利用電子守恒解化學(xué)計算幾例

張神排

氧化還原反應(yīng)是中學(xué)化學(xué)學(xué)習(xí)的主線，也是高考必考的考點之一，從近幾年高考試題的變化趨勢來看，出現(xiàn)了一種難度較大以考查能力為主的新題型：求氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比;給出陌生的物質(zhì)，判斷反應(yīng)后的化合價或是否是氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物等.盡管千變?nèi)f化，但都離不開判斷化合價的升降、電子的轉(zhuǎn)移、電子數(shù)的守恒.

下面通過幾個例題，談?wù)勲娮邮睾惴ㄔ诨瘜W(xué)計算中的應(yīng)用.

一、省去中間過程，簡化計算

例1 3.84 g銅和一定質(zhì)量的濃硝酸反應(yīng)，當(dāng)銅反應(yīng)完時，共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況時的氣體2.24 L，若把裝有這些氣體的集氣瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升標(biāo)況下的氧氣才能使集氣瓶充滿溶液？

解析 銅失電子數(shù)=被還原的硝酸得的電子數(shù)=氧化硝酸的還原產(chǎn)物NO，NO2消耗的氧氣得的電子數(shù)，省去中間計算，銅失的電子數(shù)=氧氣得的電子數(shù).

則n（O2）=3.84÷64 g·mol-1×2×1/4=0.03

，V（O2）=0.003 mol×22.4 L·mol-1=0.672 L

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+2H2O4HNO3

4NO2+3O2+2H2O4HNO3

計算出O2的物質(zhì)的量，并求出其體積，此方法運算量大，中間計算多且復(fù)雜，容易出錯，用電子守恒法綜合考慮，可省去中間的各步計算，使計算簡化.

二、在電解類題中的應(yīng)用

例2 用兩支惰性電極插入500 mL AgNO3溶液中，通電電解，當(dāng)電解液的pH從6.0變?yōu)?.0時（設(shè)電解時陰極沒有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.27 mg B.54 mg C. 108 mg D.216 mg

解析 根據(jù)得失電子守恒寫出電極反應(yīng)式：

陰極：4Ag++4e4Ag

陽極：2H2O-4eO2+4H+

可知：Ag+——H+

1 mol 1 mol

x1×10-3×0.5-1×10-6×0.5

x=5×10-4

則析出銀的質(zhì)量為：

5×10-4 mol×108 g·mol-1=5.4×10-2 g=54 mg

三、判斷氧化產(chǎn)物或還原產(chǎn)物的化合價

例3 24 mL濃度為0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好與20 mL濃度為0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，則Cr元素在還原產(chǎn)物中的化合價為（ ）.

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

解析 反應(yīng)中Cr元素的化合價變化為2×（6-x），S元素的化合價變化為6-4=2.

20×10-3×0.02×2×（6-x）=24×10

-3×0.05×2 x=3

答案：B

四、在產(chǎn)物不確定類題中的應(yīng)用

例4 10 g Fe-Mg合金溶解在一定量的某濃度的稀硝酸中，當(dāng)金屬完全反應(yīng)后，收集到標(biāo)況下4.48 L NO氣體（設(shè)HNO3的還原產(chǎn)物只有NO）.在反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可得多少克沉淀？

解析 該反應(yīng)中Fe的變價無法確定，用常規(guī)法得討論計算.仔細(xì)審題后發(fā)現(xiàn)，Mg，F(xiàn)e失電子數(shù)等于氮元素得電子數(shù).

n失=n得=4.48÷22.4 L·mol-1×3=0.6mol

Fe，Mg失電子后的陽離子所帶正電荷共為0.6 mol，它也等于沉淀該陽離子所需OH-的物質(zhì)的量.即n（OH-）=0.6 mol.

m沉淀=m陽+m（OH-）

=10 g+0.6 mol×17 g·mol-1

=20.2 g

得失電子守恒的規(guī)律是我們解氧化還原類題的一把鑰匙，巧妙地運用電子守恒法可以快速準(zhǔn)確地解決問題，提高我們多視角分析問題、解決問題的能力.