2023年12月18日发(作者：)
高考化学考能特训——电子得失守恒
【知识点解析】
1.化合价升降与电子得失是一一对应关系
氧化剂中的某种元素在化学反应中化合价降低，该原子得到电子，化合价降低数目与得到电子数目相等；还原剂中的某种元素在化学反应中化合价升高，该原子失去电子，化合价升高数目与失去电子数目相等。
氧化剂化合价降低总数与其得电子数相等；还原剂化合价升高总数与其失电子总数相等。
2.氧化还原反应中得失电子数相等
氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数；
存在多个氧化剂或多个还原剂的氧化还原反应中，多个氧化剂得到电子的总数与多个还原剂失去电子总数相等；
多个氧化还原反应的反应体系中，无论这些反应是平行反应，还是多步反应，整个体系中所有氧化剂得电子总数与所有还原剂失电子总数相等。
3.得失电子数与电子转移数关系
得电子总数=失电子总数=电子转移总数
这三个数值之所以相等，其实质必然存在某种联系，它们是站在不同角度对同一个氧化还原反应中的量的变化的描述：得电子数是站在氧化剂的角度；失电子数是站在还原剂的角度；而电子转移数则是从氧化剂和还原剂之间的关系角度来反映两者间的量的变化，是对氧化还原反应过程的描述。
4.得失电子总数相等在电化学中的应用
电化学反应都是氧化还原反应，所以氧化还原反应中的守恒关系在电化学中也存在；负（阳）极上失电子总数=正（阴）极上得电子总数=电极之间转移得电子总数；
两极之间的电子转移通过外电路进行定向流动形成电流，所以电路中通过的电量（电子所带电荷总数）与电子转移数也存在着一一对应关系；
负（阳）极上失电子总数=正（阴）极上得电子总数=电极之间转移的电子总数=电路中通过的电子数。
【典型例题】
【例1】在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为
A．1︰1︰l B．2︰2︰1 C． 2︰3︰l D．4︰3︰2
解析：假设三个反应均生成1molO2，在高锰酸钾、氯酸钾的分解反应中，只有氧的化合价升高，且均由-2价升高到0价，故转移电子数均为4mol。而过氧化氢的分解反应，虽也只有氧的化合价升
高，但其化合价由-1升高到0价，以此产生1molO2，转移电子数为2mol。综合得，产生相同量的O2，三个反应中转移的电子数之比为：4︰4︰2 = 2︰2︰1。故答案为B。
总结：对不同的反应，在利用电子守恒分析转移电子的情况时，要注意考虑不同反应中化合价不同，而造成电子转移不同的情况。
【例2】在含有0.078 mol FeSO4的溶液中通入0.009 mol Cl2，再加入含有X2O72−的溶液后，Fe2+恰好完全转化为Fe3+，则反应后X元素的化合价为
A. +2 B. +3 C. +4 D. +5
解析1：常规方法计算：利用氧化还原反应式，此题中包含两个反应式，如下
6FeSO4
+3Cl2== 2FeCl3 +2Fe2(SO4)3 ，
6 3 由6/ n(FeSO4)1 =3 / 0.009 mol，
n(FeSO4)1 0.009 mol 得出n(FeSO4)1= 0.018mol
X2O72− +14H+ +(12-2n)FeSO4→2 Xn+ +(12-2n)Fe3+ + 7H2O +(12-2n)SO42－
1 （12-2n） 由1 / 0.01mol =(12-2n)/ n(FeSO4 )2，
0.01mol n(FeSO4)2 得出n(FeSO4 )2= 0.01(12-2n)mol
根据题给已知FeSO4：0.078 mol= 0.018 mol + 0.01(12-2n)mol ，解得n = +3,答案为C。
解析2：巧用电子守恒法计算：氧化剂是Cl－2和X2O72，还原剂只有FeSO4。并且反应中FeSO4（Fe2+）→Fe3+，Fe化合价升高了1，FeSO4共失去电子0.078 mol×1 = 0.078 mol；氧化剂Cl－2→Cl，Cl2化合价降低了2，Cl2得电子为0.009 mol×2 =0.018 mol，而假设X2O72−被还原后的价态为+n 价，X2O72−得电子为0.01mol×2×(6-n)。根据电子守恒的计算公式：氧化剂得到的电子总数=还原剂失去的电子总数，得出0.01 mol×2×(6-n)+ 0.018 mol =0.078 mol，解得 n=+3。
【例3】3.84gCu投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越浅，共收集到1344ml气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体溶于水，则通入氧气的体积为
A. 3.36L B. 0.224L C. 0.672L D. 1.12L
解析： 浓HNO3
O2
、H2O
Cu NOx HNO3
从整体角度分析，得电子的物质是氧气，失电子的物质是铜，设氧气的物质的量为x，再借助电子守恒可知，3.84g/64g·mol-1×2 = 4x，得x = 0.03mol，故通入氧气的体积为0.03mol×22.4mol·L-1
= 0.672L，应选C。
【例4】将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，则另一电极上放出气体在标况下的体积是
A. 4.48L B. 5.60L C. 6.72L D. 13.44L
解析：Cu2+在电解池阴极得电子转变为Cu，即Cu2+＋2e－=Cu。阴极得到0.3molCu，即共得到
电子0.3×2＝0.6mol。阳极为2Cl――2e－=Cl－―2，0.2molCl共失0.2mol电子，放出Cl20.1mol；4OH―4e－=2H－2O＋O2，根据得失电子守恒，故OH失(0.6-0.2)mol电子，放出O2气体0.1mol，故气体总量为0.2mol，因此标况下体积为0.2mol×22.4mol/L＝4.48L。选A.
【针对性练习】
1．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0ml0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224ml（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2－2O3将转化成
A．S2－ B．S C．SO－－32 D．SO42
2．已知某强氧化剂[XO(OH)2]+ 能被亚硫酸钠还原到较低价态。如果还原含2.4×10-3 mol
[XO(OH)2]+ 的溶液到较低价态，需用30ml 0.2mol/L的Na2SO3 溶液，那么X元素的最终价态为
A．+2 B．+1 C．0 D．-1
3．向含有0.078 mol的FeCl2溶液中通入0.009 mol Cl2，再加入含有0.01 mol X2O72-的酸性溶液，使溶液中的Fe2＋全部恰好氧化，并使X2O72-还原为Xn＋，则n值为
A．5 B．4 C．3 D．2
4．已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4—→Mn2+；Cl2→2Cl—；HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A．Fe3+ B．MnO4— C．Cl2 D．HNO2
5．取相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入适量Cl2，当反应恰好完成时，三种溶液消耗Cl2体积相同（同温同压下），则KI、Na2S、FeBr2溶液物质的量浓度之比为
A．2:1:2 B．2:1:3 C．6:3:2 D．3:2:1
6．将NO———3+Zn+OH+H2O→NH3+Zn（OH）42配平后，离子方程式中H2O的系数是
A．2 B．4 C．6 D．8
7．将a mol的Cu2S跟足量稀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
A．4a mol B．10a mol C．10a/3 mol D．2a/3 mol
8．若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
9．物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是
A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5
10．Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后，测得溶液中NaClO与NaClO3 物质的量之比为4∶1，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为
A．9∶4 B．5∶1 C．11∶2 D．1∶1
11．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液,当阴极上增重ag时,在阳极上产生bL的氧气(标况),从而可知M的相对原子质量为
A．22.4ax/b B．11.2ax/b C．5.6ax/b D．2.5ax/b
12．将32.64克铜与140ml一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体的体积为11.2L（标准状况）。请回答：
⑴NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
⑵待产生的气体全部释放后，向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L.
⑶使铜与硝酸反应产生的气体在NaOH溶液中完全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水
克。
