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摘要：电子在氧化还原反应中得失是变的即电子守恒 在所有的氧化还原反应中都是成立的，因此利用电子守恒解决氧化还原反应中的计算十分方便。
关键词：电子守恒氧化还原反应守恒应用
在高中化学教学中，氧化还原反应占有很重要的地位，它贯穿于整个高中的化学教学。而氧化还原反应也是高中化学教学的重点也是教学的难点，也是高考的热点和重点。利用电子守恒思想来解决这类计算是我们必须掌握的方法。电子守恒原理就是在氧化还原反应中得失电子的总数相等。在日常学习中虽然学生知道在氧化还原反应中的电子守恒规律，很难达到熟练地应用的程度。根据学生对公式的掌握远远比文字描述更好的前提下，为了提高学生能够熟练解决电子守恒这类习题本人对电子守恒作了简单的总结供同学们借鉴。
【例1】R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-,若反应后R2O8n-变为RO42-，又已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则R2O8n-中R元素的化合价为( )
A +4B+5 C+6 D +7
解析：这道题看起来没有条件解决比较困难，我们不难看出这道题是氧化还原反应，在反应中一定存在电子守恒；氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，设氧化剂R2O8n-的物质的量为5mol，
还原剂的物质的量为2mol; R2O8n-中R的化合价为X价。
还原剂失电子总数为（7-2）ⅹ2=10mol
氧化剂得电子总数=10 (x-6)=10mol X=+7 答案 为D
【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ｎ4（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】： 在下列反应中：P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4，1molCu2+能氧化P的物质的量为A.0.2mol B0.73mol C.0.4mol D.0.5mol
解析：有的同学先把化学方程式配平11P+15CuSO4+24H2O==5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
认为15molCuSO4可以氧化11molP误选0.73mol或0.4molP这种做法都是正確的。
氧化还原反应的本质是电子的转移：即得电子总数=失电子总数；我们又知道特征是化合价的变化，即：化合价总升=总降，因此在做题过程中我们尽量用化合价来解题。鉴于此我把化合价的这个变化总结成了一个公式：即n1×△↑=n2×△↓(n1，n2表示化合价升高或降低物质的物质的量，△↑、△↓表示该物质化合价的变化)这样一来使感性认识变得很直观，解题也方便了不少。因此本题我们标出化合价后知道，“1molCu2+能氧化P铜化合价降低1价，P化合价升高5，代入公式后1mol×1=n2×5，从而得出n2=0.2mol，得出正确答案是：A应用本公式后，将问题大大简化，避开配平的繁杂过程。经过我的调查学生掌握的情况明显比以前有了很大的提高，错误率降低了许多。
【例4 】24mL浓度为0.05mol/LNa2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/LK2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中化合价是（）
A+6 B+3C +2 D0
解析：Na2SO3→Na2SO4 设产物中化合价为a，此反应是氧化还原所以Cr元素所得电子数等于S元素所失电子数代入公式
0.0 24ml×0.05mol/l=0.020ml×0.02mol/l×(12-a)
解得a=+3选B
小结：通过上面的几道例题我们不难看出解决电子守恒这类问题，不需要再去考虑中间过程而是只要能够分析出氧化剂与还原剂及其之间的关系，然后把有关量代入一个公式即氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数就可以得出答案，解题过程非常简单。
关键词：电子守恒氧化还原反应守恒应用
在高中化学教学中，氧化还原反应占有很重要的地位，它贯穿于整个高中的化学教学。而氧化还原反应也是高中化学教学的重点也是教学的难点，也是高考的热点和重点。利用电子守恒思想来解决这类计算是我们必须掌握的方法。电子守恒原理就是在氧化还原反应中得失电子的总数相等。在日常学习中虽然学生知道在氧化还原反应中的电子守恒规律，很难达到熟练地应用的程度。根据学生对公式的掌握远远比文字描述更好的前提下，为了提高学生能够熟练解决电子守恒这类习题本人对电子守恒作了简单的总结供同学们借鉴。
【例1】R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-,若反应后R2O8n-变为RO42-，又已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则R2O8n-中R元素的化合价为( )
A +4B+5 C+6 D +7
解析：这道题看起来没有条件解决比较困难，我们不难看出这道题是氧化还原反应，在反应中一定存在电子守恒；氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，设氧化剂R2O8n-的物质的量为5mol，
还原剂的物质的量为2mol; R2O8n-中R的化合价为X价。
还原剂失电子总数为（7-2）ⅹ2=10mol
氧化剂得电子总数=10 (x-6)=10mol X=+7 答案 为D
【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ｎ4（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】： 在下列反应中：P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4，1molCu2+能氧化P的物质的量为A.0.2mol B0.73mol C.0.4mol D.0.5mol
解析：有的同学先把化学方程式配平11P+15CuSO4+24H2O==5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
认为15molCuSO4可以氧化11molP误选0.73mol或0.4molP这种做法都是正確的。
氧化还原反应的本质是电子的转移：即得电子总数=失电子总数；我们又知道特征是化合价的变化，即：化合价总升=总降，因此在做题过程中我们尽量用化合价来解题。鉴于此我把化合价的这个变化总结成了一个公式：即n1×△↑=n2×△↓(n1，n2表示化合价升高或降低物质的物质的量，△↑、△↓表示该物质化合价的变化)这样一来使感性认识变得很直观，解题也方便了不少。因此本题我们标出化合价后知道，“1molCu2+能氧化P铜化合价降低1价，P化合价升高5，代入公式后1mol×1=n2×5，从而得出n2=0.2mol，得出正确答案是：A应用本公式后，将问题大大简化，避开配平的繁杂过程。经过我的调查学生掌握的情况明显比以前有了很大的提高，错误率降低了许多。
【例4 】24mL浓度为0.05mol/LNa2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/LK2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中化合价是（）
A+6 B+3C +2 D0
解析：Na2SO3→Na2SO4 设产物中化合价为a，此反应是氧化还原所以Cr元素所得电子数等于S元素所失电子数代入公式
0.0 24ml×0.05mol/l=0.020ml×0.02mol/l×(12-a)
解得a=+3选B
小结：通过上面的几道例题我们不难看出解决电子守恒这类问题，不需要再去考虑中间过程而是只要能够分析出氧化剂与还原剂及其之间的关系，然后把有关量代入一个公式即氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数就可以得出答案，解题过程非常简单。