得失电子守恒在化学计算中的应用

摘 要： 电子守恒就是化学反应中氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数，表现在元素化合价升降总数相等。利用该规律可求物质的物质的量之比、确定元素化合价及做综合性的计算题。

关键词： 守恒 得失电子总数相等 元素化合价升降总数相等

守恒是化学的一大精髓，包括质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒等，尤其是得失电子守恒，在氧化还原反应中应用广泛。电子守恒就是化学反应中氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数，表现在元素化合价升降总数相等。这种利用电子守恒的题目经常出现，但往往很多学生感到很棘手，无从下手，容易出错，就是因为他们没有真正掌握利用电子守恒的解题技巧，下面简单汇总利用电子守恒解题的方法。

一、利用电子守恒求物质的物质的量之比

例1：（NH）SO在强热条件下分解，生成NH、SO、N和HO，则反应中生成的SO和N的物质的量之比是？摇 ？摇。

解析：常规的解法是先写出（NH）SO在强热条件下的分解反应方程式，然后配平，最后求解。这种解法耗时比较多，其一，氧化还原反应方程式的配平是学生学习的一个难点；其二，此类题也常出现在学配平方法之前。故需用守恒法分析。SO是还原产物，N是氧化产物，那么生成SO得到电子的物质的量应等于生成N失去电子的物质的量，又生成1molSO得到2mol电子，生成1molN失去6mol电子，所以SO与N的物质的量之比为3∶1。

变式训练1、把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（ ）

A.1∶2∶3 B.3∶2∶1 C.6∶3∶1 D.6∶3∶2

答案：选D

二、利用电子守恒确定元素的化合价

例2：24ml浓度为0.05mol/L的NaSO溶液，恰好与20ml浓度为0.02mol/L的KCrO溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是？摇 ？摇。

解析：先根据化合价的改变确定得失电子的物质：由于题目指出Cr被还原，因此得电子的物质是KCrO，失电子的物质是NaSO。再根据化合价的改变分别找出1mol氧化剂、还原剂的得失电子数。设Cr元素被还原为+n价，1mol氧化剂在反应中得电子：2×（6-n）mol。由于NaSO肯定被氧化为NaSO，因此NaSO在反应中失电子：（6-4）×1=2mol。最后，根据反应物的实际电子得失总数，列电子守恒关系求解：0.05mol/L×24×10L×2=0.02mol/L×20×10L×2（6-n）

解得：n=3，应为+3价。

变式训练2：硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol/LNaSO溶液恰好把224ml（标准状况）Cl完全转化为Cl离子，则SO将转化成（ ）

A.S B.S C.SO D.SO

答案：选D

三、利用电子守恒解有关硝酸方面的综合性计算题非常方便

例3：将Mg、Al组成的4.00g混合物放入某硝酸中，固体恰好完全溶解，生成NO和NO混合气体。向反应后的溶液中加入75ml 4mol/L NaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，则生成的气体在标准状况下的体积可能为（ ）

A.2.24L B.4.48L C.6.72L D.8.96L

解析：该题中除了要应用电子守恒之外，还要利用数学上的极值法。首先利用电子守恒，失去电子的是：Mg、Al，失去电子生成带正电荷的Mg、Al，与NaOH生成Mg（OH）、Al（OH）不再带电荷，故Mg、Al失去电子的数目和OH的数目相等为0.3mol。设气体的物质的量为x，若气体都是NO，则3x=0.3，x=0.1mol；若气体都是NO，则x=0.3mol。所以生成NO和NO混合气体的物质的量介于0.1mol和0.3mol之间，所以选B。

变式训练3：将0.64gCu全部溶于一定量的浓HNO中，测得生成气体0.009mol，共消耗HNO0.032mol。将生成的气体与空气混合，再通入NaOH溶液中，氮氧化物被完全吸收，产物只有NaNO和HO。由此可以判断（ ）

A.0.009mol气体一定是NO

B.0.009mol气体一定是NO和NO的混合气体

C.空气中参加反应的O在标准状况下的体积为112ml

D.该反应中转移电子的物质的量只是一个范围，无法计算其确切值

答案：选C

从以上题目可看出，巧妙利用守恒能简化做题步骤，抓住反应实质。实际上，氧化还原反应方程式的配平也是利用得失电子守恒，只有充分理解并灵活运用该规律，做题时才能得心应手。