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 : 1
A. 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 N2O4
C. 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
来源：新东方
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