11电子得失守恒规律

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n 1，升高的价数为a 1化合价降低的元素原子的物质的量为n 2，降低的价数为a 2，则n 1· a 1= n2 ·a 2。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 ”；

－

如

2Na

+ O 2

－失去 发生氧化反应

2 + 3H 2O

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

－－

3 2+3H2O 2Na + Cl 2 = 2NaCl

氧化剂 还原剂 还原剂 氧化剂

－

－

2=2FeCl3+2Br2

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Na 2SO 3溶液30 mL，恰好将1×103 mol的X 2O 72 还原，则元素X 在还原产物中的化合价是( )

A ．＋1 B ．＋2 C ．＋3 D ．＋4

[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：0.1×30×103×1×2＝1×103×2×(6－x) ，x ＝3。此题隐含的知识是SO 32只能氧化成

——SO 42，在X 2O 72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BrF 3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，若有5molH 2O 参加了反应，则被水还原的BrF 3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5molH 2O 时，有2molH 2O 作还原剂，H 2O 被氧化

－－为O 2，每molH 2O 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H 2O 与BrF 3间的氧化还原关系为：3H 2O ——2 BrF3；被水还原的BrF 3的物质的量是4/3 mol。此题易犯的错误是没有分清BrF 3自身的还原。

【例题3】将NaBiO 3固体（黄色，微溶）加入MnSO 4和H 2SO 4的混合溶液里，加热，溶液显紫色（Bi 3+无色）。配平该反应的离子方程式：

NaBiO 3 + 2+ + H + ∆ → + + Bi 3+ + −−

— [答案 ] 配平的反应的离子方程式为：5NaBiO 3 + 2Mn 2++ 14H + − − ∆ → 5Na + +2MnO4

+5Bi3++ 7H2O 。

—[思路点拨]根据加热反应后溶液显紫色（Bi 3+无色），可知生成了紫色的 MnO 4，观察化合

—价升降情况：NaBiO 3变为Bi 3+，化合价降低2，Mn 2+变为MnO 4，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：5NaBiO 3 +

—2Mn 2+—— 2MnO 4+5Bi3+ ；根据质量守恒，Na +的化学计量数为5，5NaBiO 3 + 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“H 2O ”，5NaBiO 3 + 2Mn2++ +—— 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，H 2O 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：MnO 4+Fe3O 4——Fe 3++Mn2+ －—

依据电子得失守恒进行配平可得：

－1MnO 4+5Fe3O 4+ ——15Fe 3++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（H 2O ）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Fe 3+、Mn 2+不能共存，

－而溶液中不可能存在O 2 离子，也不能添加，只有加上水。这样，上式变为

－1MnO 4+5Fe3O 4+ ——15Fe 3++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Fe 3+或Mn 2+，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 1MnO 4+5Fe3O 4+ H+——15Fe 3++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H 2O 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H 2O 分子前配24即可。将单线改为等号，1省去不

－写得：MnO 4+5Fe3O 4+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：Fe 2++ClO——Fe 3++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 －－2+——Fe 3++Fe(OH)3

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Fe 3+生成；只能是添加水（H 2O ）。即 －－2++H2O ——Fe 3++Fe(OH)3

要使电荷守恒，Fe 3+前应配4/3。再依据铁元素质量守恒，Fe(OH)3前配2/3。即 －－2++H2O ——3+3

依据质量守恒，检查氢和氧，配得H 2O 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。 －－2+23+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（H 2O ）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.N 2 B．N 2O 3 C．NH 3 Ｄ．NO 2

－2. 已知某强氧化剂RO(OH)2+ 中的R 元素被Na 2SO 3还原到较低价态。如果还原2.4×103 mol

RO(OH)2+ 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol/L的Na 2SO 3溶液。那么，R 元素被还原成的价态是 ( B )

A ．—1 B ．0 C ．＋1 D ．＋2

3. 反应８NH 3＋3Cl 2====6NH4Cl ＋N 2中，被氧化的氨和未被氧化的氨的质量比是

A.3∶1 B.1∶3 C.1∶1 D.3∶8

4. 在3BrF 3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑反应中，若有5mol 水作还原剂时，被水还原BrF 3的物质的量为

A.3 mol B.2 mol C.4/3 mol D.10/3 mol

5. (NH4) 2PtCl 6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 mol

6. 根据反应CuSO 4+FeS2+H2O----Cu 2S+FeSO4+H2SO 4 ，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 mol

7. 某温度下，将Cl 2通人KOH 溶液里，反应后得到KCl 、KClO 、KClO 3的混合物，经测定，

－－ClO 与ClO 3离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl 2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.11:3

8配平下列离子方程式

⑴.MnO 4+ H2O 2=Mn2++ O2+ H 2O

－⑵PbO 2+ Mn 2++ H += Pb 2++ MnO 4

－⑶MnO 4+ H 2 =Mn2++ S+ H 2O

－－⑷Cr 2O 72+ I + = Cr 3++ I 2+ －－⑸A n + B Y = B m + A X

⑹Fe 3++ Mn 2++ H 2O= MnO 2+ Fe 2+

－－－⑺CrO 42+ S 2+ = Cr(OH)3+ S 2O 32

－⑻Cr 2O 72+ H 2O 2 = Cr 3++ O 2 + H 2O

－－⑼BiO 3+ Mn 2++ = MnO 4+ Bi 3+－－－－－⑽S X 2+ BrO 3+ OH = SO 42+ Br + H 2O

⑾亚硝酸钠（NaNO 2）外观类似于食盐，有咸味，误食易造成中毒。试写出NaNO 2在酸性条件下氧化FeCl 2的离子方程式。

⑿工业含铬废水，在酸性条件下，经绿矾处理后可转变为Cr 3+。写出反应的离子方程式。

—⒀已知ClO 在一定条件（酸、碱或中性）下能将Fe 2+氧化成Fe 3+，完成并配平离子方程式：—Fe 2++ 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，N 2O 3中N 呈＋3价，NH 3中N 呈－3价，NO 2中N 呈现＋4价。故还原产物可能是N 2或NH 3。

－ 2. B。【解析】由2.4×103×x ＝0.06×0.1×2，x ＝5，5－5＝0。应选B 。

3. B 。【解析】 在反应中，8个NH 3分子，只有2个氮原子变成N 2，另6个氮原子变成NH 4Cl 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BrF 3和还原剂H 2O 间的电子得失关系。

由反应可知，BrF 3被还原为Br 2，化合价降低3，H 2O 被氧化成O 2，一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BrF 3和还原剂H 2O 间的氧化还原关系为：3 H2O ——2 BrF3，由此局部配平关系式，就可列比例计算。

3 H2O ——2 BrF3

3 2

5 n （BrF 3） n （BrF 3）=10/3 mol

5.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：2N 2～3Pt ，由此就可列比例式计算。

2N 2～3Pt

2 3

x n （Pt ） n （Pt ）=3x/2 mol

6.B[解析] 此题配平，关系复杂，耗时一定较多。若抓住氧化剂CuSO 4和还原剂FeS 2间电子得失应该守恒，可进行局部配平。CuSO 4～1/2 Cu2S ，化合价降低1，得到1个电子，

－－1/2 FeS 2～SO 42，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 CuSO4～S -1

7 1

-1-11 n （S ） n （S ）=1/7 mol

7.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：

3

依据化合价升降相等，x=11，根据化合价升高，失去电子被氧化，所以被还原的氯元素若为11 mol，则被氧化的氯元素为（1+2）=3 mol。

由上述几例分析可以看出，运用局部配平法，进行氧化还原关系的有关计算，能大大提高解题速度，也可以培养学生透过现象抓本质的能力。

8. 答案

－⑴2MnO 4+ 5H2O 2+6 H+=2Mn2++5 O2+ 8H2O

－⑵5PbO 2+ 2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4+ 2 H2O

－⑶2MnO 4+ 5H2S+6 H+ =2Mn2++ 5S+8H2O

－－⑷Cr 2O 72+6I+14H+ = 2Cr3++ 3 I2+7 H2O

－－⑸myA n +xmnBY = xnBm + mnyAX

⑹2Fe 3++ Mn 2++ 2H 2O= MnO2+2Fe2++4 H+

－－－－⑺8CrO 42+ 6S2+23 H2O = 8Cr(OH)3+ 3S2O 32+22 OH

－⑻Cr 2O 72+3H2O 2+8 H+ =2Cr3++3O2 +7H2O

－－⑼5BiO 3+2Mn2++14 H+ = 2MnO4+5Bi3++7H2O

－－－－－⑽ 3S X 2+（3x+1）BrO 3+ 6（x-1）OH = 3xSO42+（3x+1）Br +3（x-1）H 2O

—⑾NO 2+Fe2++2H+=Fe3++NO+H2O ；

—⑿Cr 2O 72 +6Fe2++14H+= 2Cr3++ 6Fe3++ 7H2O ；

————⒀2Fe 2++ ClO+2H+== 2Fe3++ Cl+H2O 或6Fe 2++ 3ClO+ 3H2O = 4Fe3++ 2Fe（OH ）3+3Cl或

—－—2Fe 2++ ClO+ OH + H2O =Fe3++ Fe（OH ）3+Cl