穆昌洪

摘要：得失電子守恒是氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)特征，電子守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算中的基本解題方法。本文對(duì)教學(xué)過程中常見的幾種情況進(jìn)行了系統(tǒng)的總結(jié)歸納，并配以典型的例題論述了運(yùn)用電子守恒法可以快速解決氧化還原反應(yīng)計(jì)算題的技巧。

關(guān)鍵詞：電子守恒原理；氧化還原反應(yīng)；計(jì)算題

中圖分類號(hào)：G633.8 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A 文章編號(hào)：1992-7711（2014）02-0097

氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是電子得失或偏移，在同一個(gè)氧化還原反應(yīng)里，氧化劑得到電子的總數(shù)等于還原劑失去電子的總數(shù)，而電解或電鍍實(shí)際上也是發(fā)生氧化——還原反應(yīng)，因此，在同一時(shí)間內(nèi)，陰極上物質(zhì)得到電子的數(shù)目等于陽極上物質(zhì)失去電子的數(shù)目。利用得失電子守恒來建立等式是快速解決氧化還原反應(yīng)計(jì)算題的基本方法。下面通過幾個(gè)例題，筆者談?wù)勲娮邮睾惴ㄔ谘趸€原反應(yīng)計(jì)算中的應(yīng)用。

一、省去中間過程，簡(jiǎn)化計(jì)算

例1. 將1.92gCu投入到一定量的濃硝酸中，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，生成氣體的顏色逐漸變淺，當(dāng)銅完全溶解后，共收集到xmL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。將盛有等量該氣體的容器倒入水中，欲使容器內(nèi)氣體恰好完全溶解于水，試求需通入氧氣的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）？

解析：由題意可知，銅與一定量的濃硝酸反應(yīng)，先生成紅棕色的NO2，后生成無色的NO；若用常規(guī)解法，應(yīng)先求出NO、NO2的物質(zhì)的量，再根據(jù)：

4NO2+O2+2H2O 4HNO3

4NO+3O2+2H2O 4HNO3

計(jì)算出O2的物質(zhì)的量，并求出其體積，此方法運(yùn)算量大，中間計(jì)算多且復(fù)雜，容易出錯(cuò)。用電子守恒法綜合考慮，可省去中間的各步計(jì)算，使計(jì)算簡(jiǎn)化。若由圖示題意：HNO3→NO、NO2（xmL）→HNO3 ，就可發(fā)現(xiàn)Cu失去的電子總數(shù)等于O2得到的電子總數(shù)，即有2Cu～O2，由此可解V（O2）=××22.4L/mol=336mL

二、判斷氧化產(chǎn)物或還原產(chǎn)物的化合價(jià)

例2. 24mL0.05mL-1的Na2SO3 溶液，恰好與20mL0.02mL-1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，則鉻元素在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為（ ）

A. +6 B. +3 C. +2 D. 0

解析：反應(yīng)中的化合價(jià)變化為：Cr +6→x↑2×（6-x）， S+4→+6↓6-4=2。則有：20×10-3×0.02×2×（6-x）=24×10-3×0.05×2

解得x=3 答案：B

三、在電解類題中的應(yīng)用

例3. 用兩支惰性電極插入500mL AgNO3溶液中，通電電解，當(dāng)電解液的PH從6.0變?yōu)?.0時(shí)（設(shè)電解時(shí)陰極沒有H2析出，且電解前后溶液體積不變），電極上應(yīng)析出銀的質(zhì)量是（ ）。

A. 27mg B. 54mg C. 108mg D. 216mg

解析：根據(jù)得失電子守恒寫出電極反應(yīng)式：

陰極：4Ag++4e=4Ag

陽極：2H2O-4e=O2+4H+

可知：Ag+—H+

1 mol 1 mol

x 1×10-3×0.5-1×10-6×0.5

x=5×10-4

則析出銀的質(zhì)量為：

5×10-4mol×108g·mol-1=5.4×10-2g=54mg

四、復(fù)雜氧化還原中局部使用電子守恒

例4. 在反應(yīng) 11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，1mol CuSO4 能氧化P的物質(zhì)的量是（ ）

A. 2/5 mol B. 1/5 mol C. 11/5 mol D. 1/3 mol

解析：該氧化還原反應(yīng)中氧化劑為硫酸銅和一部分的磷單質(zhì)，也就是說11分子的磷單質(zhì)中有5分子（化合價(jià)由0降低到-3價(jià)）作為氧化劑的，有6分子（化合價(jià)由0變化到+5）作為還原劑的，所以6分子作為還原劑的磷既被硫酸銅氧化，又被自身即另外5分子氧化，依據(jù)電子守恒，6分子作為還原劑的磷總共失去30個(gè)，其中硫酸銅得到15個(gè)，另外5分子磷得到15個(gè)，所以6分子作為還原劑的磷中由3個(gè)被硫酸銅氧化，3個(gè)被自身另外5個(gè)氧化。即15mol CuSO4氧化3mol P，1 mol CuSO4能氧化P原子的物質(zhì)的量為1/5 mol，通過分析反應(yīng)可知答案應(yīng)該是B。

五、綜合題中的應(yīng)用

例5. 將0.04 mol KMnO4 固體加熱，一段時(shí)間后收集到a mol氣體，此時(shí)KMnO4分解率為x。在反應(yīng)后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，又收集到 bmol氣體（設(shè)Mn元素全部以+2價(jià)形式存在于溶液中）。試填寫：

（1）a+b= （用x表示）

（2）當(dāng)x= 時(shí)，a+b取最小值，且最小值為

（3）當(dāng)a+b=0.09時(shí)，加熱后所得殘留固體的質(zhì)量為

解析：不論是KMnO4的分解反應(yīng)還是與濃鹽酸的反應(yīng)，它們都是氧化還原反應(yīng)，在這個(gè)過程中必然有電子得失，且電子得失要守恒。

①KMnO4的Mn元素失電子：

Mn（+7）→ Mn（+2） 轉(zhuǎn)移5個(gè)電子

0.04mol 0.2mol

0.04mol的KMnO4可以失去0.2mol的電子。

生成的氣體：氧氣（amol）和氯氣（bmol）得電子：

它們得到的總的電子數(shù)為：4a+2b

由得失電子守恒可得：4a+2b=0.2 a+b=0.1-a

而又根據(jù)2KMnO4 === MnO2 + K2MnO4+ O2↑

2mol----------------------- 1mol

0.04x------------------------ a=0.02xmol

所以a+b= 0.1- 0.02x

②至于第二問，當(dāng)x=1時(shí)，a+b取最小值，為0.08

③當(dāng)a+b=0.09時(shí)，x=0.5，此時(shí)KMnO4分解0.02mol

2KMnO4=== MnO2+K2MnO4+O2↑------固體質(zhì)量減輕

2mol----------------- 1mol------1*32=32g

0.02mol--- -xg

由2/0.02=32/x得：x=0.32g

所以剩余固體的質(zhì)量為：0.04*（39+55+64）g-0.32g=120g

小結(jié)：涉及氧化還原反應(yīng)的計(jì)算問題，其核心就是利用得失電子的物質(zhì)的量守恒來建立等式，因此，準(zhǔn)確找到氧化劑和還原劑得失電子的數(shù)目，并利用好總結(jié)出的公式是解這類問題的關(guān)鍵。

（作者單位：貴州省遵義縣三盆中學(xué) 563100）