蔣雪平

氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，遵循電子得失守恒的原則，即同一反應(yīng)中，物質(zhì)失去（或吸引）電子的總數(shù)與物質(zhì)得到（或偏離）電子的總數(shù)相等。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中蘊(yùn)含的這一規(guī)律，可以高效快捷地解決有關(guān)氧化還原反應(yīng)的相關(guān)問題，使學(xué)生透過現(xiàn)象看本質(zhì)，靈活地做到融會貫通、舉一反三。

一、“方程式配平”中的應(yīng)用

氧化還原方程式配平可以利用五個字來描述：“標(biāo)、等、定、平、查”。其中“等”和“查”都要用到得失電子守恒法。無論是正向配平、逆向配平還是綜合配平，關(guān)鍵是要找準(zhǔn)“研究對象”，然后結(jié)合“電子守恒法”就能簡單、快捷地解決問題。

例1配平下列氧化還原方程式。

（1）NH3+O2→NO+H2O

分析標(biāo)價NH3中N：-3→+2↑ NH3失5e-

O2中O： 0→-2↓ O2得2e-×2=4e-

根據(jù)“守恒法”，則NH3與O2的化學(xué)計量數(shù)之比為4∶5，再利用“觀察法”進(jìn)行配平，就可得：4NH3+5O24NO+6H2O

（2）P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4

分析標(biāo)價即所選擇的研究對象為Cu3P和H3PO4，則可以表示為：

Cu3P中，Cu：+2→+1↓得e-×3=3e-

P：0→-3↓得3e-

Cu3P共得3e-+3e-=6e-

H3PO4中P：0→+5↑ H3PO4失5e-

根據(jù)“守恒法”，則Cu3P和H3PO4的化學(xué)計量數(shù)之比為5∶6，再利用“觀察法”進(jìn)行配平，就可得：11P+15CuSO4+24H2O

5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4

（3）Cu+HNO3→Cu（NO3）2+NO↑+H2O

分析標(biāo)價、觀察可以發(fā)現(xiàn)，方程式中銅元素與氮元素的化合價發(fā)生了變化，但是氮元素為部分化合價改變，故可以選擇Cu和NO為研究對象，則可以表示為：

Cu：0→+2↑2e-Cu失2e-

NO：+5→+2↓3e-NO得3e-

根據(jù)“電子守恒法”，2與3的最小公倍數(shù)為6，則Cu與NO的化學(xué)計量數(shù)之比為3∶2，再利用“觀察法”進(jìn)行配平，就可得：

3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

由此可見，氧化還原反應(yīng)配平的根本就是得失電子的守恒，能夠快捷地找出氧化劑（或者氧化產(chǎn)物）與還原劑（或者還原產(chǎn)物）之間的化學(xué)計量數(shù)之比，從而簡化過程。

二、在“電化學(xué)”中的應(yīng)用

電化學(xué)的實質(zhì)就是電子的定向移動，這其中正負(fù)兩極（或者陰陽兩極）得失電子總數(shù)相等，據(jù)此原理就可以計算相關(guān)的問題。

例2石墨做電極，電解R（NO3）x溶液，陽極放出氣體560 mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），陰極析出m g金屬R，試求R的相對原子質(zhì)量。

分析根據(jù)題意可得，電解池的電極反應(yīng)：

陰極：Rx++xe-R

陽極：4OH--4e-O2↑+2H2O

根據(jù)“電子守恒法”，則有：m gM×x=560 mL×10-3L/mL22.4 L/mol×4，解得M=10mx g/mol，故R的相對原子質(zhì)量為10mx。

三、“綜合計算”中的應(yīng)用

氧化還原計算需要與質(zhì)量守恒、原子守恒、元素守恒和電荷守恒中的一種或幾種來進(jìn)行共同攻克，才能實現(xiàn)對問題的解決。

例3一定質(zhì)量的由氧化銅、氧化鐵和鐵粉組成的混合粉末，與100 mL 4.4 mol/L的鹽酸恰好完全反應(yīng)，得到896 mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），假如反應(yīng)后的溶液中只有HCl和FeCl2，還有1.28 g固體，將溶液加水稀釋到320 mL，得出此時溶液中鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.25 mol/L，試求混合物中各物質(zhì)的質(zhì)量。

分析這是一道綜合性的題，其中所涉及到的方程式比較多，需要學(xué)生審清題意，明確各個量之間的關(guān)系，從而找出問題解決的突破口。

因為溶液中有鹽酸剩余，故溶液中的固體只能是金屬銅，故可以得出：

m（CuO）=1.28 g64 g/mol×（64+16）=1.6 g

根據(jù)題意，總的鹽酸：n（HCl）=100 mL×10-3×4.4 mol/L=0.44 mol

剩余的鹽酸：n（HCl）=320 mL×10-3×0.25 mol/L=0.08 mol，

生成的氫氣：n（H2）=896 mL×10-322.4 L/mol=0.04 mol

設(shè)混合物粉末中鐵的物質(zhì)的量為x mol，氧化鐵的物質(zhì)的量為y mol。

在此過程中有：Fe：0→+2↑失電子：2x mol

H2：+1→0↓得電子：0.04 mol×2=0.08 mol

CuO：+2→0↓得電子：1.28 g64 g/mol×2=0.04 mol

Fe2O3：+3→+2↓得電子：2y mol

根據(jù)“電子守恒法”可得：

2x=0.08+0.04+2y ①

根據(jù)“Cl-守恒”可得：

2x+4y+0.08=0.44 ②

聯(lián)立①②可得：x=0.1 mol，y=0.04 mol

則有m（Fe）=0.1 mol×56g/mol=5.6g，

m（Fe2O3）=0.04 mol×（56×2+16×3）g/mol=6.4 g。

由此可見，“電子守恒法”的應(yīng)用簡化了過程，避免了對眾多方程式之間的關(guān)系分析，使得過程變得清晰明了。

（收稿日期：2015-07-15）