电子和电荷守恒来解题.doc

如何抓住电子和电荷守恒来解题？
答：有关电荷守恒和电子守恒如下：
电荷守恒
1、离子反应
由于离子反应方程式并不包括所有的离子，从反应的离子来看，反应后也可能出现带电的离子，因而电荷守恒可以这样来描述：
在离子方程式中，反应的离子电荷总数一定等于反应后生成的离子电荷总数。
1．在一定条件下，和I－ 发生反应的离子方程式如下：
＋ 6I－ ＋6H+ ＝ R－ ＋ 3I2 ＋ 3H2O
(1) 中R元素的化合价是_________；
(2) R元素的原子最外层的电子数是___________。(MCE94)
解析：(1) 根据电荷守恒得：(-n)＋6×(-1)＋6×1＝-1，n＝5。中，R应为＋5价。(2) 有学生误认为中R的最外层电子数为5，实际上R－是8电子稳定结构，故R原子为8－1＝7。也可以这样分析 — N- 是不正确的，中有ⅤA族的和ⅦA族的。(3) 如果从电子得失守恒来考虑，其算式应与此不同。

2、溶液反应
由于两种或几种电解质发生反应后，溶液仍为电中性，因此必须弄清反应后溶液中存在的电解质或阴阳离子，再按电中性原理进行计算。
1．某混合溶液中MgCl2的浓度为2 mol / L，AlCl3的浓度为3 mol / L，将此溶液200 mL中的Mg2+完全沉淀，需加入1.6 mol / L的NaOH溶液的体积多少？
解：反应结束后，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据阴阳离子电荷守恒，有：
n(Na+)＝n(Al3+)＋n(Cl-)
设需加入NaOH溶液的体积为x，
1.6 mol / L×x＝3×2 mol / L＋3×3×0.2 L＋2×2×0.2 L
x＝2 L
答：需要2 L NaOH溶液。
2．把氢氧化钠溶液或氨水滴入同浓度(mol / L)的硫酸铜溶液中即有沉淀生成。由实验得知：当碱溶液和硫酸铜溶液的体积比为1.5∶1时，残留在溶液中的Cu2+量极小(可认为铜离子全部进入沉淀)。此时所生成沉淀的化学式是________________。
解析：(1) 用化学方程式求解。4CuSO4 ＋6NaOH＝3Cu(OH)2＋CuSO4＋3NaSO4 ,由于溶液中无铜离子，故应沉淀出3Cu(OH)2·CuSO4 。(2) 用电荷守恒计算。由2Cu2+ 与3OH－ 知，两者不相等，还应有阴离子，而溶液中只有了，故应为4Cu2+、6OH－和了。
3．在一种一元强碱MOH溶液中加入一种一元酸HA溶液，反应后溶液呈中性。甲同学认为溶液中c(A－)＝c(M+)；而乙同学认为c(A－)和c(M+)可能相等，也可能不等。你认为正确的是______同学。理由是_____________________________________________________。
解答：甲。因为溶液中存在M+、A－、H+、OH－四种离子，c(M+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(A-)。因为溶液是中性，且溶液中c(H+ )＝c(OH-)，故c(A-)＝c(M+)。
4．常温下，把氨水滴到盐酸中，当c()＝c(Cl-)时，混合溶液的pH为 ( B )
A. ＞ 7 B. ＝ 7 C. ＜ 7 D. 无法判断
解析：在溶液中c(H+)＋c()＝c(Cl-)＋c(OH-)，由于c()＝c(Cl-)，所以c(H+)＝c(OH-)，pH ＝7，故应选B。
5．在硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合溶液中，当的浓度为0.20 mol / L时，加入等体积0.20 mol / L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好完全溶解，那末原溶液中K+浓度是 ( B )
A. 0.20 mol / L B. 0.25 mol / L C. 0.225 mol / L D. 0.45 mol / L
解析：Al3+ ，溶液中为K+、、， Al3+ 4OH－
0.05 0.20
0.20×1＋C(K+)×1 ＝ 0.20×2＋0.05×1
(K+) () () c(K+)＝0.25 mol / L，应选B。
6．已知某H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3混合溶液100 mL，其中阳离子浓度相等，浓度为6 mol / L，此溶液中还可溶解铁粉的质量为 ( A )
A. 11.2 g B.16.8 g C. 33.6 g D. 5.6 g
解析：根据电中性原理，可得：c(H+)＋2c(Fe2+)＋3c(Fe3+)＝2c()。又由于c(H+)＝c(Fe2+)＝c(Fe3+)，则6 c(H+)＝2×6，c(H+)＝2 mol / L。能溶解铁粉的质量为：56 g / mol(2 mol / L×0.1 L×0.5＋2 mol / L×0.1 L×0.5)×56 g / mol＝11.2 g。故应选A。
7．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子总数，可得：
(x＋2x× )×0.1 L×1＝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Fe3+、Cl- 和Br－(剩余)。
3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·L－1。
8．某地酸雨经检验，除H+ 和OH－外，还有Na+、Cl-、、，其物质的量浓度依次为：c(Na+)＝7.0×10-6 mol / L、c(Cl-)＝3.5×10-5 mol / L、c()＝2.3×10-5 mol / L、c()＝2.5×10-6 mol / L。则酸雨的pH值为________________。
(答：5)
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Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10－3 mol的还原，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， 将被氧化为，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Na2SO3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Na2SO3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Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol / 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(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Na2SO3溶液恰好把0.2 mol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
2.4 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 Cu2S和足量稀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 ( C )
A. 4m mol B. 10m mol C. mol D. mol
解析：m mol Cu2S共失去电子：2m mol＋8m mol＝10m mol，Cu2S每失去3 mol 电子可还原1 mol HNO3，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∶3 B．2∶3 C．1∶2 D．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＋CuSO4＋H2O → Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4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7.5 mol CuSO4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3BrF3＋5H2O＝HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为 ( D )
A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. 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5 mol H2O能还原BrF3 x mol，由电子守恒得：x×(3－0)＝5×(2－0)，x＝，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子总数，(1分)可得：
(x＋2x× )×0.1 L×1＝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Fe3+、Cl－和Br－(剩余)。
3x＝x×2＋2×，x＝1.2 mol·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∶(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Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系，则解法就简单明了。
(1) 设Fe2O3的物质的量为x，由电子得失守恒关系有：n(Fe)×2＝n(Fe2O3)×2＋n(H2)×2
＝x＋，得x＝0.03 mol
Fe2O3%＝×100%＝32.26%
(2) 设H2SO4的物质的量为y，由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4，而Na+的来源只有NaOH，由元素守恒可得如下关系式：
2NaOH ~ Na2SO4 ~ H2SO4
0.15 L×5 mol / L＝0.125 L×2y
y＝3 mol / L

3、配平
1．在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子反应中，化学计量数x＝ __________。
解析：氧化剂O2得电子总数为2×2e，还原剂R2+ 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＋Cl2＋H2O → AgCl＋AgClO3＋HF＋O2↑，配平后，AgClO3系数为b，O2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Cl2，还原剂为Cl2、H2O，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NxOy＋NH3 N2＋H2O(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∶2y B. x∶3y C. 5x∶2y D. 2x∶3y
解析：2y＝3b，b＝，x∶＝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＋4HNO3(浓) ＝ Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
x 2x
2Cu(NO3)2 ＝ 2CuO＋4NO2↑＋O2↑
3NO2＋H2O ＝ 2HNO3＋NO
2x ＝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(NO3)2、NO2和O2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 —→ Cu2+
HNO3＋3e —→ NO
这样，根据HNO3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：×3＝0.06 mol，
所以铜的物质的量为：＝0.03 mol，其质量为：0.03 mol×64 g / mol＝1.92 g。
3．取0.04 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol单质气体，此时KMnO4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Mn2+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＝0.09时，0.04 mol KMnO4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) 2KMnO4 K2MnO4 ＋ MnO2 ＋ O2­
0.04x 0.02x 0.02x 0.02x ＝a
MnO2 ＋ 4HCl MnCl2 ＋ 2H2O ＋ Cl2­
0.02x 0.02x
K2MnO4 ＋ 8HCl ＝　　MnCl2 ＋ 4H2O ＋ 2Cl2­　＋ 2KCl
0.02x 0.02x
2KMnO4 ＋ 16HCl ＝　 2MnCl2 ＋ 8H2O ＋ 5Cl2­　＋ 2KCl
0.04(1－x) 0.04(1－x)×
b
b＝0.02x＋0.04x＋0.1－0.1x＝0.1－0.04x
a＋b＝0.02x＋0.1－0.04x＝0.1－0.02x
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
0.04×5＝a×4＋b×2，2a＋b＝0.1，b＝0.1－2a，a＋b＝0.1－0.02x
(2) x＝1，a＋b＝0.1－0.02×1＝0.08
(3) x＝0.5，KMnO4：0.04(1－0.5)＝0.02 mol，K2MnO4和MnO2各为：0.02(1－0.5)＝0.01 mol。

5、电极反应
1．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：(MCE96.21)
负极：Pb＋ ＝ PbSO4＋2e
正极：PbO2＋4H+＋＋2e ＝ PbSO4＋2H2O
今若制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是 ( C )
A. 0.025 mol B. 0.050 mol C. 0.10 mol D. 0.20 mol
解析：在电解池中，阳极上的电极反应：2Cl-－2e＝Cl2­，要制0.050 mol Cl2，在电解池中得失电子为0.10 mol。抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点，用正极反应得到关系式：2e- ～ 4H+ ～ 2H2SO4，故转移0.10 mol电子，要消耗0.10 mol H2SO4，应选C。