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电子得失守恒规律431800湖北省京山一中 贾珍贵 刘洪涛1.电子得失守恒规律物质给出（失去）电子的性质称为还原性，还原剂是电子的给予体。物质接受（得到）电子的性质称为氧化性，氧化剂是电子的接受体。在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到的电子总数。在定量的氧化还原反应中，若化合价升高的元素原子的物质的量为n1，升高的价数为a1化合价降低的元素原子的物质的量为n2，降低的价数为a2，则n1 a1= n2 a2。多种元素得失电子时，应计算求和。2.电子转移方向和数目的标明标明电子转移方向和数目有助于更清楚地认识电子得失守恒关系，通常的方法有：双线桥法用此法可以分析同种元素在反应前后的电子转移、化合价升降、被氧化、被还原、发生氧化反应、还原反应等关系。若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。应用双线桥法时，箭头、箭尾应对准同种元素，箭尾对准反应物中的某元素，箭头应指向生成物中的同一元素；标电子转移时，应标明“得到”、“失去”几个电子或“ne”、“ne”；失去2e 化合价升高 被氧化 发生氧化反应如2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2得到2 e 化合价降低 被还原 发生还原反应 失去5e 化合价升高 被氧化 发生氧化反应 KClO3+ 6HCl = KCl + 3Cl2 + 3H2O 得到5 e 化合价降低 被还原 发生还原反应 +e +3e 2K Mn O4=K2 MnO4+MnO2 + O2 4e单线桥法只用以表明反应物（氧化剂与还原剂）间的电子转移关系。箭尾对准失去电子的元素，箭头指向得到电子的元素；电子转移只标明总数，如ne，不要指明“得到”或“失去”。若有多种元素间发生电子转移时，也可用多根线桥标明。如 5e 2eK ClO3 + 6HCl=KCl+3Cl2+3H2O 2Na + Cl2 = 2NaCl氧化剂 还原剂 还原剂 氧化剂 2e2FeBr2 + 3 Cl2=2FeCl3+2Br2 4e电子得失守恒规律主要的应用是配平氧化还原方程式、进行氧化还原反应方面的计算，有的要计算反应物或产物的化合价，有的计算反应物或产物的物质的量或质量等。正确理解上述公式，正确判断元素的化合价，正确判断氧化产物和还原产物，准确找到氧化剂和还原剂得失电子的数目，运用得失电子物质的量守恒来建立等式，是解这类问题的关键。典例精析【例题1】用0.1 mol / L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将1103 mol的X2O72 还原，则元素X在还原产物中的化合价是( ) A1 B2 C3 D4答案C。思路点拨根据在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到的电子总数。则有：0.1301031211032(6x)，x3。此题隐含的知识是SO32只能氧化成SO42，在X2O72中，X的化合价为+6价。得失电子的具体计算关系式为：氧化剂的物质的量化学式中参加还原反应的原子个数化合价的变化值=还原剂的物质的量化学式中参加了氧化反应原子的个数化合价的变化值。【例题2】在反应BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，若有5molH2O参加了反应，则被水还原的BrF3的物质的量是( ) A.4/3mol B.2mol C.10/3mol D.3mol 答案 A。思路点拨由反应知，当参加反应的水为5molH2O时，有2molH2O作还原剂，H2O被氧化为O2，每molH2O失去2mol e，每mol BrF3被还原时得到3mol e，依据氧化剂和还原剂间电子得失守恒，则H2O与BrF3间的氧化还原关系为：3H2O2 BrF3；被水还原的BrF3的物质的量是4/3 mol。此题易犯的错误是没有分清BrF3自身的还原。【例题3】将NaBiO3固体（黄色，微溶）加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色（Bi3+无色）。配平该反应的离子方程式：NaBiO3 + Mn2+ + H+ Na+ + Bi3+ + + 答案 配平的反应的离子方程式为：5NaBiO3 + 2Mn2+ 14H+ 5Na+ +2MnO4+5Bi3+ 7H2O。思路点拨根据加热反应后溶液显紫色（Bi3+无色），可知生成了紫色的 MnO4，观察化合价升降情况：NaBiO3变为Bi3+，化合价降低2，Mn2+变为MnO4，化合价升高5。根据电子得失相等，氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数可以配定：5NaBiO3 + 2Mn2+ 2MnO4+5Bi3+ ；根据质量守恒，Na+的化学计量数为5，5NaBiO3 + 2Mn2+ 5Na+ +2MnO4+5Bi3+；由于反应式的左边有酸（H+）参加反应，根据质量守恒，则右边的缺项应添加“H2O”，5NaBiO3 + 2Mn2+ H+ 5Na+ +2MnO4+5Bi3+ H2O；根据电荷守恒，右边有18+，H+前的化学计量数为14，再据质量守恒，H2O前的化学计量数为7。解题技巧氧化还原型离子方程式的书写和配平时，题目中的已知条件常常只有主要反应物和生成物，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等， 配平时，还要添加反应物或生成物中的缺项。如配平离子方程式：MnO4+Fe3O4Fe3+Mn2+依据电子得失守恒进行配平可得：1MnO4+5Fe3O4+ 15Fe3+1Mn2+ 显然，此反应的反应物和生成物中还缺少介质分子和离子。要判断添加的缺项一般是反应介质。如酸（H+）、碱（OH）或水（H2O）等，需要根据反应的具体情况判断添加，然后配平。观察上述反应式，反应物中有氧原子，生成物中没有，添加生成物时必定要加上含氧原子的微粒。OH或水中都含有氧原子，若加上OH，OH与产物中的Fe3+、Mn2+不能共存，而溶液中不可能存在O2 离子，也不能添加，只有加上水。这样，上式变为1MnO4+5Fe3O4+ 15Fe3+1Mn2+H2O再观察上式，左边没有氢原子，H+或OH离子中都含有氢，若反应物中加上OH离子，则生成物不可能是Fe3+或Mn2+，只能加H+离子。或者依据电荷守恒，要左右两边的电荷相等，也只有添加带正电荷的H+离子。即 1MnO4+5Fe3O4+ H+15Fe3+1Mn2+H2O电荷平衡的配平方法是：若正、负电荷全部在方程式的同一边，则应使正、负电荷的代数和为零；若正、负电荷分布在反应方程式的两边，则两边电荷的差为零。最后，依据电荷守恒、质量守恒，用观察法配平其它物质的化学计量数。依据氧原子质量守恒，可在H2O分子前配24，则H+前应配48；或据电荷守恒，在H+前应配48，再依据氧原子质量守恒，在H2O分子前配24即可。将单线改为等号，1省去不写得：MnO4+5Fe3O4+48 H+=15Fe3+Mn2+24H2O有的反应方程式还应注明反应条件，沉淀或气体的符号。所以，在添加缺项时应注意：1）H+和OH不可能添加在同一边，因H+和OH不可能大量共存。2）若反应物中添加H+或OH离子，则生成物中往往需添加水；若反应物中添加水，则生成物中往往需添加H+或OH离子。3）添加H+或OH离子时，不必考虑与反应物能否共存，但一定要考虑与生成物能否共存，不能共存，就不能添加。例题4 配平离子方程式：Fe2+ClOFe3+Fe(OH)3+Cl解析观察反应式，铁元素化合价升高1，氯元素化合价从正一价降到负一价，降低2，反应式中，反应物和生成物都只有一种物质，且原子个数都是1，化学计量数暂配1，铁元素在生成物中有两种产物，应先配定反应物中亚铁离子的化学计量数，依据电子得失守恒，配2。即2Fe2+1ClOFe3+Fe(OH)3+1Cl现在表面看来铁元素原子质量守恒，但电荷不等，且反应式左边没有氢原子，缺少反应物，应先添加。若在反应物中加H+，酸性条件下不可能生成Fe(OH)3；若在反应物中加OH，碱性条件下不可能有Fe3+生成；只能是添加水（H2O）。即2Fe2+1ClO+H2OFe3+Fe(OH)3+1Cl要使电荷守恒，Fe3+前应配4/3。再依据铁元素质量守恒，Fe(OH)3前配2/3。即2Fe2+1ClO+H2O4/3Fe3+2/3Fe(OH)3+1Cl依据质量守恒，检查氢和氧，配得H2O的化学计量数为1。将分数化成整数，单线改等号，加上沉淀符号即可。6Fe2+3ClO+3H2O=4Fe3+2Fe(OH)3+3Cl解题技巧 离子方程式的配平离子方程式的配平与化学方程式式的配平不同，不仅遵循质量守恒、电子得失守恒，还要遵循电荷守恒。有的还要添加反应物或生成物中的缺少的物质。其配平必须按以下四步顺序进行。第一步：依据电子得失守恒，配定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；第二步：依据电荷守恒，配定各离子的化学计量数；第三步：依据质量守恒，配定其他分子的化学计量数；第四步：检查约简或化整化学计量数，将单线改等号，加上反应条件、沉淀或气体符号。氧化还原型离子方程式的书写和配平时，题目中的已知条件常常只有主要反应物和生成物，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等， 配平时，还要在第二步之前添加反应物或生成物中的缺项。在添加缺项时应注意：1）要判断添加的缺项一般是反应介质。如酸（H+）、碱（OH）或水（H2O）等，需要根据反应的具体情况判断添加。2）H+和OH不可能添加在同一边，因H+和OH不可能大量共存。3）若反应物中添加H+或OH离子，则生成物中往往需添加水；若反应物中添加水，则生成物中往往需添加H+或OH离子。4）添加H+或OH离子时，不必考虑与反应物能否共存，但一定要考虑与生成物能否共存，不能共存，就不能添加。电荷平衡的配平方法是：若正、负电荷全部在方程式的同一边，则应使正、负电荷的代数和为零；若正、负电荷分布在反应方程式的两边，则两边电荷的差为零强化训练1.亚硝酸(HNO2)既可作氧化剂又可作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是A.N2 BN2O3 CNH3 NO22.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2.4103 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 ) A1 B0 C1 D23.反应NH33Cl2=6NH4ClN2中，被氧化的氨和未被氧化的氨的质量比是A.31 B.13C.11 D.384. 在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2反应中，若有5mol水作还原剂时，被水还原BrF3的物质的量为A.3 mol B.2 mol C.4/3 mol D.10/3 mol5. (NH4)2PtCl6晶体受热完全分解，放出氮气和氯化氢气，同时，还生成金属铂和氯化铵。在这个反应中，若放出的氮气是x mol，那么还原的铂是A.x/2 mol B.2x mol C.2x/3 mol D.3x/2 mol6. 根据反应CuSO4+FeS2+H2O-Cu2S+FeSO4+H2SO4 ，判断1 molCuSO4能氧化硫的物质的量为A.3/4 mol B.1/7 mol C.5/7 mol D.4/7 mol7. 某温度下，将Cl2通人KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定，ClO与ClO3离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为A.2:1 B.4:3 C.10:3 D.11:38配平下列离子方程式.MnO4+ H2O2+ =Mn2+ O2+ H2OPbO2+ Mn2+ H+= Pb2+ MnO4+ MnO4+ H2S+ =Mn2+ S+ H2OCr2O72+ I+ = Cr3+ I2+ An + BY= Bm+ AXFe3+ Mn2+ H2O= MnO2+ Fe2+ CrO42+ S2+ = Cr(OH)3+ S2O32+ Cr2O72+ H2O2+ = Cr3+ O2 + H2OBiO3+ Mn2+ = MnO4+ Bi3+ SX2+ BrO3+ OH= SO42+ Br+ H2O亚硝酸钠（NaNO2）外观类似于食盐，有咸味，误食易造成中毒。试写出NaNO2在酸性条件下氧化FeCl2的离子方程式。工业含铬废水，在酸性条件下，经绿矾处理后可转变为Cr3+。写出反应的离子方程式。已知ClO在一定条件（酸、碱或中性）下能将Fe2+氧化成Fe3+，完成并配平离子方程式：Fe2+ ClO 。参考答案1. AC。【解析】 亚硝酸中N呈现3价，当它作氧化剂得电子，化合价要降低。N2中N呈0价，N2O3中N呈3价，NH3中N呈3价，NO2中N呈现4价。故还原产物可能是N2或NH3。2.B。【解析】由2.4103x0.060.12，x5，550。应选B。 3. B。【解析】 在反应中，8个NH3分子，只有2个氮原子变成N2，另6个氮原子变成NH4Cl未发生价变。4.D解析 此反应中的氧化还原关系较为复杂，反应中，三氟化溴既是氧化剂，又是还原剂，不是全部被还原，而是部分自身还原，部分被水还原；水在反应中也只有部分作还原剂。因此，不能用反应方程式中的计量数进行计算，不然，就会陷入剪不断，理还乱的境地。应直接建立氧化剂BrF3和还原剂H2O间的电子得失关系。由反应可知，BrF3被还原为Br2，化合价降低3，H2O被氧化成O2，一个水分子中的氧原子化合价升高2，依据化合价升降总数相等或电子得失守恒，氧化剂BrF3和还原剂H2O间的氧化还原关系为：3 H2O2 BrF3，由此局部配平关系式，就可列比例计算。3 H2O2 BrF3 3 25 n（BrF3） n（BrF3）=10/3 mol5.D解析 根据题意，反应中 只有N、Pt两元素的化合价发生变化，N的化合价从3价升高到0价，一个N失去3e，Pt的化合价从+4价降低到0价，得到4e，依据电子得失守恒，可得氧化产物和还原产物局部配平的关系式：2N23Pt，由此就可列比例式计算。2N23Pt2 3x n（Pt） n（Pt）=3x/2 mol6.B解析 此题配平，关系复杂，耗时一定较多。若抓住氧化剂CuSO4和还原剂FeS2间电子得失应该守恒，可进行局部配平。CuSO41/2 Cu2S，化合价降低1，得到1个电子，1/2 FeS2SO42，S元素化合价升高7，失去7e。由电子得失守恒，得如下局部配平的关系式7 CuSO47 11 n（） n（）=1/7 mol7.D解析 因同一溶液的体积相同，离子的物质的量之比即离子的物质的量浓度比。根据给定的比例，进行局部配平如下：化合价降低1x化合价升高11化合价升高52 (x+3)/2Cl2