电子守恒法(得失电子数相等关系)

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1、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(电子化合价，原子质量)。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的还原，则元素X在还原产物中的化

2、合价是(MCE91)(D)A．＋1B．＋2C．＋3D．＋4解析：该反应中，将被氧化为，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

3、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C

4、u(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.molD.mol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mol，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

5、，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.

6、3molB.2molC.molD.mol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＝，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

7、子总数，(1分)可得：(x＋2x×)×0.1L×1＝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)。3x＝x×2＋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，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

8、∶(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3.36