电子守恒法

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 mol / L 的Na 2SO 3溶液30 mL ，恰好将2×10－3mol 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，×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×10－3 mol RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 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×10－3×x ＝××2，x ＝5，5－5＝0。

应选B 。

3．24 mL 浓度为 mol / L 的Na 2SO 3溶液，恰好与20 mL 浓度为 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：××2×(6－x )＝××(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 ×025 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 CA. 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， 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 mol CuSO 4氧化P 的物质的量为x mol ，由电子守恒得：×(2－1)＝x ×(5－0)，x ＝ ，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 mol B. 2 mol C. 43 mol D. 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 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 )× L ×1＝2×1-mol L 4.22L 24.2 x ＝ 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 ＝ 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1488 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336 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 ＝003 molFe 2O 3%＝14.88g 160g/mol mol 03.0⨯×100%＝3226% 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 4015 L ×5 mol / L ＝0125 L ×2yy ＝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AA 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 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＝ mol x ＝ mol ，Cu 的质量为 mol ×64 g / mol ＝ 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＝ mol ，所以铜的物质的量为：2mol 06.0＝ mol ，其质量为： mol ×64 g / mol ＝ g 。

3．取004 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。

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 ＝009时，004 mol KMnO 4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 2KMnO 4 K 2MnO 4 ＋ MnO 2 ＋ O 2 004x 002x 002x 002x ＝aMnO 2 ＋ 4HCl MnCl 2 ＋ 2H 2O ＋ Cl 2002x 002xK 2MnO 4 ＋ 8HCl ＝ MnCl 2 ＋ 4H 2O ＋ 2Cl 2 ＋ 2KCl002x 002x2KMnO 4 ＋ 16HCl ＝ 2MnCl 2 ＋ 8H 2O ＋ 5Cl 2 ＋ 2KCl0041－x 0041－x ×25bb ＝002x ＋004x ＋01－01x ＝01－004xa ＋b ＝002x ＋01－004x ＝01－002x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004×5＝a ×4＋b ×2，2a ＋b ＝01，b ＝01－2a ，a ＋b ＝01－002x 2 x ＝1，a ＋b ＝01－002×1＝0083 x ＝05，KMnO 4：0041－05＝002 mol ，K 2MnO 4和MnO 2各为：0021－05＝001 mol 。