例談電荷守恒在高中化學中的應(yīng)用

溫向前

電荷（電子）守恒是化學中普遍存在的一種規(guī)律.凡是化學反應(yīng)均服從電荷守恒.在高中化學學習中，學生若能避開復(fù)雜的反應(yīng)和中間過程，直接尋找始態(tài)和終態(tài)中特有的電荷守恒關(guān)系，能幫助學生更快、更便捷地解決較為復(fù)雜的問題，提高解題的速度和準確度.本文主要通過實例介紹電荷守恒在高中化學中的應(yīng)用，旨在幫助學生理解和掌握電荷守恒的基本概念和基本方法，從而提高學生利用電荷守恒法解決化學問題的能力.

一、電荷守恒在電解質(zhì)溶液中的應(yīng)用

1.方法介紹

由于電解質(zhì)溶液一定呈電中性，所以電解質(zhì)溶液中的陽離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負電荷總數(shù)相等，即：陽離子的物質(zhì)的量×陽離子的電荷數(shù)=陰離子的物質(zhì)的量×陰離子的電荷數(shù).因此，當涉及到與電解質(zhì)溶液或固體離子化合物及它們的混合物中離子的物質(zhì)的量或物質(zhì)的量濃度等問題有關(guān)的化學問題時，可考慮電荷守恒法.

2.例題解析

例1 在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO2-4完全沉淀；如加入足量強堿并加熱可得到c mol NH3，則原溶液中Al3+的濃度（mol·L-1）為 （ ）.

A.2b-c2a B.2b-ca

C.2b-c3a D.2b-c6a

解析 由于產(chǎn)生c mol NH3，則必定有NH+4 c mol，使SO2-4完全沉淀需Ba2+ b mol，因此SO2-4有b mol.根據(jù)電荷守恒： 2c（SO2-4）=c（NH+4）+3c（Al3+），則3c（Al3+）=（2×ba-ca） mol·L-1，c（Al3+）=2b-c3amol·L-1.

例2 在硫酸、明礬和硫酸鋁組成的混合溶液中，c（Al3+）=0.3 mol·L-1，c（SO2-4）=0.7 mol·L-1，由水電離的c（H+）=10-13mol·L-1，則c（K+）為 （ ）.

A.0.15 mol·L-1 B.0.2 mol·L-1

C.0.3 mol·L-1 D.0.4 mol·L-1

解析 由水電離的c（H+）=10-13mol·L-1，則由水電離的c（OH-）=10-13mol·L-1，說明水的電離主要受到硫酸電離的抑制，溶液中的c（H+）=0.1 mol·L-1，根據(jù)電荷守恒可得c（Al3+）×3+c（H+）+c（K+）=c（SO2-4）×2+c（OH-），則c（K+）≈0.4 mol·L-1.

二、電荷守恒在氧化還原反應(yīng)中的應(yīng)用

1.方法介紹

在氧化還原反應(yīng)中（或系列化學反應(yīng)中）氧化劑所得電子總數(shù)等于還原劑所失電子總數(shù)；或在電解池、原電池中兩極轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)相等.常見的類型主要有：

（1）在氧化還原反應(yīng)中：氧化劑得電子總數(shù)=還原劑失電子總數(shù)；

（2）在電解過程中：陰極得電子總數(shù)=陽極失電子總數(shù)；

（3）在原電池中：負極失去的電子數(shù)=正極得到的電子數(shù).

在處理此三類問題時，一般應(yīng)采取如下步驟進行處理：

第一步，找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；

第二步，找準一個原子或離子得失電子數(shù)（注意化學式中粒子的個數(shù)）；

第三步，根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和電子守恒列出等式，即n（氧化劑）×變價原子個數(shù)×化合價變化值（高價-低價）=n（還原劑）×變價原子個數(shù)×化合價變化值（高價-低價）.

2.例題解析

例3 ClO2是一種廣譜型的消毒劑，根據(jù)世界環(huán)保聯(lián)盟的要求ClO2將逐漸取代Cl2成為生產(chǎn)自來水的消毒劑.工業(yè)上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反應(yīng)制ClO2，在以上反應(yīng)中NaClO3和Na2SO3的物質(zhì)的量之比為（ ）.

A.1∶ 1 B.2∶ 1

C.1∶ 2 D.2∶ 3

解析 NaClO3和Na2SO3溶液混合產(chǎn)生ClO2和Na2SO4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失守恒的關(guān)系，有

n（NaClO3）×1=n（Na2SO3）×2

可求得n（NaClO3）∶n（Na2SO3）=2∶1.

例4 將一定質(zhì)量的鎂、銅合金加入稀硝酸溶液中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全部是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g，則下列有關(guān)敘述中正確的是 （ ）.

A.沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為100 mL

B.參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.1 mol

C.開始加入合金的質(zhì)量可能為16.4 g

D.標準狀況下產(chǎn)物NO的體積為22.4 L

解析 選A.

將一定量的鎂、銅合金加入稀硝酸中，兩者恰好完全反應(yīng)，金屬、硝酸都沒有剩余，反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO，發(fā)生反應(yīng)：

3Mg+8HNO3（?。?/p>

3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O

3Cu+8HNO3（?。?/p>

3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

向反應(yīng)后的溶液中加入3 mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：

Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2↓+2NaNO3

Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2↓+2NaNO3

沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1 g，氫氧根的物質(zhì)的量為5.1 g/17 g·moL-1=0.3 mol，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.3 mol/2=0.15 mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，轉(zhuǎn)移0.3 mol電子，生成NO為0.3 mol/（5-2）=0.1 mol.加入的氫氧化鈉恰好與硝酸鎂、硝酸銅反應(yīng)，由上述分析可知，加入的NaOH為0.3 mol，故加入NaOH溶液的體積為0.3 mol/3 mol·L-1=0.1 L=100 mL，故A正確；根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)（HNO3）=83×n（金屬）=83×0.15 mol=0.4 mol，故B錯誤；鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15 mol，假定全為鎂，質(zhì)量為0.15 mol×24 g·moL-1=3.6 g，若全為銅，質(zhì)量為0.15 mol×64 g·moL-1=9.6 g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）為3.6 g

例5 取Pt和Zn為電極材料埋入人體內(nèi)作為心臟起搏器的能源，它跟人體的體液中含有一定濃度的溶解O2、H+和Zn2+進行作用.

（1）其正極的反應(yīng)式為負極的反應(yīng)式為

（2）心臟起搏器是一種人造心臟激勵器.它向心臟發(fā)送小的電脈沖，以使心臟有規(guī)則地跳動.大多數(shù)起搏器是由鋰電池或銀鋅電池驅(qū)動.有一種心臟起搏器中使用的新型Li-I2電池使用壽命可超過10年，其反應(yīng)可簡化為：

2Li+I22LiI

則工作時負極的電極反應(yīng)為

，根據(jù)你所學的堿金屬的有關(guān)知識判斷：該新型鋰電池中能否用LiI水溶液作電解液？

（選填“能”或“不能”）原因是

.

解析 （1）正極反應(yīng)式為：

O2+4H++4e2H2O；

負極反應(yīng)式為：

2Zn-4e2Zn2+

（2）負極：2Li-2e2Li+，不能，原因是：Li在常溫時能跟水劇烈反應(yīng).

總之，電荷守恒法是中學化學計算中一種很重要的方法與技巧，也是在高考試題中應(yīng)用最多的方法之一，其特點是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，忽略中間過程，利用其中某種不變量建立關(guān)系式，從而簡化思路，快速解題.

（收稿日期：2015-11-22）