分太多。
高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。
下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。
差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
例1将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为12.5g。
求混合物中碳酸钠的质量分数。
解析混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。
化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。
元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
电子得失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，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。
氧化还原第三课时
A、Fe3＋
B、 MnO4－
C、Cl2 D、HNO2
6. G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物。我们不 了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具 有如下的转换关系（未配平）。
①G→Q + NaCl
② Y + NaOH→G + Q +
H2O ③Q + H2O→X+H2 H2O
GYQZX
④ Z + NaOH→Q + X +
（阳离子的氧化性逐渐增强）
（单质的氧化性逐渐减弱）
非 金
F Cl Br
I
S
属
F- Cl- Br- I-
S2-
（阴离子的还原性逐渐增强）
3.根据氧化还原反应的程度比较
不同氧化剂与相同还原剂作用时，还原剂被氧化的程度越大，
氧化剂的氧化性越强。
例如：2Fe+3Cl2 =点=燃== 2FeCl3
Fe+S
△
2、在下列反应中，
A．2F2+2 H2O== 4HF+O2↑ B．2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
C．CaO+H2O==Ca(OH)2
D．2H2O==2H2↑+O2↑
其中水是氧化剂的是______，水是还原剂的是______ __，
水既是氧化剂，又是还原剂的是___ ______，
水既不是氧化剂，又不是还原剂的是__________。（填序号）
氧化性：KMnO4＞MnO2
【特别提醒】物质氧化性、还原性强弱比较的“一个根本”和
“一个无关” “一个根本”：得失电子的难易程度； “一个无关”：与得失电子数目的多少无关。 例证：Na在反应中易失去1个电子，而Al在反应中易失去3个 电子，但钠比铝的还原性强。
高中化学高考总复习--氧化还原反应方程式的书写和计算知识讲解及巩固练习题(含答案解析)
成
Fe2＋，可以写出 Fe3＋＋I－―→Fe2＋＋I2，然后根据得失电子守恒、电荷守恒配平。FeCl3 与 KClO 反应时，根
据题目信息 Fe3＋被氧化为 FeO42-，则 ClO－被还原成 Cl－，可以写出 Fe3＋＋ClO－―→FeO42-＋Cl－，然后根据氧
化还原反应中得失电子守恒可以得到：2Fe3＋＋3ClO－―→2FeO42-＋3Cl－，再结合溶液强碱性和电荷守恒，在 左边补上 OH－，然后配平即可。 【变式 4】向 Na2CO3 溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有 NaHCO3
__________ ＋ __________ →
【答案】（1）FeSO4＋HNO3→Fe(NO3)3＋Fe2(SO4)3＋N2O＋H2O （2）FeSO4 N（3）得到 4（4）24FeSO4＋30HNO3→ 类型二、 陌生氧化还原反应方程式的书写
【高清课堂：氧化还原反应的基本概念和规律 例 1】
【变式 3】（2015 衡水中学周练）FeCl3 与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为________
______________________；高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3
与 KClO 在强碱性条件下反应可制取 K2FeO4，其反应的离子方程式为
5SO2＋2MnO4-＋
＝5SO42-＋2Mn2+＋
，再用 H+离子调整电荷相等（右边加上 4 个 H+），最后在
左边补上 2 个水即可。
【总结升华】书写氧化还原反应的化学方程式重在分析化合价变化，强调一种元素化合价上升，必有
另一种元素的化合价降低。
举一反三：
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－
氧化还原反应计算中的“守恒法”
－
－
＋
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，沉淀质是（
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
【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）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 ）
氧化还原电子守恒计算
氧化还原反应计算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：【例1】已知M2O可与R2－作用，R2－被氧化为R的单质，M2O的还原产物中，M为＋3价，又知c(M2O)＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c(R2－)＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL 恰好完全反应，则n值为( )A．4 B．5 C．6 D．7【解析】(1)如何确定复杂离子中元素的化合价？(2)如何判断氧化还原反应中的得失电子守恒数？解题流程：●活学巧练3．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为( )A．0.3 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol【点拨】标出化合价变化：O2―→2＋，3＋―→2O；算出一个原子的得失电子数：PbO2得(4－2)e－，Cr3＋失(6－3)e－；求算某个原子得失电子总数，设需PbO2的物质的量为a，转移电子数为：a×(4－2)e－，Cr3＋转移电子数为：(6－3)e－×1 mol；利用电子守恒列式：a×(4－2)e－＝(6－3)e－×1 mol，a＝1.5 mol。
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 。
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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 ＝4 2．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 。
4．250 mL 2.4 mol / L 的Na 2SO 3溶液恰好把0.2 mol 的-272O X 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2.4 mol / L ×0.25 L ×2＝0.2 mol ×(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m mol Cu 2S 和足量稀HNO 3反应，生成Cu(NO 3)2、H 2SO 4、NO 和H 2O 。
则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是 ( C )A. 4m molB. 10m molC. 103m molD. 23m mol 解析：m mol Cu 2S 共失去电子：2m mol ＋8m mol ＝10m mol ，Cu 2S 每失去3 mol 电子可还原1 mol HNO 3，故被还原的HNO 3为103m mol ，应选C 。
2，硫酸铵在强热条件下分解，生成NH 3、SO 2、N 2和H 2O ，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N 2，还原产物是SO 2，设其物质的量分别为x mol 、y mol ，由电子守恒得：2x ×(3－0)＝y ×(6－4)，x ∶y ＝ 1∶3，应选A 。
3．在P ＋CuSO 4＋H 2O → Cu 3P ＋H 3PO 4＋H 2SO 4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO 4可氧化P 的物质的量为 ( A )解析：该反应的氧化剂为P 、CuSO 4，还原剂为P ，本题只需CuSO 4氧化P 的物质的量，设7.5 mol CuSO 4氧化P 的物质的量为x mol ，由电子守恒得：7.5×(2－1)＝x ×(5－0)，x ＝ 1.5，应选A 。
4．在反应3BrF 3＋5H 2O ＝HBrO 3＋Br 2＋9HF ＋O 2↑，若有5 mol H 2O 作为还原剂时，被还原的BrF 3的物质的量为 ( D )A. 3 molB. 2 molC. 43 molD. 103mol 解析：该反应的氧化剂为BrF 3，还原剂为BrF 3、H 2O ，本题只要求H 2O 还原BrF 3的物质的量，设5 mol H 2O 能还原BrF 3 x mol ，由电子守恒得：x ×(3－0)＝5×(2－0)，x ＝103，应选D 。
5．往100 mL 溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(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：Fe 2+＞Br －，Br －已部分被氧化，故Fe 2+已全部被氧化。
设原FeBr 2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 )×0.1 L ×1＝2×1-mol L 4.22L 24.2⋅ x ＝1.2 mol ·L －1解法二：电中性法。
反应后所得溶液中的离子有Fe 3+、Cl －和Br －(剩余23)。
3x ＝23x ×2＋2×1-mol L 4.22L 24.2⋅，x ＝1.2 mol ·L －1。
6．某温度下，将Cl 2通入KOH 溶液中，反应后得到KCl 、KClO 、KClO 3的混合液，经测定ClO -和ClO 3-个数比为1∶2，则Cl 2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，ClO 3-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14.88 g ，加入125 mL 稀硫酸，使之充分反应。
当固体粉末完全溶解时，收集到3.36 L (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5 mol / L 的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，并继续加碱溶液至150 mL ，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Fe 2O 3和部分H 2SO 4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。
(1) 设Fe 2O 3的物质的量为x ，由电子得失守恒关系有：n (Fe )×2＝n (Fe 2O 3)×2＋n (H 2)×2g/mol 56160g/mol -g 88.14⨯x ＝x ＋22.4L/mol L 36.3，得x ＝0.03 molFe 2O 3%＝14.88g 160g/mol mol 03.0⨯×100%＝32.26%(2) 设H 2SO 4的物质的量为y ，由题意知H 2SO 4最终全部变成Na 2SO 4，而Na +的来源只有NaOH ，由元素守恒可得如下关系式：2NaOH ~ Na 2SO 4 ~ H 2SO 40.15 L ×5 mol / L ＝0.125 L ×2y y ＝3 mol / L3、配平1．在x R 2+＋y H +＋O 2＝m R 3+＋n H 2O 的离子反应中，化学计量数x ＝ __________。
解析：氧化剂O 2得电子总数为2×2e ，还原剂R 2+ 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 ＋Cl 2＋H 2O → AgCl ＋AgClO 3＋HF ＋O 2↑，配平后，AgClO 3系数为b ，O 2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Cl 2，还原剂为Cl 2、H 2O ，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N x O y ＋NH 3 −−−−→−一定条件下N 2＋H 2O (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0.448 L(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 ＋4HNO 3(浓) ＝ Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2Ox 2x2Cu(NO 3)2 ＝ 2CuO ＋4NO 2↑＋O 2↑3NO 2＋H 2O ＝ 2HNO 3＋NO2x 230488224x =..L L /mol＝0.02 mol x ＝0.03 mol ，Cu 的质量为0.03 mol ×64 g / mol ＝1.92 g 。
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(NO 3)2、NO 2和O 2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 —→ Cu 2+HNO 3＋3e —→ NO这样，根据HNO 3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..L L /mol×3＝0.06 mol ， 所以铜的物质的量为：2mol 06.0＝0.03 mol ，其质量为：0.03 mol ×64 g / mol ＝1.92 g 。
3．取0.04 mol KMnO 4固体加热一段时间后，收集到a mol 单质气体，此时KMnO 4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b mol 单质气体，设Mn 元素全部以Mn 2+存在于反应后的溶液中。