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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)————————————————————————————————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 。
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2.有：被、失去2e－化合价升高被氧化发生氧化反应如2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2得到2 e－化合价降低被还原发生还原反应失去5e－化合价升高被氧化发生氧化反应KClO3+ 6HCl = KCl + 3Cl2 + 3H2O得到5 e－化合价降低被还原发生还原反应+e－－2K Mn O4=K2 MnO4+MnO2 + O2－4e－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－，不要如有的要正【例题1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2323【例题NaBiO?[答案?]3++ 7H2O。
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)2 SO4·6H2O］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。
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。
