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利用电子守恒法巧解化学计算题

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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