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电子得失守恒，是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。无论是自发进行的氧化还原反应，还是原电池或电解池中，均如此。它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。
例1．已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最終价态为：
（A） +3 （B） +2（ C）+1（ D） -1
解析：设R的 最终价态为+x价，依得失电子守恒可列式为：
2.4×10-3（5—x）＝12×10-3×0.2（6—4）
解得：x＝+3
答案：（A）
例2．3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?
解析：铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数＝氧气得的电子数。
则ｎ（Ｏ２）＝3.84ｇ÷64ｇ.mol－１×2×1／4＝0.03mol
Ｖ（Ｏ２）＝0.03mol×22.4Ｌ.mol－１＝0.672Ｌ
若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：
4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
计算出Ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。
例3．10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48ＬＮＯ气体（设ＨＮＯ３的还原产物只有ＮＯ）。在反应后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀?
解析：该反应中Ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。仔细审题后发现，Ｍｇ，Ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。
ｎ失＝ｎ得＝4.48Ｌ÷22.4Ｌ.mol－１×3＝0.6mol
Ｆｅ，Ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6mol，它也等于沉淀该阳离子所需ＯＨ－的物质的量。即ｎ（ＯＨ－）＝0.6mol。
ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ＯＨ－）
＝10ｇ＋0.6mol×17ｇ.mol－１
＝20.2ｇ
得失电子守恒的规律是我们解氧化还原类题的一把钥匙，巧妙地运用电子守恒法可以快速准确地解决问题，提高我们多视角分析问题、解决问题的能力。
练习：
1．在某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，已知溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为：
A．＋1B．＋2C．＋3D．＋4
2．24mL浓度为0.05mol.L－１的Ｎａ２ＳＯ３溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol.L－１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液完全反应，则Ｃｒ元素在还原产物中的化合价为：
A.+6B.+3 C.+2 D.0
3．一定条件下ＮＨ4ＮＯ３受热分解的未配平的化学方程式为：
ＮＨ4ＮＯ３ ＝ＨＮＯ３＋Ｎ2＋Ｈ2Ｏ在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为：
Ａ．５∶３ Ｂ．５∶４ Ｃ．１∶１ Ｄ．３∶５
4．将5．6克铁粉溶于过量的稀硫酸中，在加热条件下加入1．01克KNO3晶休氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余的Fe2+尚需0．2mol/L的KMnO4溶液70mL才能完全氧化（已知KMnO4的还原产物为Mn2+）。 求KNO3的还原产物。
5．将3.88克铁粉和氧化铁粉末的混合物，投入50ml的稀H2SO4中，恰好完全反应并放出标况下1.12L氢气，反应后的溶液中不含Fe和Fe3+。求混合物中的Fe和氧化铁的质量。
6． X molMg恰好能溶于含Y molHNO3的稀硝酸溶液中，生成N2O。求此时X与Y的比值为多少？
参考答案：
1.C 2.B 3.A 4.NO 5.Fe：3.08g ; Fe2O3：0.8g6.2:5
（陕西省洋县中学）
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
例1．已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最終价态为：
（A） +3 （B） +2（ C）+1（ D） -1
解析：设R的 最终价态为+x价，依得失电子守恒可列式为：
2.4×10-3（5—x）＝12×10-3×0.2（6—4）
解得：x＝+3
答案：（A）
例2．3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?
解析：铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物ＮＯ，ＮＯ２消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，得铜失的电子数＝氧气得的电子数。
则ｎ（Ｏ２）＝3.84ｇ÷64ｇ.mol－１×2×1／4＝0.03mol
Ｖ（Ｏ２）＝0.03mol×22.4Ｌ.mol－１＝0.672Ｌ
若用常规解法，应先求出NO，NO２的物质的量，再根据：
4ＮＯ２＋Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
4ＮＯ＋3Ｏ２＋2Ｈ２Ｏ＝4ＨＮＯ３
计算出Ｏ２的物质的量，并求出其体积，此方法运算量大，中间计算多且复杂，容易出错，用电子守恒法综合考虑，可省去中间的各步计算，使计算简化。
例3．10gＦｅ－Ｍｇ合金溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到标况下4.48ＬＮＯ气体（设ＨＮＯ３的还原产物只有ＮＯ）。在反应后的溶液中加入足量的ＮａＯＨ溶液，可得多少克沉淀?
解析：该反应中Ｆｅ的变价无法确定，用常规法得讨论计算。仔细审题后发现，Ｍｇ，Ｆｅ失电子数等于氮元素得电子数。
ｎ失＝ｎ得＝4.48Ｌ÷22.4Ｌ.mol－１×3＝0.6mol
Ｆｅ，Ｍｇ失电子后的阳离子所带正电荷共为0.6mol，它也等于沉淀该阳离子所需ＯＨ－的物质的量。即ｎ（ＯＨ－）＝0.6mol。
ｍ沉淀＝ｍ阳+ｍ（ＯＨ－）
＝10ｇ＋0.6mol×17ｇ.mol－１
＝20.2ｇ
得失电子守恒的规律是我们解氧化还原类题的一把钥匙，巧妙地运用电子守恒法可以快速准确地解决问题，提高我们多视角分析问题、解决问题的能力。
练习：
1．在某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，已知溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为：
A．＋1B．＋2C．＋3D．＋4
2．24mL浓度为0.05mol.L－１的Ｎａ２ＳＯ３溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol.L－１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液完全反应，则Ｃｒ元素在还原产物中的化合价为：
A.+6B.+3 C.+2 D.0
3．一定条件下ＮＨ4ＮＯ３受热分解的未配平的化学方程式为：
ＮＨ4ＮＯ３ ＝ＨＮＯ３＋Ｎ2＋Ｈ2Ｏ在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为：
Ａ．５∶３ Ｂ．５∶４ Ｃ．１∶１ Ｄ．３∶５
4．将5．6克铁粉溶于过量的稀硫酸中，在加热条件下加入1．01克KNO3晶休氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余的Fe2+尚需0．2mol/L的KMnO4溶液70mL才能完全氧化（已知KMnO4的还原产物为Mn2+）。 求KNO3的还原产物。
5．将3.88克铁粉和氧化铁粉末的混合物，投入50ml的稀H2SO4中，恰好完全反应并放出标况下1.12L氢气，反应后的溶液中不含Fe和Fe3+。求混合物中的Fe和氧化铁的质量。
6． X molMg恰好能溶于含Y molHNO3的稀硝酸溶液中，生成N2O。求此时X与Y的比值为多少？
参考答案：
1.C 2.B 3.A 4.NO 5.Fe：3.08g ; Fe2O3：0.8g6.2:5
（陕西省洋县中学）
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