依据氧化还原反应的电子守恒，可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH值等。这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现。

　　解题方法：氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。

　　【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2、H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为A. 1 : 3 B. 2 : 3 C. 1 : 1 D. 4 : 3

　　解析：(NH4)2SO4在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为SO2，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 2↓×y，故有x : y = 1 : 3答案：A

　　【例题2】R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4-，若反应中R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为：

　　A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

　　解析：依题意有5R2O8n- + 2Mn2+ === 2MnO4- + 10RO42-，设R2O8n-中R的化合价为x，依据化合价升降相等原则有5×2×↓(x-6) = 2×↑(7-2)，解得x = 7，因此有2×7 + 8×(-2) = -n，解得n = 2.

　　答案：C

　　【例题3】(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，生成N2、HCl、NH4Cl、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 2 : 3 D. 3 : 2

　　解析：(NH4)2PtCl6在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为Pt，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x = 4↓×y，故有x : y = 2 : 3答案：C

　　【例题4】Cl2与NaOH(70℃)的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO3之比4 : 1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1

　　解析：Cl2中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO3中氯元素的化合价分别为+1、+5价，设NaCl和NaClO的物质的量分别为x和y，依据化合价升降相等原则有1↓×x = 1↑×y + 5↑××y，故有x : y = 9 : 4答案：C

　　【例题5】含n克HNO3的稀溶液恰好与m克Fe完全反应，若HNO3只被还原为NO，则n : m可能是①5 : 1、②9 : 2、③3 : 1、④2 : 1、⑤4 : 1A. ②③⑤　　　　　B. ①③④　　　　　 C. ②③④　　　　　D. ①③解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe + 8HNO3 === 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O，有 =　解得：n : m = 3 : 1当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe + 4HNO3 === Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，有=　解得：n : m = 9 : 2

　　结合选项分析n : m的取值范围在4.5至3之间。

　　答案：A

　　【例题6】Zn与HNO3反应，Zn和被还原的HNO3的物质的量之比为4 : 1则HNO3的还原产物可能为A. NO2　　　　　　 B. NO C. N2O D. NH4NO3解析：设还原产物中氮元素的化合价为x，依据化合价升降相等原则有4×2↑=1↓×(5-x) 解得：x = -3

　　答案：D

　　【例题7】将Mg和 Cu的合金2.64克，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896L(SPT)，向反应后的溶液中加入2mol/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为A. 4.32克　　　　　 B. 4.68克　　　　　　　C. 5.36克　　　　　D. 6.38克解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Cu共失去n(e-) = ×3 = 0.12 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12 mol OH-，故形成沉淀的质量m = 2.64g + 0.12 mol×17g/mol = 4.68g答案：B

　　【例题8】取x克Mg和 Cu的合金完全溶于浓HNO3中，反应过程中HNO3被还原只产生8960 mL NO2和672 mL N2O4气体(SPT)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀质量为17.02克，则X的值为A. 8.64克　　　　　B. 9.20克　　　　　　C. 9.00克　　　　 D. 9.44克解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Cu共失去n(e-) = ×1 = 0.46 mol，由电荷守恒知Mg和 Cu共需要结合0.46 mol OH-，因此有17.02g= x + 0.46 mol×17g/mol ，解得x = 9.20g答案：B

　　【例题9】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的HNO3反应，全部溶解后，产生的气体再通入1.12 L(SPT)O2，恰好完全吸收，求合金中各成分的含量?

　　解析：Ag和Cu失去电子的总数等于O2得到电子的总数，依题意有108n(Ag) + 64n(Cu) =14

　　n(Ag) + 2n(Cu) = ×4 = 0.2

　　解得n(Ag)= 0.1mol　　　　n(Cu)=0.05mol

　　w(Ag) = ×100% = 77.14%

　　w(Cu) = 1-77.14% = 22.86%

　　答案：合金中w(Ag)为77.14%，w(Cu)为 22.86%。

　　【例题10】将51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、 N2O4 、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为(已知NO+NO2+2NaOH === 2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH === NaNO3 +NaNO2 +H2O )A. 0.2 mol B. 0.4 mol C. 0.6 mol D. 0.8 mol解析：51.2 g Cu即为0.8 mol Cu，失去的电子等于NaNO2 生成时得到的电子，则NaNO2 为0.8 mol，由Na+守恒知：n(Na+) = n(NaNO2)+ n(NaNO3)，得NaNO3为0.2 mol。

　　答案：A

　　【练习1】9.8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中，当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96 L NO2和2.24 L N2O4气体，向反应的溶液中加入足量的氨水，则生成的沉淀有A. 18克　　　　　 B. 20克　　　　　　　C. 22克　　　　　D. 24克解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Al共失去n(e-)=×1 + ×2 = 0.6 mol。由电荷守恒知Mg和 Al共需要结合0.6 mol OH-，故形成沉淀的质量m = 9.8g + 0.6 mol×17g/mol = 20g答案：B

　　将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X，再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀，根据题意推断气体X的成分可能是A. 0.3mol NO2和0.3mol NO B. 0.2mol NO2和0.1mol N2O4C. 0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4　　　D. 0.6mol NO解析：根据Mg、Cu的变化：Mg～Mg2+～2OH-～Mg(OH)2～2e-、Cu～Cu2+～2OH-～Cu(OH)2～2e-知增加的质量为OH-的质量，转移电子的物质的量与OH-的物质的量相等，则有n(OH-)=21.4g-11.2 g/17g·mol-1=0.6 mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6 mol。选项A转移电子的物质的量为0.3mol×1+ 0.3mol×3 = 1.2 mol，不正确;选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+ 0.1mol×2 = 0.4 mol，不正确;选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 = 0.6 mol，正确;选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3=1.8 mol，不正确.

　　答案：C

　　

本文来自：逍遥右脑记忆 http://www.jiyifa.com/gaokao/649857.html

相关阅读：高考数学解答题归纳