新高考化学一轮复习精品学案 第1章 热点强化3　电子守恒法计算及应用（含解析）

热点强化3　电子守恒法计算及应用

1．电子守恒法计算的原理

氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。

2．电子守恒法计算的流程

(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。

(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。

(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。

n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。

题组一　确定元素价态或物质组成

1．现有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。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为________。

答案　＋3

解析　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。

2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。

答案　5

解析　，

得关系式1×·x＝16×2，x＝5。

题组二　电子守恒在未配平方程式中的应用

3．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。

答案　1.5　2.2

解析　设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，

根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。

题组三　多步反应得失电子守恒问题

4．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于________。

答案　9.20

解析　反应流程为

x g＝17.02 g－m(OH－)，

而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：

n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol

×17 g·mol－1＝9.20 g。

5．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。

答案　60

解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。

题组四　氧化还原滴定中的计算

6．某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为____________________________。

答案　 mol·L－1

解析　Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失电子守恒列等式：c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1

×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得：c(Cr2O)＝ mol·L－1。