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微专题 09 “守恒法”在氧化还原反应计算中的应用
一、在高中化学计算中通常要遵循三大守恒规律：
1．得失电子守恒
2．质量守恒
3．电荷守恒
二、守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子
总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒的思想，可以抛开繁琐
的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，
从得电子和失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的思维流程
（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）找准一个原子或离子得失电子数（注意化学式中粒子的个数）。
（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧化剂) 变价原子个数 化
合价变化值（高价-低价）= n(还原剂) 变价原子个数 化合价变化值（高价-低价）
三、考查角度
（1）考查两元素之间得失电子守恒计算
【典型精析】
1．关于反应 ，
下列说法正确的是
A． 中C的化合价为
B．反应中 和 表现氧化性
C．氧化剂与还原剂的物质的量之为5∶2
D．氧化产物与还原产物的物质的量之为5∶1【答案】D
【解析】
A．化合物中所有元素化合价的代数和是0，H是+1价，O是-2价，所以C是+3价，A项
不符合题意；
B．Mn元素由KMnO 中的+7价降低到MnSO 中的+2价，得到电子，发生还原反应，
4 4
KMnO 是氧化剂，具有氧化性，HSO 中元素的化合价都没有变化，不体现氧化性也不体
4 2 4
现还原性，B项不符合题意；
C．KMnO 是氧化剂，C元素由HC O 中的+3价升高到CO 中的+4价，失去电子，发生
4 2 2 4 2
氧化反应，HC O 是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是系数之比，即2:5，C项
2 2 4
不符合题意；
D．与KMnO 对应的MnSO 是还原产物，与HC O 对应的CO 是氧化产物，氧化产物与
4 4 2 2 4 2
还原产物的物质的量之比为10：2=5:1，D项符合题意；
故正确选项为D。
2．在标准状况下将3.84g铜粉投入一定量浓HNO 中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体
3
颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO 和NO组成的混合气体1.12L，则反应
2
消耗HNO 的物质的量为
3
A．0.17mol B．0.15mol C．0.12mol D．无法计算
【答案】A
【解析】
根据原子守恒法可知：被还原的硝酸物质的量即为气体NO 与NO物质的量的总和，
2
，未被还原的HNO 的物质的量等于Cu(NO ) 中
3 3 2
NO-的物质的量， ，所以n[Cu(NO )]=0.06mol，故消
3 3 2
耗的HNO 的物质的量为 ，故A项正确。
3
（2）考查多步反应得失电子守恒计算
3．硫代硫酸钠(Na SO 是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床
2 2 3)常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液
中分解产生S和SO
2
实验I：NaSO 的制备。工业上可用反应：2NaS+Na CO+4SO=3Na SO+CO 制得，实
2 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2
验室模拟该工业过程的装置如图所示：
实验Ⅲ：标定NaSO 溶液的浓度
2 2 3
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用
分析天平准确称取基准物质KCr O(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别
2 2 7
放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr O2-
2 7
+14H+ = 3I+2Cr3++7H O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配NaSO 溶液滴定，发生反应
2 2 2 2 3
I+2S O2- = 2I- + S O2-，三次消耗 NaSO 溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代
2 2 3 4 6 2 2 3
硫酸钠溶液的浓度为_______molL-1
【答案】0.1600 ∙
【解析】
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：① ；
② ；反应①I-被氧化成I，反应②中第一步所得的I 又被还原成
2 2
I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的 得电子总数就与消耗的
失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na SO)=a mol/L，列电子得失守恒式： ，
2 2 3
解得a=0.1600mol/L。
归纳总结
有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，
若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变的很简单。解这类试题时，注
意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价
发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。
【实战演练】
1．关于反应8NH +6NO =7N +12H O，下列说法正确的是
3 2 2 2
A．NH 中H元素被氧化
3
B．NO 在反应过程中失去电子
2
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3
D．氧化产物与还原产物的质量之比为3：4
【答案】C
【分析】
由反应8NH +6NO==7N +12H O可知，其中NH 的N元素的化合价由-3升高到0、NO
3 2 2 2 3 2
中的N元素的化合价由+4降低到0，因此，NH 是还原剂， NO 是氧化剂，据此分析解
3 2
题。
【解析】
A．NH 中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；
3
B．NO 在反应过程中得到电子，B不正确；
2
C．该反应中，NH 是还原剂，NO 是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物
3 2
质的量之比为4：3，C正确；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还
2
原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D不正确。
故选C。
2．已知KMnO +8HCl(浓) 2KCl+MnCl +2Cl↑+4H O，下列说法正确的是
2 4 2 2 2
A．KMnO 发生氧化反应
2 4
B．还原剂为MnCl
2
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
D．当有0.4molHCl被氧化时，产生Cl 的体积(标准状况下)为4.48L
2
【答案】D
【解析】
A．KMnO 所含锰元素化价降低、是氧化剂，发生还原反应，A错误；
2 4
B． 所含元素化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂发生还原反应得到还原产物，则还原
剂为HCl、还原产物是MnCl ，B错误；
2
C． HCl中所含元素氯化合价升高转变为氯气是充当还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的
量之比为1:4，C错误；
D． 当有0.4molHCl被氧化时，消耗0.8molHCl，产生Cl0.2mol，体积(标准状况下)为
2
4.48L，D正确；
答案选D。
3．Cu在稀硝酸中可以发生反应：3Cu +8HNO(稀)=3Cu(NO) +2NO↑+4H O，下列叙述正
3 3 2 2
确的是
A．HNO 在反应中失去电子
3
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3
C．发生氧化反应的硝酸占参加反应的硝酸的
D．每1molHNO 参加反应，有 mol电子转移
3
【答案】D【解析】
A．HNO 中N元素化合价降低，HNO 在反应中得电子，故A错误；
3 3
B．铜元素化合价由0升高为+2，硝酸铜是氧化产物，N元素化合价由+5降低为+2，NO
是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，故B错误；
C．HNO 中N元素化合价降低，硝酸发生还原反应，发生还原反应的硝酸占参加反应的
3
硝酸的 ，故C错误；
D．根据方程式，8mol硝酸参加反应转移6mol电子，每1molHNO 参加反应，有 mol
3
电子转移，故D正确；
选D。
4．关于反应 ，下列说法不正确的是
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．每生成1mol ，转移8mol电子
D．相同条件下，每吸收5 就会放出1.25
【答案】C
【解析】
A．由反应可知， 硫元素的化合价由NaS
2
中-2价变为NaSO 中的+2价，化合价升高被氧化，硫元素的化合价由SO 中+4价变为
2 2 3 2
NaSO 中的+2价，化合价降低被还原，故硫元素既被氧化又被还原，A正确；
2 2 3
B．氧化剂在反应中得到电子，化合价降低，还原剂在反应中失去电子，化合价升高，故
氧化剂SO 与还原剂NaS的物质的量之比为2：1，B正确；
2 2C．由A项分析可知，每生成3mol ，转移8mol电子，C错误；
D．根据相同条件下气体的体积比等于其物质的量之比，也等于化学方程式中的计量系数
比，根据反应方程式 可计算出，每吸收5
就会放出 =1.25 ，D正确；
故答案为：C。
5．FeS与一定量的稀硝酸反应，生成的Fe(NO )、Fe (SO )、NO和HO，当反应完全时，
3 3 2 4 3 2
实际参加的硝酸与生成的NO的物质的量之比为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
FeS与一定量的稀硝酸反应，生成的Fe(NO )、Fe (SO )、NO和HO，设FeS为3mol，
3 3 2 4 3 2
3mol FeS反应，根据硫守恒生成1mol Fe (SO )，根据铁守恒生成1mol Fe(NO )，失去电
2 4 3 3 3
子物质的量为3mol×(1+8)=27mol，根据得失电子守恒得到生成NO物质的量为
，参与反应的硝酸物质的量为1mol×3+9mol=12mol，因此当反应完全时，
实际参加的硝酸与生成的NO的物质的量之比为12mol：9mol=4:3，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
6．将标准状况下44.8 L仅含NO和NO 混合气体的尾气通入NaCO 溶液中，发生的反应
2 2 3
为：NO +NO+Na CO=2NaNO +CO ；2NO +2Na CO=NaNO +NaNO +CO 。气体被完全
2 2 3 2 2 2 2 3 2 3 2
吸收，则消耗的NaCO 的物质的量为
2 3
A．2 mol B．3 mol C．1.5 mol D．1 mol
【答案】D【解析】
标准状况下44.8 L混合气体的物质的量n= ，根据反应方程式可知：气
体与NaCO 溶液反应产生NaNO 、NaNO ，Na与N原子个数比是1：1，气体物质的量
2 3 3 2
是2 mol，则Na+是2 mol，根据Na原子守恒，可知需NaCO 的物质的量是1 mol，故合
2 3
理选项是D。
7．在处理废水时，某特定反应体系中反应物和生成物共有 6 种粒子：NO 、HCO 、
ClO-、CNO-（N 的价态为-3）、HO、Cl-，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如
2
图所示。下列有关该反应的说法正确的是
A．在上述反应体系中，CNO-是氧化剂
B．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3
C．在标准状况下，产生 4.48 L N 时转移 0.8 mol 电子
2
D．上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化
【答案】D
【分析】
由图可知，ClO-浓度减小，HCO 浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-
→N，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H O=N+2HCO +3Cl-，以此来解
2 2 2
答。
【解析】
A．N元素的化合价升高，则CNO-是还原剂，故A错误；B．发生3ClO-+2CNO-+H O=N+2HCO +3Cl-，Cl-为还原产物，N 为氧化产物，则还原产
2 2 2
物与氧化产物的物质的量之比为3:1，故B错误；
C．由反应可知生成1mol氮气转移6mol电子，则标准状况下，产生4.48LN 时转移电子
2
为n=V/Vm=4.48L/22.4L/mol×6=1.2mol，故C错误；
D．由分析可知，只有Cl、N元素的化合价变化，故D正确；
故选D。
8．亚硝酰硫酸(HOSONO)是一种浅黄色或蓝紫色液体，能溶于浓硫酸，与水反应，主要
3
用于印染、医药领域的重氮化反应中替代亚硝酸钠。实验室用下图所示装置(部分夹持装
置略)制备少量HOSONO，并测定产品纯度。
3
(5)测定HOSONO的纯度：准确称取1.350 g产品放入250 mL碘量瓶中，加入60.00 mL
3
0.1000 mol•L-1 KMnO 标准溶液和10 mL 25％硫酸溶液，摇匀(过程中无气体产生)；用
4
0.2500 mol•L-1草酸钠标准溶液滴定，平均消耗草酸钠标准溶液的体积为20.00 mL。已知：
2KMnO ＋5HOSONO＋2HO=KSO ＋2MnSO ＋5HNO＋2HSO 。
4 3 2 2 4 4 3 2 4
①上述反应中，HOSONO体现了_______(填“氧化”或“还原”)性。
3
②亚硝酰硫酸的纯度为_______(计算结果保留4位有效数字)。
【答案】94.07%
(5)①此反应中N元素由+3价升高到+5价，失去电子被氧化，体现出还原性；
②根据滴定实验操作，用0.2500mol/L的NaC O 标准溶液滴定过量的的KMnO 溶液，二
2 2 4 4者反应的离子方程式为 ，计算可得
过量的KMnO 标准溶液的物质的量为 ，则与
4
HOSONO反应的高锰酸钾标准溶液的物质的量为 ，根
3
据已知反应，知 ，则纯度为
