电子得失守恒法巧解高考题
电子守恒主要用在氧化还原反应中，因为还原剂失去电子的总数一定等于氧化剂得到电子的总数，得失电子总数保持守恒。一般等式为：n(还原剂) ×升价原子个数×价升高值= n氧化剂) ×降价原子个数×价降低值，它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至包括电解产物的计算。
1.(09全国卷Ⅱ6）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，
若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应
中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是
A. 1：4
B.1：5
C. 2：3
D.2：5
【解析】设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3－，这部分是没有
参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。A 2、铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生
成沉淀的质量为
A. 0.02 g
B. 8.51 g
C. 8.26 g
D. 7.04 g
这个题目有一种比较简单的算法，就是先算出铜和镁总共失去的电子数，这个可以通过生成的气体算出，而铜和镁失去的电子数，正好是他们与氢氧化钠反应时结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量，加上原来金属的总质量就正好是沉淀的质量。具体算式：（4480+336*2）
/22400*17+4.6=====8.51
3.用足量的CO还原32克某氧化物,将生成的气体通入足量的澄
清石灰水中,得到60克沉淀,则该氧化物是( )
A FeO B.Fe2O3 C.CuO D.Cu20
)==0.6 mol
: =53.3: =160
4.实验室将9克铝粉和一定量的都能被铝还原成单质的金属氧
化物粉末化合。反应后所得固体单质18克，则该粉末为
（1）Fe2O3和MnO2
(2) MnO2和V2O5
（3）Cr2O3和V2O5
（4）Fe3O4和FeO
A(1)(2) B(3)(4) C(2)(3) D(1)(4)
解析：与金属氧化物反应后只能生成Al2O3
Al2 O3
54 3
9 0.5
根据以上分析，只要在每组氧化物中，有一种氧化物，失去0.5摩尔氧，得到的
金属的质量等于和大于18克，即符合要求。
（1）Fe2O3和MnO2
Fe2O3失去0.5摩尔氧得到铁112/6=18.67---符合要求
(2) MnO2和V2O5
MnO2失去0.5摩尔氧得到锰55/413.75
V2O5失去0.5摩尔氧得到钒102/10-------都不符合要求
（3）Cr2O3和V2O5
Cr2O3失去0.5摩尔氧得到铬104/6=17.333----都不符合要求
（4）Fe3O4和FeO
Fe3O4失去0.5摩尔氧得到铁168/8=21--符合要求
说以选择： D(1)(4)
5. 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、
NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水
中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加
入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液
的体积是（）
A．60mL B．45mL
C．30mL D．15mL
解析：本题包含三个反应过程：①Cu+HNO3→Cu2++混合气体(NO2、N2O4、NO)；②混合气体(NO2、N2O4、NO)+O2+H2O→HNO3；③Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓。根据电子守恒，在反应①中Cu失去电子的物质的量与反应②中O2获得电子的物质的量相等，即2n(Cu2+)＝4n(O2)，得：n(Cu2+)＝2n(O2)＝2×■＝0.15mol。由反应③可知，n(NaOH)＝2n(Cu2+)＝0.3mol，所以NaOH溶液的体积为：■＝0.06L＝60mL。故答案应为A。
7. 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NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
⑴NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
⑵待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL a mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol·L-1。
⑶欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g 。
解析：⑴设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol和ymol，则x+y＝■＝0.5①，由于反应过程中电子守恒（得失电子相等），故3x+y＝2×■②，解①、②组成的方程组得：x＝0.26，y＝0.24。则NO的体积为：0.26mol×22.4 L·mol-1≈5.8L，NO2的体积为：11.2L －5.8L＝5.4L。
⑵根据氮原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NaNO3)+n(NO)+n
(NO2)＝n(NaOH)+0.5mol＝(a×V×10-3+0.5)mol，则原硝酸溶液的浓度为：■mol·L-1。
⑶由反应过程中电子转移守恒可知，NO和NO2全部变成NaNO3所失去的电子数等于Cu与HNO3反应所失去的电子数，即n(e-)＝2×■mol＝1.02mol，故n(H2O2)＝■＝0.51mol，因此，需要30%的双氧水的质量为：■＝57.8g。
8.0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO,NO2,N2O4)混合气体共0.05mol,该混合气体的平均相对分子量可能是（）A，30 B，46 C，50 D66
用得失电子守恒法。
n(总的失去的电子)=0.03*（2-0）=0.06（mol）
再用极值法。
若气体全部为：
a) NO：n(总的得到的电子)=0.05*（5-2）=0.15（mol）> 0.06（mol）
b) NO2：n(总的得到的电子)=0.05*（5-4）=0.05（mol）< 0.06（mol）
c) N2O4：n(总的得到的电子)=0.05*（5-4）*2=0.10（mol）> 0.06（mol）则总结得，混合气体中必有NO2。
再用假设法。
假设混合气体只存在：
a) NO，NO2：用十字交叉法可得：
NO 0.15 -- 0.06 -- 0.01 (中间的数减去左下角的数) (1)
NO2 0.05 -- 0.06 -- 0.09 (左上角的数减去中间的数) (9)
因此,M(平均)1=M(平均)min=44.4(g/mol)
b) NO2,N2O4: 用十字交叉法可得：
NO2 0.05 -- 0.06 -- 0.04 (中间的数减去左下角的数) (4)
N2O4 0.10 -- 0.06 -- 0.01 (左上角的数减去中间的数) (1)
因此,M(平均)2=M(平均)max=55.2(g/mol)
电子守恒法求解化学反应计算题 班级： 姓名： 一、知识点 “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）。在同一氧化还原反应中转移电子总数的守恒. 电子守恒法的理论依据：氧化剂得到的电子总数==还原剂失去的电子总数 氧化剂化合价降低总数==还原剂化合价升高总数 二、 典型例题 【例题1】求化合价 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 ( D ) A ．＋1 B ．＋2 C ．＋3 D ．＋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 【例题2】求物质的量 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 mol B. 10m mol C. 103m mol D. 23 m 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 103 m mol ，应选C 。 【例题3】配平 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。
极限法（特殊值法）在物理高考中的应用 “极限法”是一种特殊的方法，它的特点是运用题中的隐含条件，或已有的概念，性质，对选项中的干扰项进行逐个排除，最终达到选出正确答案的目的。 极限法在物理解题中有比较广泛的应用,将貌似复杂的问题推到极端状态或极限值条件下进行分析，问题往往变得十分简单。利用极限法可以将倾角变化的斜面转化成平面或竖直面。可将复杂电路变成简单电路，可将运动物体视为静止物体，可将变量转化成特殊的恒定值，可将非理想物理模型转化成理想物理模型，从而避免了不必要的详尽的物理过程分析和繁琐的数学推导运算，使问题的隐含条件暴露，陌生结果变得熟悉，难以判断的结论变得一目了然。 1.（12安徽）如图1所示，半径为R 均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P （坐标为x ）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： E =2πκσ()????????+-21221x r x ，方向沿x 轴。现考虑单位面积带电量为0σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q （坐标为x ）的电场强度为 ( ) A. 2πκ0σ()2122x r x + B. 2πκ0σ()2122x r r + C. 2πκ0 σr x D. 2πκ0σx r 【解析】当→∝R 时，22x R x +=0，则0k 2E δπ=，当挖去半径为r 的圆孔时，应在E 中减掉该圆孔对应的场强）（220r x r x - 12E +=πκδ，即21220x r x 2E ）（+='πκδ。选项A 正确。 2.（11福建）如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质 量为m 1和m 2的物体A 和B 。若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑 轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确 的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（ ） O R ● x P 图1 O r ● x Q 图2
依据氧化还原反应的电子守恒，可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH值等。这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现。 解题方法：氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。 【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2、H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为 A. 1 : 3 B. 2 : 3 C. 1 : 1 D. 4 : 3 解析：(NH4)2SO4在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为SO2，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 2↓×y，故有x : y = 1 : 3 答案：A 【例题2】R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4-，若反应中R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为： A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 解析：依题意有5R2O8n- + 2Mn2+ === 2MnO4- + 10RO42-，设R2O8n-中R的化合价为x，依据化合价升降相等原则有 5×2×↓(x-6) = 2×↑(7-2)，解得x = 7，因此有 2×7 + 8×(-2) = -n，解得n = 2. 答案：C 【例题3】(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，生成N2、HCl、NH4Cl、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 2 : 3 D. 3 : 2 解析：(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为Pt，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 4↓×y，故有x : y = 2 : 3 答案：C 【例题4】Cl2与NaOH(70℃)的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO3之比4 : 1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为 A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1 解析：Cl2中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO3中氯元素的化合价分别为+1、+5价，设NaCl和NaClO的物质的量分别为x和y，依据化合价升降相等原则有1↓×x = 1↑×y + 5↑××y，故有x : y = 9 : 4 答案：C 【例题5】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 解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe + 8HNO3 === 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O，有=解得：n : m = 3 : 1 当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe + 4HNO3 === Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，有 =解得：n : m = 9 : 2 结合选项分析n : m的取值范围在4.5至3之间。 答案：A 【例题6】Zn与HNO3反应，Zn和被还原的HNO3的物质的量之比为4 : 1则HNO3的还原产物可能为 A. NO2 B. NO C. N2O D. NH4NO3 解析：设还原产物中氮元素的化合价为x，依据化合价升降相等原则有 4×2↑=1↓×(5-x) 解得：x = -3 答案：D 【例题7】将Mg和Cu的合金2.64克，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896L(SPT)，向反应后的溶液中加入2mol/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为 A. 4.32克 B. 4.68克 C. 5.36克 D. 6.38克 解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去 n(e-) = ×3 = 0.12 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12 mol OH-，故形成沉淀的质量m = 2.64g + 0.12 mol×17g/mol = 4.68g 答案：B 【例题8】取x克Mg和Cu的合金完全溶于浓HNO3中，反应过程中HNO3被还原只产生8960 mL NO2和672 mL N2O4气体(SPT)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀质量为17.02克，则X的值为 A. 8.64克 B. 9.20克 C. 9.00克 D. 9.44克 解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去 n(e-) = ×1 = 0.46 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.46 mol OH-，因此有17.02g= x + 0.46 mol×17g/mol ，解得x = 9.20g 答案：B 【例题9】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的HNO3反应，全部溶解后，产生的气体再通入1.12 L(SPT)O2，恰好完全吸收，求合金中各成分的含量? 解析：Ag和Cu失去电子的总数等于O2得到电子的总数，依题意有 108n(Ag) + 64n(Cu) =14 n(Ag) + 2n(Cu) = ×4 = 0.2
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 ．＋1 B ．＋2 C ．＋3 D ．＋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 ．-1 B ．0 C ．＋1 D ．＋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 ．＋6 B ．＋3 C ．＋2 D ．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 mol B. 10m mol C. 103m mol D. 23 m 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103 m 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 )
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。 一、省去中间过程，简化计算 新课程教育网@版权所有https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,例1：将1.92gCu投入到一定量的浓硝酸中，随着反应的进行，生成气体的颜色逐渐变浅，当铜完全溶解后，共收集到χ?mL气体（标准状况）。将盛有等量该气体的容器倒入水中，欲使容器内气体恰好完全溶解于水，试求需通入氧气的体积（标准状况）？ 新课程教育网@版权所有https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,解析：由题意可知，铜与一定量的浓硝酸反应，先生成红棕色的NO2，后生成无色的NO；若用常规解法，应先求出NO、NO2的物质的量，再根据：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。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https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,HNO3→?NO、NO2（χ?mL）→?HNO3 新课程教育网@版权所有https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,????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https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,新课程教育网@版权所有https://www.doczj.com/doc/c514133681.html,? 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↑
微专题83 特殊值法解决二项式展开系数问题 一、基础知识： 1、含变量的恒等式：是指无论变量在已知范围内取何值，均可使等式成立。所以通常可对变量赋予特殊值得到一些特殊的等式或性质 2、二项式展开式与原二项式呈恒等关系，所以可通过对变量赋特殊值得到有关系数（或二项式系数）的等式 3、常用赋值举例： （1）设()011222n n n n r n r r n n n n n n n a b C a C a b C a b C a b C b ---+=++++++L L ， ①令1a b ==，可得：012n n n n n C C C =+++L ②令1,1a b ==-，可得： ()0 1 2 3 01n n n n n n n C C C C C =-+-+-L ，即： 02131n n n n n n n n C C C C C C -+++=+++L L （假设n 为偶数），再结合①可得： 0213112n n n n n n n n n C C C C C C --+++=+++=L L （2）设()()2 01221n n n f x x a a x a x a x =+=++++L ① 令1x =，则有：()()0122111n n a a a a f ++++=?+=L ，即展开式系数和 ② 令0x =，则有：()()02010n a f =?+=，即常数项 ③ 令1x =-，设n 为偶数，则有：()()01231211n n a a a a a f -+-++=-?+=-L ()()()021311n n a a a a a a f -?+++-+++=-L L ，即偶次项系数和与奇次项系数和的差 由①③即可求出()02n a a a +++L 和()131n a a a -+++L 的值 二、典型例题： 例1：已知()8 28 012831x a a x a x a x -=++++L ，则1357a a a a +++的值为________ 思路：观察发现展开式中奇数项对应的x 指数幂为奇数，所以考虑令1,1x x ==-，则偶数项相同，奇数项相反，两式相减即可得到1357a a a a +++的值 解：令1x =可得：8 0182a a a =+++L ①
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，才能掌握解决问题的技巧。巧用得失电子守恒也是配平氧化还原反应方程式的关键环节。（一般顺序为得失电子守恒→电荷守恒→质量守恒） 例1：K 2SO 3被KMnO 4氧化,LK 2SO 3,与×10-3molKMnO 4溶液混合，正好完全反应，则 最后Mn 化合价 A+6B+4C+2D+7 解析：根据氧化剂和还原剂的得失电子守恒 可判断，KMnO 4作氧化剂，K 2SO 3,作还原剂。 还原剂：o S -+234→o S -+246失2个电子 氧化剂o Mn -+47→x Mn +得（7-x ）个电子 则×L ×2=×10-3mol ×（7-x ） 求得x 做有关氧化还原反应的题目时，重要的是找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。氧化剂→还原产物，还原剂→氧化产物，根据题中的得失电子列等式！ 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） 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 ：：：：1 注：注意化合价与物质生成物的物质的量之比 氧化还原反应中的竞争反应 例：向100mlFeBr2溶液中通入(标况下)，完全反应后，Cl与Br2物质的量浓度相同，则原FeBr2的物质的量浓度为 点：还原剂Fe2+>B2-,所以Cl2应先氧化Fe2+ 6FeBr2+3Cl2原=2FeCl3+4FeBr3 ∵Cl与Br2浓度相同∴Cl2有剩余，将一部分Br2氧化成Br n(Cl)=（÷）×2==n(Br) 据电荷守恒3n(Fe3+)=n(Cl)+n(Br)=+= FeBr2==2mol/L
濮阳市第一高级中学学生课堂导学提纲（学生类别：A 段（或B 段或C 段）） 编号：ＨＸＴＧ－高一上学期—11 使用时间：2016年（）月（）日 编制：× X X 高X 年级X 学科 第 1 页（共 X 页） 高X 年级X 学科 第2 页（共 X 页） 第二章第三节第六课时 得失电子守恒计算 （课型：习题课） 班级 姓名 小组 【学习目标】 1.了解氧化还原反应的特征。 2.了解氧化还原反应的实质。 3,。会根据得失电子守恒进行相关计算 【重点、难点】 重点：得失电子守恒进行相关计算 难点：.氧化剂还原剂比例计算 1．某温度下将Cl 2通入KOH 溶液里，反应后得到KCl 、KClO 、KClO 3的混合溶液，经测定ClO －与ClO －3的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl 2与KOH 反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为( ) A ．1∶3 B ．4∶3 C ．2∶1 D ．3∶1 2.在反应KI +5KIO 3 +3H 2S =3I 2 +3K 2SO 4 +3H 2O 中，被氧化的碘元素和被还原的碘元素的质量比是 A 、1：5 B 、5：1 C 、6：1 D 、1：6 3.在3S+6KOH =2K 2S +K 2SO 3 +3H 2O 的反应中，被氧化的硫与被还原的硫的质量比 A 、1∶3 B 、3∶4 C 、 2∶1 D 、1∶2 4、某温度下，将Cl 2通入NaOH 溶液中，反应得到NaCl 、NaClO 、NaClO 3的混合液，经测定ClO ﹣与ClO 3﹣的浓度之比为1：3，则Cl 2与NaOH 溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为( ) A ．21：5 B ．11：3 C ．3：1 D ．4：1 5、己知M 2O n 2-可与R 2-作用，R 2-被氧化为R 单质，M 2O n 2-的还原产物中M 为＋3价；又知c(M 2O n 2-) =0.3mol/L 的溶液100mL 可与c(R 2-)=0.6mol/L 的溶液150mL 恰好完全反应，则n 值为（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 6、实验室将NaClO 3和Na 2SO 3按物质的量之比2:1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H 2SO 4，产生棕黄色气体X ，反应后测得NaClO 3和Na 2SO 3恰好完全反应，则X 为（ ） A ．Cl 2 B ．Cl 2O C ．ClO 2 D ．Cl 2O 3 7、在一定条件下，PbO 2与Cr 3+反应，产物是Cr 2O 72-和Pb 2+，则与1molCr 3+反应所需 PbO 2的物质的量是（ ） A ．3.0mol B ．1.5mol C ．1.0mol D ．0.75mol 8、ClO 2遇浓盐酸会生成Cl 2 ，反应方程式为2ClO 2 + 8HCl ＝ 5Cl 2 + 4H 2O ，该反应中若转移电子的数目为9.632×1023，则产生的Cl 2在标况下的体积为( ) A ．11.2L B ．33.6L C ．22.4L D ．44.8L 10、将NaClO 3和NaI 按物质的量之比1：1混合于烧瓶中，滴入适量硫酸，并水浴加热，反应后测得NaClO 3和NaI 恰好完全反应，生成I 2、Na 2SO 4和H 2O ，并产生棕黄色的气体X ，则X 为( ) A ．Cl 2 B ．Cl 2O C ．ClO 2 D ．Cl 2O 3 11、已知在酸性溶液中，下列物质氧化H 2S 生成S 是时，自身发生如下变化：IO 3-→I 2；Fe 3+→Fe 2 +；SO 2→S；MnO 4-→Mn 2+。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的H 2S ，得到S 最多的是( ) A ．IO 3- B ．Fe 3+ C ．SO 2 D ．MnO 4- 12、一定条件下，下列氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比不为1:2的是( ) A ．3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO B ．I 2+2NaClO 3=2NaIO 3+Cl 2 C ．SiO 2+3C=SiC+2CO ↑ D ．MnO 2+4HCl(浓) △ MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O 13、下列反应：8NH 3+3Cl 2=6NH 4Cl+N 2, 氧化剂和还原剂的物质的量之比是（ ） A ．8:3 B ．3:8 C ．3:2 D ．213:34 14、用0.1 mol ·L -1的Na 2SO 3溶液30 mL 恰好将2×10-3 mol 的 4XO 还原，则元素X 在还原产物中的化合价是（ ） A.+1 B.+2 C.+3 D.+4 15、反应 3Cl 2 + 6KOH 5KCl + KClO 3 + 3H 2O 中，氧化剂与还原剂的质量之比是（ ） A ．1︰1 B ．1︰5 C ．5︰1 D ．3︰2 16、硫与热的浓NaOH 溶液反应的化学方程 式为3S+6NaOH 2Na 2S+Na 2SO 3+3H 2O 。当有1mol 硫发生反应时，被还原的硫有（ ） A ．0.5mol B ．3 1mol C ．32 mol D ．1mol
浅谈2013全国各省高考数学用特值法在选择题中的应用 金太阳教育数字教育数学研究员：杨清水 2013高考结束了，盘点13年全国各地的高考数学试题的选择题，发现不少省份的选择题甚至是压轴题可采用特值法求解，比正面求解快捷简便的多，所谓特值法就是指从题干和选项出发,通过取特殊值代替题干的一般条件或构造满足题干条件的特殊函数或特殊图形等,利用问题在某一特殊情况不真,则它在一般情况也不真这一原理,逐个排除干扰选项,最终达到肯定一个选项或否定三个选项的目的,从而得出正确答案.运用特殊值排除法解数学选择题有两方面的好处:一方面是节省时间,提高解题的速度和效率,增强学生的解题信心和勇气;另一方面是能够在缩短时间的同时增强解题的准确度,下面我们就来盘点一下全国各地的高考数学选择题能用特制法求解得试题及其分析 一、各省市选择压轴题 （13新课标全国卷一理科12题）设n n n A B C 的三边长分别为n a ，n b ，n c ， n n n A B C 的面积为n S ，n=1,2,3……，若11b c >，1112b c a +=，1n n a a +=，12 n n n c a b ++=，12 n n n b a c ++=，则（） A.{}n S 为递减数列 B.{}n S 为递增数列 C.{}21n S -为递增数列，{}2n S 为递减数列 D.{}21n S -为递减数列，{}2n S 为递增数列 剖析：这道题是新课标全国卷一理科数学选择题的压轴题，常规解法繁杂，计算 量很大，用特值法做比较简便，设1114,5,3a b c ===，则222794,,22 a b c ===；33317154,,44 a b c ===，可以发现随着n 的增大，三角形的周长不变恒为12，其中一条边固定为4，形状越来越接近边长为4的等边三角形，结合图形易发现三角形面积越来越大，答案选B （13新课标广东卷理科8题）设整数4n ≥，集合{}1,2,3X =……，n ，令集合{}(,,)|,,,,,S x y z x y z X x y z y z x z x y =∈<<<<<<且三条件恰有一个成立。若（x,y,z ）和（z,ω,x ）都在S 中，则下列选项正确的是（） A.(y ，z,ω)S ∈，(x ，y ，ω)S ? B..(y ，z ，ω)S ∈，(x ，y ，ω）S ∈ C.(y ，z ，ω)S ?，(x ，y ，ω)S ∈ D.(y ，z ，ω)S ?，(x ，y ，ω）S ?
高考总复习氧化还原反应练习 得失电荷守恒守恒的应用部分 一、选择题 1．已知锌与某浓度的硝酸反应，锌与HNO3恰好完全反应时物质的量为5∶12，则还原产物一定是（） A.N2O B.NO C.NH4NO3 D.N2 2．下列反应中，属于非氧化还原反应的是（） A.3CuS+8HNO3=====3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O B.3Cl2+6KOH=====5KCl+KClO3+3H2O C.3H2O2+2KCrO2+2KOH=====2K2CrO4+4H2O D.3CCl4+K2Cr2O7=====2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl 3.R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-离子变为RO42-离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n的值是（） A.1 B.2 C.3 D.4 4．已知某金属硝酸盐，在受热分解时生成了金属氧化物、二氧化氮与氧气。测得产物中NO2与O2的体积比为6∶1（同温同压下测得），试分析该硝酸盐分解时金属化合价的变化情况是（） A.升高 B.降低 C.不变 D.不能确定 5．溴化碘的分子式为IBr。它的化学性质活泼，能跟大多数金属反应，也能跟某些非金属单质反应，它跟水反应的化学方程式为H2O+IBr=====HBr+HIO下列关于溴化碘的叙述中，不正确的是（） A.固态IBr是分子晶体 B.把0.1molIBr加入水中配成500mL溶液，所得溶液中Br-和I-的物质的量浓度为 0.2mol/L C.IBr跟水的反应是一个氧化还原反应 D.在化学反应中，IBr可以作为氧化剂 6.下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（） A.K+、Na+、HSO3-、Cl- B.Na+、Ba2+、AlO2-、NO3- C.NH4+、K+、Cl-、NO3- D.K+、Na+、ClO-、S2- 7．20mL 0.05mol/L含有R2O72-离子的浓溶液恰好能将20mL 0.3mol/L的Fe2+溶液完全氧化，则元素R在还原产物中的化合价为（） A.+2价 B.+3价 C.+4价 D.+5价 8.将KCl和CrCl3两种固体混合物共熔，得化合物X。X由K、Cr、Cl三种元素组成。将1.892gX中的铬元素全部氧化成Cr2O72-，后者可以从过量的KI溶液中氧化出2.667g碘单 质（Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O）。如果取溶有1.892gX的溶液加入过量AgNO3溶液， 可得到4.52gAgCl沉淀。则X的化学式为（） A.K3Cr2Cl7 B.K3Cr2Cl5 C.K3Cr2Cl9 D.K3CrCl4 9．根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（） H2SO3+I2+H2O=====H2SO4+2HI 2FeCl3+2HI=====2FeCl2+2HCl+I2 3FeCl2+4HNO3=====2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3 A.H2SO3>I->Fe2+>NO B.I->Fe2+>H2SO3>NO
电子守恒定律在化学计算中的应用氧化一还原反应是中学化学学习的主线，也是高考必考的考点之一。在氧化一还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到电子物质的量(或个数)等于还原剂失去电子的物质的量(或个数)。若将电子守恒规律应用来解化学计算题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。下面通过几个例题，谈谈电子守恒定律在化学计算中的应用。 一、在“活泼金属与酸或水反应产生氢气”类题中的应用 活泼金属与酸或水反应产生氢气这类题很常见，很多学生认为解这类题比较难，我认为根本原因是没有弄清这类反应的实质：活泼金属失去电子，+1价的氢得到电子，而金属失去电子的物质的量等于生成氢气所需得到电子的物质的量，即n(金属)xAn==n(氢气)x2(n(金属)：金属的物质的量，An：金属变化的化合价，n(氢气)：氢气的物质的量) 例1A、B是同一短周期的两种元素，9gA单质跟足量的B的气态氢化物水溶液反应，产生11．2L氢气(标准状况下)，A和B可形成化合物AB，，A原子核里中子数比质子数多1，通过计算确定A、B各为哪种元素。 解析：根据A、B可形成化合物AB，及A单质与足量的B的气态氢化物水溶液反应产生H2，可知A为金属元素且在上述反应中化合价表现为+3，n(H：)一11．2L+22．4L／mol-=0．5mol，n(金属)一9g~Mg·rnol 代入上述公式：9g~Mg·molx3-~-0．5molx2，得M一27g／mol，所以A为A1元素，可以进一步确定B为C1元素。
二、在金属与硝酸反应类题中的应用 例25．12g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况下的气体3．36L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需要通入多少升标准状况下的氧气才能使集气瓶充满溶液? 解析：铜失去电子的物质的量==被还原的硝酸得到电子的物质的量=氧化硝酸的还原产物NO、NO：消耗的氧气的物质的量，省去中间计算，即铜失去电子的物质的量=氧气得到电子的物质的量。则有：n(Cu)x2=n(O：)×4，则n(O0=5．12g+64g／molx2x1／4=0．04mol。v(o2)=0．04molx22．4L／mol=0．896L 若用常规解法，应先求出NO、NO：的物质的量，再根据：4NO2+O2+2H2O=4HNO3， 4NO+30：+2H：O--4HNO，，计算氧气物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，计算步骤多且容易出错，用电子守恒法综合考虑，使计算大大简化。 三、在判断氧化产物或还原产物化合价类题中的应用 例312mL浓度为0．10mol／L的Na2SO，溶液，恰好与10mL浓度为0．04mol／L的K~Cr207溶液完全反应，通过计算确定元素在还原产物中的化合价。 解析：-在Na：SO3与K~Cr20，发生的氧化一还原反应中，Na2SO，充当还原剂，lmolNa：SO，失去2mol电子，I~Cr20，充当氧化剂得到电子，两者得失电子的物质的量应相等，即12x10—3Lx0．1Omol／Lx2=lOx10．3Lx0．04mol／Lx2xAn(An为Cr在反应中降低的化合价)，
龙源期刊网 https://www.doczj.com/doc/c514133681.html, 初中化学中几种常见守恒及其运用 作者：施建军 来源：《中学课程辅导·教师通讯》2015年第17期 【内容摘要】守恒法是中学化学计算的一种最基本、最常见的方法，它的使用常常会起到简化计算过程。通过守恒法的灵活使用，可以有效提高学生的解题速率和效率。同时，守恒法的使用可以深化学生对化学原理及内涵的理解，提高教学效率。 【关键词】中学化学守恒法策略探究 在中学化学计算中，常见的守恒包括电荷守恒、物料守恒、得失电子守恒、元素守恒等。在守恒法解题的过程中，我们必须明确各类守恒法的特点，选取针对性的解题策略。在本文中，我们将从中学化学守恒法教学实践角度出发，结合各类守恒实例，对其在化学计算中的运用展开讨论。 一、常见守恒类型 1.质量守恒。质量守恒是化学计算中使用最广泛，作用最显著的守恒计算类型之一。同时，质量守恒定律是一切化学实验所遵循的守恒原则之一，其实质是参与反应的各物质的质量和等于反应生成的各物质的质量和。从宏观角度来说，质量守恒即是化学反应前后总物质的质量不变；从微观上，质量守恒的本质是原子守恒，即是反应前后原子数目不发生变化。 2.电子守恒。电子守恒常用于电化学章节的计算题中，是氧化还原反应方程式书写的重要依据。电子守恒的本质即是化学反应前后，物质失去的电子总数与得到的电子总数相等。尤其是在氧化还原反应的计算中，还原剂失电子化合价升高被氧化，氧化剂得电子化合价降低被还原，这套口诀的根本依据还是电子守恒原理。在原电池、电解池中，电流从正极流向负极，电子移动正好与其相反，电极两端的得失电子守恒。 3.电荷守恒。电荷守恒常用于离子方程式的书写，是电解质溶液电离平衡方程判定的重要依据。首先，在电解质溶液中，其呈现电中性，即是阴阳离子所带正负电荷守恒，正电荷总数等于负电荷总数。其次，在离子方程式中，反应物与生成物所带的正负电荷守恒，正电电荷量等于负电电荷量。在涉及到溶液，特别是混合溶液的化学计算题时，电荷守恒往往是我们的首选。 二、守恒法计算运用实例 1.质量守恒
一、得失电子守恒法 “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）。在同一氧化还原反应中转移电子总数的守恒。凡是属于一般的氧化还原反应或电化学中的计算习题，均可采用电子守恒法这种计算技巧进行计算。现举例如下： 电子守恒法的理论依据：氧化剂得到的电子总数==还原剂失去的电子总数 ==氧化剂化合价降低总数==还原剂化合价升高总数 例1、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______。 例2、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? 例4、将M mol的Cu2S跟足量稀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( ) A. 4M mol B. 10M mol C. 10M/3 mol D. 2M/3 mol 例5、用Na2SO3还原MnO4-，如果还原含有2.4×10-3mol MnO4-的溶液时，消耗0.2mol/L的Na2SO3溶液30mL，则锰元素在还原产物中的化合价是（） A．+1 B．+2 C．+4 D．+5 例7、10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48Ｌ的还原产物只有ＮＯ）。在反应后的溶液中加入足量的ＮaＯＨ溶液，可得多少克沉ＮＯ气体（设ＨＮＯ ３ 淀? 二、电荷守恒 物质或溶液呈电中性时，存在着电荷守恒关系，即阳离子所带的总的正电荷=阴离子所带的总的负电荷。例7、某地酸雨分析数据如下：[Na+]=2.3×10-5mol/L [Cl-]=3.5×10-5mol/L [ NH4+]=7×10-6mol/L [SO42-]=2.5×10-6mol/L 该地酸雨的PH值是（）。 A.3.0 B.4.0 C.4.3 D.5.0
高中涉及的守恒计算 一、守恒 “守恒”是化学中的一个永恒规律，在氧化还原反应中常涉及的守恒有： （1）电子守恒： 电子守恒是指氧化剂得到电子的物质的量（或个数）和还原剂失去电子的物质的量（或个数）相等，即反应前后氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数。 （2）质量守恒; 质量守恒是指氧化还原反应中反应前后各元素的种类和相应的原子个数不变。 （3）电荷守恒 电荷守恒是指在离子反应中，所有阳离子所带正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数，即溶液呈电中性。 二、方法 对氧化还原反应的有关计算应根据化合价的变化，理清氧化和还原两条线索，以得失电子守恒为切入点，并结合化学方程式和质量守恒列式求解。 对于过程相对复杂的氧化还原反应，（连续反应或多个反应并列发生）的计算，可以通过分析反应前后，始终两态涉及的所有物质，找出所有起始物质到终了物质中化合价发生变化的元素，根据化合价升高总数和化合价降低总数相等列式求解，简化解题步骤。 三、守恒法解题的思维流程 (1)找出氧化剂、还原剂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(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价)。 【例题1】在一定条件下的硝酸铵受热分解的未配平的化学方程式为（） NH4NO3HNO3+ N2↑+ H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为： A. 5 : 3 B. 5 : 4 C. 1 : 1 D. 3 : 5 【例题2】12 mL浓度为0.1 mol//L的Na2SO3溶液，恰好与10 mL浓度为0.04 mol//L的K2Cr2O7溶液，完全反应，通过计算确定Cr元素在还原产物中的化合价。 【例题3】含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（） A．x＝0.4a，2Fe2+ +Cl2 ＝2Fe3++2Cl－ B．x＝0.6a，2Br－+ Cl2 ＝Br2+2Cl－ C．x＝a，2Fe2+ +2Br－+2Cl2 ＝Br2 +2Fe3+ +4Cl－ D．x＝1.5a，2Fe2+ +4Br－+3Cl2 ＝2Br2+2Fe3+ +6Cl－ 【例题4】5.12 g Cu和一定质量的浓硝酸反应，当Cu反应完时，共收集到标准状况下的气体3.36 L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标准状 况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？
电子得失守恒规律 431800湖北省京山一中贾珍贵刘洪涛 1.电子得失守恒规律 物质给出（失去）电子的性质称为还原性，还原剂是电子的给予体。物质接受（得到）电子的性质称为氧化性，氧化剂是电子的接受体。在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到的电子总数。在定量的氧化还原反应中，若化合价升高的元素原子的物质的量为n1，升高的价数为a1化合价降低的元素原子的物质的量为n2，降低的价数为a2，则n1·a1= n2·a2。多种元素得失电子时，应计算求和。 2.电子转移方向和数目的标明 标明电子转移方向和数目有助于更清楚地认识电子得失守恒关系，通常的方法有： 双线桥法——用此法可以分析同种元素在反应前后的电子转移、化合价升降、被氧化、被还原、发生氧化反应、还原反应等关系。若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。应用双线桥法时，箭头、箭尾应对准同种元素，箭尾对准反应物中的某元素，箭头应指向生成物中的同一元素；标电子转移时，应标明“得到”、“失去”几个电子或“＋ne－”、“－ne－”； － 如2Na+ O2 失去－发生氧化反应 + 3H2O 2 － 单线桥法——只用以表明反应物（氧化剂与还原剂）间的电子转移关系。箭尾对准失去电子的元素，箭头指向得到电子的元素；电子转移只标明总数，如ne－，不要指明“得到”或“失去”。若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。如 －－ +3H2O 2Na + Cl2 = 2NaCl 3 2 氧化剂还原剂还原剂氧化剂 －
2 =2FeCl3+2Br2 电子得失守恒规律主要的应用是配平氧化还原方程式、进行氧化还原反应方面的计算，有的要计算反应物或产物的化合价，有的计算反应物或产物的物质的量或质量等。正确理解上述公式，正确判断元素的化合价，正确判断氧化产物和还原产物，准确找到氧化剂和还原剂得失电子的数目，运用得失电子物质的量守恒来建立等式，是解这类问题的关键。 典例精析 【例题1】用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将1×10－3 mol的X2O72—还原，则元素X在还原产物中的化合价是( ) A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 [答案 ]C 。 [思路点拨]根据在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到的电子总数。则有：0.1×30×10－3×1×2＝1×10－3×2×(6－x)，x＝3。此题隐含的知识是SO32—只能氧化成SO42—，在X2O72—中，X的化合价为+6价。得失电子的具体计算关系式为：氧化剂的物质的量×化学式中参加还原反应的原子个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×化学式中参加了氧化反应原子的个数×化合价的变化值。 【例题2】在反应BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，若有5molH2O参加了反应，则被水还原的BrF3的物质的量是( ) A.4/3mol B.2mol C.10/3mol D.3mol [答案 ] A。 [思路点拨]由反应知，当参加反应的水为5molH2O时，有2molH2O作还原剂，H2O被氧化为O2，每molH2O失去2mol e－，每mol BrF3被还原时得到3mol e－，依据氧化剂和还原剂间电子得失守恒，则H2O与BrF3间的氧化还原关系为：3H2O——2 BrF3；被水还原的BrF3的物质的量是4/3 mol。此题易犯的错误是没有分清BrF3自身的还原。 【例题3】将NaBiO3固体（黄色，微溶）加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色（Bi3+无色）。配平该反应的离子方程式： NaBiO3 + Mn2+ + H+Na+ + Bi3+ + + [答案 ] 配平的反应的离子方程式为：5NaBiO3 + 2Mn2++ 14H+5Na++2MnO4—+5Bi3++ 7H2O。 [思路点拨]根据加热反应后溶液显紫色（Bi3+无色），可知生成了紫色的MnO4—，观察化合价升降情况：NaBiO3变为Bi3+，化合价降低2，Mn2+变为MnO4—，化合价升高5。根据电子得失相等，氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数可以配定：5NaBiO3 + 2Mn2+——2MnO4—+5Bi3+；根据质量守恒，Na+的化学计量数为5，5NaBiO3 + 2Mn2+——5Na++2MnO4—+5Bi3+；由于反应式的左边有酸（H+）参加反应，根据质量守恒，则右边的缺项应添加“H2O”，5NaBiO3 + 2Mn2++ H+——5Na+ +2MnO4—+5Bi3++ H2O；根据电荷守恒，右边有18+，H+前的化学计量数为14，再据质量守恒，H2O前的化学计量数为7。 [解题技巧] 氧化还原型离子方程式的书写和配平时，题目中的已知条件常常只有主要反应物和生成物，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等，配平时，还要添加反应物或生成物中的缺项。 如配平离子方程式：MnO4－+Fe3O4——Fe3++Mn2+ ?→ ?? ?→ ??