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　　依據(jù)氧化還原反應的電子守恒，可以計算化學反應中某物質的化合價、溶液中溶質的濃度、反應中各物質的比值、電化學中求某元素的相對原子質量、溶液的pH值等。這部分內(nèi)容是高考中的常規(guī)考點，在各種題型中都可以出現(xiàn)。

　　解題方法：氧化劑得到電子化合價降低轉變?yōu)檫�原產(chǎn)物，還原劑失去電子化合價升高轉變?yōu)檠趸�產(chǎn)物。在同一個氧化還原反應中得失電子數(shù)相等，即化合價升高總價數(shù)等于化合價降低總價數(shù)。

　　【例題1】(NH4)2SO4在強熱條件下分解，生成NH3、SO2、N2、H2O，反應中生成的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質的量之比為

　　A. 1 : 3 B. 2 : 3 C. 1 : 1 D. 4 : 3

　　解析：(NH4)2SO4在強熱條件下分解，氧化產(chǎn)物為N2，還原產(chǎn)物為SO2，依據(jù)化合價升降相等原則有3×2↑×x ＝ 2↓×y，故有x : y ＝ 1 : 3

　　答案：A

　　【例題2】R2O8n－在一定條件下可把Mn2+氧化為MnO4－，若反應中R2O8n－變?yōu)镽O42－，又知反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為5:2，則n值為：

　　A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

　　解析：依題意有5R2O8n－ + 2Mn2+ === 2MnO4－ + 10RO42－，設R2O8n－中R的化合價為x，依據(jù)化合價升降相等原則有

　　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

　　【例題3】(NH4)2PtCl6在強熱條件下分解，生成N2、HCl、NH4Cl、Pt反應中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為

　　A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 2 : 3 D. 3 : 2

　　解析：(NH4)2PtCl6在強熱條件下分解，氧化產(chǎn)物為N2，還原產(chǎn)物為Pt，依據(jù)化合價升降相等原則有3×2↑×x ＝ 4↓×y，故有x : y ＝ 2 : 3

　　答案：C

　　【例題4】Cl2與NaOH（70℃）的溶液中，能同時發(fā)生兩個自身氧化還原反應，完全反應后，測得溶液中NaClO、NaClO3之比4 : 1，則溶液中NaCl和NaClO的物質的量之比為

　　A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1

　　解析：Cl2中氯元素的化合價為0價，而在NaClO、NaClO3中氯元素的化合價分別為+1、+5價，設NaCl和NaClO的物質的量分別為x和y，依據(jù)化合價升降相等原則有1↓×x ＝ 1↑×y + 5↑××y，故有x : y ＝ 9 : 4

　　答案：C

　　【例題5】含n克HNO3的稀溶液恰好與m克Fe完全反應，若HNO3只被還原為NO，則n : m可能是①5 : 1、②9 : 2、③3 : 1、④2 : 1、⑤4 : 1

　　A. ②③⑤　　　　　B. ①③④　　　　　 C. ②③④　　　　　D. ①③

　　解析：當Fe恰好完全轉變?yōu)?2價時，3Fe + 8HNO3 === 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O，有 ＝　解得：n : m ＝ 3 : 1

　　當Fe恰好完全轉變?yōu)?3價時，F(xiàn)e + 4HNO3 === Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，有

　　＝　解得：n : m ＝ 9 : 2

　　結合選項分析n : m的取值范圍在4.5至3之間。

　　答案：A

　　【例題6】Zn與HNO3反應，Zn和被還原的HNO3的物質的量之比為4 : 1則HNO3的還原產(chǎn)物可能為

　　A. NO2　　　　　　 B. NO C. N2O D. NH4NO3

　　解析：設還原產(chǎn)物中氮元素的化合價為x，依據(jù)化合價升降相等原則有

　　4×2↑＝1↓×(5－x) 解得：x ＝ －3

　　答案：D

　　【例題7】將Mg和 Cu的合金2.64克，投入適量的稀HNO3中恰好反應，固體全部溶解時，收集的還原產(chǎn)物為NO，體積為0.896L(SPT)，向反應后的溶液中加入2mol/L NaOH溶液60mL時，金屬離子恰好完全沉淀，則形成沉淀的質量為

　　A. 4.32克　　　　　 B. 4.68克　　　　　　　C. 5.36克　　　　　D. 6.38克

　　解析：依據(jù)在同一個氧化還原反應中得失電子數(shù)相等原則，解得Mg和 Cu共失去

　　n(e－) ＝ ×3 ＝ 0.12 mol，由電荷守恒知Mg和Cu共需要結合0.12 mol OH－，故形成沉淀的質量m ＝ 2.64g + 0.12 mol×17g/mol ＝ 4.68g

　　答案：B

　　【例題8】取x克Mg和 Cu的合金完全溶于濃HNO3中，反應過程中HNO3被還原只產(chǎn)生8960 mL NO2和672 mL N2O4氣體(SPT)，向反應后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀質量為17.02克，則X的值為

　　A. 8.64克　　　　　B. 9.20克　　　　　　C. 9.00克　　　　 D. 9.44克

　　解析：依據(jù)在同一個氧化還原反應中得失電子數(shù)相等原則，解得Mg和 Cu共失去

　　n(e－) ＝ ×1 ＝ 0.46 mol，由電荷守恒知Mg和 Cu共需要結合0.46 mol OH－，因此有17.02g＝ x + 0.46 mol×17g/mol ，解得x ＝ 9.20g

　　答案：B

　　【例題9】將14克Ag和Cu的合金與一定濃度的HNO3反應，全部溶解后，產(chǎn)生的氣體再通入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失去電子的總數(shù)等于O2得到電子的總數(shù)，依題意有

　　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)為77.14％，w(Cu)為 22.86％。

　　【例題10】將51.2 g Cu 完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、 N2O4 、NO2)的混合物共0.8 mol，這些氣體恰好能被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的物質的量為

　�。ㄒ阎狽O+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即為0.8 mol Cu，失去的電子等于NaNO2 生成時得到的電子，則NaNO2 為0.8 mol，由Na+守恒知：n(Na+) ＝ n(NaNO2)+ n(NaNO3)，得NaNO3為0.2 mol。

　　答案：A

　　【練習1】9.8g鎂、鋁混合物溶解在一定量的熱濃硝酸中，當金屬完全溶解后收集到標準狀況下8.96 L NO2和2.24 L N2O4氣體，向反應的溶液中加入足量的氨水，則生成的沉淀有

　　A. 18克　　　　　 B. 20克　　　　　　　C. 22克　　　　　D. 24克

　　解析：依據(jù)在同一個氧化還原反應中得失電子數(shù)相等原則，解得Mg和 Al共失去

　　n(e－)＝×1 + ×2 ＝ 0.6 mol。由電荷守恒知Mg和 Al共需要結合0.6 mol OH－，故形成沉淀的質量m ＝ 9.8g + 0.6 mol×17g/mol ＝ 20g

　　答案：B

　　將11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應產(chǎn)生的氣體X，再向所得溶液中加入適量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀，根據(jù)題意推斷氣體X的成分可能是

　　A. 0.3mol NO2和0.3mol NO B. 0.2mol NO2和0.1mol N2O4

　　C. 0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4　　　D. 0.6mol NO

　　解析：根據(jù)Mg、Cu的變化：Mg～Mg2+～2OH－～Mg(OH)2～2e－、Cu～Cu2+～2OH－～Cu(OH)2～2e－知增加的質量為OH－的質量，轉移電子的物質的量與OH－的物質的量相等，則有n(OH－)＝21.4g－11.2 g/17g·mol－1＝0.6 mol，故反應轉移的電子的物質的量也為0.6 mol。選項A轉移電子的物質的量

　　為0.3mol×1+ 0.3mol×3 ＝ 1.2 mol，不正確；選項B轉移電子的物質的量為0.2mol×1+ 0.1mol×2 ＝ 0.4 mol，不正確；選項C轉移電子的物質的量為0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 ＝ 0.6 mol，正確；選項D轉移電子的物質的量為0.6mol×3＝1.8 mol，不正確.

　　答案：C

　　來源：新東方