利用电子守恒法巧解化学计算题

来源:用户上传      作者: 董西侠

　　氧化还原反应是中学化学学习的重点和难点，也是历年高考热点之一。从近几年高考试题的走向来看，出现了一种难度较大，以考查能力为导向的新题型：求氧化产物和还原产物的物质的量的比；给出陌生的物质，判断反应后的化合价或是否是氧化产物、还原产物等。尽管形式千变万化，但都离不开判断化合价的升降、电子的转移、电子数的守恒。
　　下面仅通过几个实例，谈谈电子守恒法在化学计算中的应用。
　　一、判断氧化产物或还原产物的化合价
　　例1.24 mL浓度为0.05 mol・L－１的Ｎａ２ＳＯ３溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol・L－１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液完全反应，则Ｃｒ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Ｃｒ元素的化合价变化为2×（6－ｘ），S元素的化合价变化为6－4＝2。20×10－３×0．02×2×（6－ｘ）＝24×10－３×0．05×2，则ｘ＝3。
　　答案：B。
　　二、省去中间过程，简化计算
　　例2.3.84 g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2.24 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？
　　解析：铜失的电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得：铜失的电子数＝氧气得的电子数。
　　则ｎ（Ｏ２）＝3．84 ｇ÷64 ｇ・ｍｏｌ－１×2×1/4＝
　　0．03 ｍｏｌ
　　Ｖ（Ｏ２）＝0．03 ｍｏｌ×22．4 Ｌ・ｍｏｌ－１＝0．672 Ｌ
　　若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：
　　4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
　　4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
　　计算出Ｏ２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。
　　三、在电解类题中的应用
　　例3.用两支惰性电极插入500 ｍＬ 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.27 mg B.54 mg
　　C.108 mg D.216 mg
　　解析：根据得失电子守恒写出电极反应式：
　　阴极：4Ａｇ＋＋4ｅ＝4Ａｇ
　　阳极：2Ｈ２Ｏ－4ｅ＝Ｏ２＋4Ｈ＋
　　可知：Ａｇ＋― Ｈ＋
　　 1 ｍｏｌ 1 ｍｏｌ
　　 ｘ（1×10－３×0．5－1×10－６×0．5） ｍｏｌ
　　ｘ＝5×10－４ ｍｏｌ
　　则析出银的质量为：
　　5×10－４ ｍｏｌ×108 ｇ・ｍｏｌ－１＝5.4×10－２ g＝
　　54 ｍｇ
　　 四、在产物不确定类题中的应用
　　例4.10 g Ｆｅ－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4．48 Ｌ ＮＯ气体（设ＨＮＯ３的还原产物只有ＮＯ）。在反应后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀？
　　解析：该反应中Ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。仔细审题后发现，Ｍｇ，Ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。
　　ｎ失＝ｎ得＝4．48 Ｌ÷22．4 Ｌ・ｍｏｌ－１×3＝0．6 ｍｏｌ
　　Ｆｅ，Ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6 ｍｏｌ，它也等于沉淀该阳离子所需ＯＨ－的物质的量。即ｎ（ＯＨ－）＝0．6 ｍｏｌ。
　　ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ＯＨ－）
　　＝10 ｇ＋0．6 ｍｏｌ×17 ｇ・ｍｏｌ－１
　　＝20．2 ｇ
　　得失电子守恒的规律是解氧化还原类题的一把钥匙，运用电子守恒法可以快速准确地解决问题，提高学生分析问题和解决问题的能力。
　　（作者单位 河北赵县实验中学）

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