巧用电子守恒原理解氧化还原反应计算题

合集下载

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）
来源：网络转载
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
来源：网络转载。

氧化还原反应有关的计算

考点7：氧化还原反应相关的计算一、考点综述氧化还原反应计算是化学高考的主题之一。

它的形式很多，如氧化还原产物（或化合价）的判断、反应物或生成物的物质的量或质量（气体体积、溶液浓度等）、电子转移数目等。

几乎所有的计算都会用到得失电子守恒这个规律，因为这是氧化还原计算的核心。

二、考点突破例1 硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成A．S2－B．S C．SO32－D．SO42－[解析] 设硫代硫酸钠中的硫元素的化合价L高X价，根据氧化还原守恒规律得：25×10-3×0.1×2X == 1×10-2×2×1，解得：X =4 。

[答案] D .[命题意图] 考察学生使用氧化还原守恒原理解决氧化还原产物判断问题的水平。

[变式1] 用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×10-3mol的XO4-离子还原,则元素X在还原产物中的化合价是A. +1B. +2C. +3D. +4[变式2] 24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO4溶液,恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K 2Cr2O7溶液完全反应,则元素Cr在被还原的产物中的化合价是A. +6B. +3C. +2D. 0[变式3] 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物.当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2：1时,还原产物是A. NO2 B. NO C. N2O D. N2例2 38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应 ,铜全部作用后共收集到气体22.4mL(标准状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是A. 1.0×10-3molB. 1.6×10-3molC. 2.2×10-3molD. 2.0×10-3mol[解析] 浓硝酸与铜反应，HNO3被还原产物可能是NO2和NO的混合物，其物质的量为1×10-3mol，另外生成的Cu(NO3)2的物质的量可根据铜原子守恒求出，为0.6×10-3mol，即未被还原的HNO3的物质的量为2×0.6×10-3mol。

【化学】巧用电子得失守恒解氧化还原反应的相关计算题

【化学】巧用电子得失守恒解氧化还原反应的相关计算题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)2SO4·6H2O］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。

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。

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。

每日一题-利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题

利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题高考频度：★★★★★难易程度：★★★☆☆FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为A．1∶6B．1∶7C．2∶11 D．16∶25（1）在氧化还原反应(包括电化学)的有关计算中，易忽视氧化还原反应的先后顺序，不能根据氧化还原反应的“先后规律”分析问题。

当同一体系中，有多个氧化还原反应发生时，要注意反应的先后顺序，必须遵循强者优先的原则。

（2）不能准确而迅速地再现、提取和运用氧化与还原、氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物等一系列对立统一的概念。

NO 在酸性环境中能表现强氧化性(中性、碱性环境中则无（3）对潜在的氧化还原反应的忽视，如：3强氧化性)。

1．羟氨（NH2OH）是一种还原剂。

将25.00 mL 0.049 mol/L的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应，生成的Fe2+又恰好被24.50 mL 0.020 mol/L的酸性KMnO4溶液所氧化。

在上述反应中，羟氨的氧化产物为A．NO2B．NO C．N2O D．N22．现有6.4 g铜与过量硝酸(8 mol/L，50 mL)充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应后溶液中含有H+ 0.05 mol(假定反应前后溶液体积不变)。

下列说法不正确的是A．NO与NO2的物质的量之比为1∶5NO-的物质的量浓度为0.5 mol/LB．反应后溶液中所含3C．被还原的硝酸的物质的量为0.15 molD．上述过程转移电子总的物质的量为0.2 mol3．向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。

下列说法不正确的是SO-+2HClO+Cl－A．当0<b<a/3时：SO2+H2O+3ClO－=24SO-B．当b=a时，SO2+H2O+ClO－==2H++Cl－+24C．当a/3≤b≤a时,反应后溶液中H+的物质的量：0<n(H+)≤2b molSO-物质的量之比为：(a－b)∶b∶b D．当0<b<a时，反应后溶液中ClO－、Cl－和241．【答案】C【解析】由25.00 mL 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24.50 mL 0.020 mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，25.00 mL×0.001 L×0.049 mol/L×(x+1)=24.50 mL×0.001 L×0.020 mol/L×(7−2)，解得x=1，羟胺的氧化产物是N2O，故选C。

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。

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 。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

巧用电子守恒原理解氧化还原反应计算题
发表时间：2010-10-27T10:35:11.187Z 来源：《中学课程辅导●教学研究》2010年第14期供稿作者：李风云[导读] 计算出的物质的量，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。

李风云
摘要：得失电子守恒是氧化还原反应的本质特征，电子守恒法是中学化学计算中的基本解题方法。

本文结合教学过程中常见的几种情况对此进行了系统的总结归纳。

关键字：电子守恒；氧化还原；计算
氧化—还原反应的本质是电子得失或偏移,在同一个氧化—还原反应里,氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数,而电解或电镀实际上也是发生氧化—还原反应,因此,在同一时间内,阴极上物质得到电子的数目等于阳极上物质失去电子的数目。

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。

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。

若由图示题意：新课程教育网@版权所有HNO3→?NO、NO2（χ?mL）→?HNO3 新课程教育网@版权所有????就可发现Cu失去的电子总数等于O2得到的电子总数，即有2Cu~O2 新课程教育网@版权所有新课程教育网@版权所有?
二、判断氧化产物或还原产物的化合价?
例2：24mL 溶液，恰好与20mL溶液完全反应，则铬元素在还原产物中的化合价为（） A. ＋6 B. ＋3 C. ＋2 D. 0
解析：反应中的化合价变化为：Cr +6→?x↑ ， S +4→?+6↓6－4=2。

则有：三、在电解类题中的应用
例3、用两支惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解液的PH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有H2析出，且电解前后溶液体积不变），电极上应析出银的质量是（）。

A.27mg
B.54mg
C.108mg
D.216mg
解析：根据得失电子守恒写出电极反应式：
阴极：4Ag+＋4e＝4 Ag
阳极：2 H2O－4e＝O２＋4H+
可知：Ag+—H+
则析出银的质量为:
5×10－４mol×108g·mol-1＝5.4×10-２g＝54mg 四、复杂氧化还原中局部使用电子守恒
例4、在反应 11P + 15 CuSO4 + 24 H2O = 5 Cu3P + 6 H3PO4 + 15H2SO4中，1mol CuSO4 能氧化P的物质的量是（） A 、2/5 mol B、 1/5 mol C、 11/5 mol D、1/3 mol 解析：该氧化还原反应中氧化剂为硫酸铜和一部分的磷单质，也就是说11分子的磷单质中有5分子（化合价由0降低到-3价）作为氧化剂的，有6分子（化合价由0变化到+5）作为还原剂的，所以6分子作为还原剂的磷既被硫酸铜氧化，又被自身即另外5分子氧化，依据电子守恒，6分子作为还原剂的磷总共失去30个，其中硫酸铜得到15个，另外5分子磷得到15个，所以6分子作为还原剂的磷中由3个被硫酸铜氧化，3个被自身另外5个氧化。

既15mol CuSO4氧化3mol P，1 mol CuSO4能氧化P原子的物质的量为1/5 mol，通过分析反应可知答案应该是B
五、综合题中的应用
例5、将0.04 mol KMnO4 固体加热，一段时间后收集到a mol气体，此时KMnO4分解率为x。

在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，又收集到 b mol气体（设Mn元素全部以+2价形式存在于溶液中）。

试填写：（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，加热后所得残留固体的质量为解析：不论是KMnO4的分解反应还是与浓盐酸的反应，它们都是氧化还原反应，在这个过程中必然有电子得失，且电子得失要守恒。

①KMnO4的Mn元素失电子：
Mn（+7） → Mn（+2）转移5个电子
0.04mol 0.2mol
0.04mol的KMnO4可以失去0.2mol的电子。

生成的气体：氧气（amol）和氯气（bmol）得电子：它们得到的总的电子数为：4a+2b
由得失电子守恒可得：4a+2b=0.2 a+b=0.1-a
而又根据2KMnO4 === MnO2 + K2MnO4+ O2↑
2mol----------------------- 1mol
0.04x------------------------ a=0.02xmol
所以 a+b= 0.1- 0.02x
②至于第二问，当x=1时，a+b取最小值，为0.08
③当a+b=0.09时，x=0..5,此时KMnO4分解0.02mol 2KMnO4=== MnO2 + K2MnO4 + O2↑------固体质量减轻 2mol----------------------- 1mol------1*32=32g 0.02mol--- -xg
由2/0.02=32/x得：x=0.32g 所以剩余固体的质量为：0.04*（39+55+64）g-0.32g=120g 小结：涉及氧化还原反应的计算问题，其核心就是利用得失电子的物质的量守恒来建立等式，因此，准确找到氧化剂和还原剂得失电子的数目，并利用好总结出的公式是解这类问题的关键。

得失电子守恒的规律是我们解氧化还原反应计算题的一把钥匙，巧妙地运用电子守恒法可以快速准确地解决问题，提高我们多视角分析问题、解决问题的能力。

作者单位：河北省怀来县沙城中学邮编：075400。