电子和电荷守恒来解题

1、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，n5。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

2、构，故R原子为817。也可以这样分析 N- 是不正确的，中有A族的和A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

3、 mol / L×x3×2 mol / L3×3×0.2 L2×2×0.2 Lx2 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1.51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 6NaOH3Cu(OH)2CuSO43NaSO4 ,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+

4、 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+)

5、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+ 4OH0.05 0.200.20×1C(K+)×1 0.20×20.05×1(K+

6、) () () 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 gB.16.8 gC. 33.6 gD. 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×0.52 mol / L

7、15;0.1 L×0.5)×56 g / mol11.2 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：(x2x× )×0.1 L×12× x1.2 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)。

8、3xx×22×，x1.2 mol·L1。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2×103 mol的还原，则元素X在

9、还原产物中的化合价是(MCE91) ( D )A1 B2 C3 D4解析：该反应中， 将被氧化为，0.1×30×22×(7x)，x42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2.4×103 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 B0 C1 D2解析：B。由2.4×103×x0.06×0.1×2，x5，550。应选B。324 mL浓度为0.05 mol / L的Na2SO3

10、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 )A6 B3 C2 D0解析：0.02×0.02×2×(6x)0.024×0.05×(64)，x3，应选B。4250 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×20.2 mol×(6x)×2，x3

11、，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 mol8m mol10m 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 )A13 B23 C12 D4

12、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×(30)y×(64)，xy 13，应选A。3在PCuSO4H2O Cu3PH3PO4H2SO4(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×(21)x×(50)，x 1.5，应选A。4在反应3BrF35H2OHBrO3Br29HFO2，若有5 mol

13、 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×(30)5×(20)，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

14、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：(x2x× )×0.1 L×12× x1.2 mol·L1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)。3xx×22×，x1.2 mol·L1。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12，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

15、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(x2x )113，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

16、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)×2n(Fe2O3)×2n(H2)×2x，得x0.03 molFe2O3%×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 H2SO40.15 L×5 mol / L0.125 L×2yy3 mol / L3、配平1在xR2+yH+O2mR3+nH2O的离子反应中，化

17、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×(32)e，由电子守恒得：2×2x×(32)，x4。2已知反应：AgFCl2H2O AgClAgClO3HFO2，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×1b×52c×2，x5b4c。4、求质量1在NxOyNH3 N2H2O(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. 3x2yB

18、. x3yC. 5x2yD. 2x3y解析：2y3b，b，x3x2y。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：Cu4HNO3(浓) Cu(NO3)22NO22H2Ox 2x2Cu(NO3)2 2CuO4NO2O23NO2H2O 2HNO3NO2x

19、 0.02 molx0.03 mol，Cu的质量为0.03 mol×64 g / mol1.92 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：Cu2e Cu2+HNO33e 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：×30.06 mol，所以铜的物质的量为：0.03 mol，其质量为：0.03 mol×64 g / mol1.92

20、 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) ab (用x表示)；(2) 当x 时，(ab )取最小值，且最小值为 ；(3) 当ab0.09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 O2­0.04x 0.02x 0.02x 0.02x aMnO2 4HCl MnCl2 2H2O Cl2­0.02x 0.02xK2MnO4 8HCl