54第一章 章末综合测试卷　物质及其变化-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（人教单选版）

章末综合测试卷(一)　物质及其变化 一、选择题：本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意。 1.(2024·九省联考河南卷)人类生活品质的提升离不开科技的进步。下列说法正确的是(　　) A.作为纳米荧光材料的碳量子点属于胶体 B.食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成Fe3O4 C.人工转化二氧化碳合成的己糖属于高分子 D.环型碳C10、环型碳C14和金刚石均是碳元素的同素异形体 D　解析：纳米荧光材料的碳量子点颗粒大小在胶体的范围内，但是没有分散剂，不属于胶体，A错误；食品脱氧剂使用后，其中的铁粉与空气中的氧气反应转化成Fe2O3，B错误；己糖的相对分子质量不大，不属于高分子，C错误；环型碳C10、环型碳C14和金刚石都是碳元素的单质，是碳元素的同素异形体，D正确。 2.(2024·九省联考黑龙江卷)“银朱”的主要成分为HgS。《天工开物》记载：“凡将水银再升朱用，故名曰银朱……即漆工以鲜物采，唯(银朱)入桐油则显……若水银已升朱，则不可复还为汞。”下列说法错误的是(　　) A.“银朱”可由Hg和S制备 B.“银朱”可用于制作颜料 C.“桐油”为天然高分子 D.“水银升朱”不是可逆反应 C　解析：Hg和S反应可生成HgS，S＋Hg===HgS，A正确；HgS是红色固体，可用于制作颜料，B正确；“桐油”中含有油脂类物质，不是高分子，C错误；由“若水银已升朱，则不可复还为汞”可知，Hg与S反应生成HgS不是可逆反应，D正确。 3.(2024·湖南省长郡中学二模)下列有关医学典籍记载的物质中颜色为蓝色的是(　　) A.《神农本草经》：硫黄味酸，坚筋骨，除头秃 B.《本草图经》：胆矾治螂牙，鼻内息肉 C.《神农本草经》：生石膏是清热药之一，单用有清热泻火、除烦止渴等功效 D.《品汇精要》：芒硝咸寒，具有润下软坚、泻热通便、清热解毒、消肿之功效 B　解析：硫黄是单质硫，为黄色，A错误；胆矾为五水合硫酸铜，颜色为蓝色，B正确；生石膏为二水合硫酸钙，其化学式为CaSO4·2H2O，颜色为白色，C错误；芒硝为Na2SO4·10H2O，为白色固体，D错误。 4.(2024·河北衡水一模)25 ℃时，下列四组离子在溶液中能大量共存的是(　　) A.Ca2＋、NH、SO、CO B.Na＋、H＋、NO、HCO C.H＋、Na＋、SO、Cl－ D.Ag＋、Na＋、Cl－、SO C　解析：Ca2＋与CO会反应生成CaCO3沉淀，A错误；H＋与HCO不能大量共存，反应生成CO2和H2O，B错误；Ag＋与Cl－、SO会反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。 5.(2024·天津红桥区一模)离子反应在生产、生活中有许多应用。下列离子方程式书写正确的是(　　) A.氯气与烧碱溶液反应制备漂白液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B.和面时用小苏打和食醋能使馒头蓬松：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ C.漂白粉在空气中久置变质：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋ D.用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2＋2OH－===SO＋H2O A　解析：食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，不能拆分，B错误；漂白粉在空气中久置，会与空气中的二氧化碳发生反应得到次氯酸，不是水溶液中，不存在离子反应，化学方程式为Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO，C错误；NH3·H2O是弱碱，不能拆分，D错误。 6.(2025·江西省十校联盟联考)工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应： ①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O， ②TeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Te。 下列说法正确的是(　　) A.Cu2Te中铜元素的化合价是＋2 B.反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2 C.每制备1 mol Te理论上共转移12 mol e－ D.氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2 C　解析：Cu2Te中Cu为＋1价，A错误；反应①中O2得电子为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均失去电子，则CuSO4也是氧化产物，B错误；反应②中每生成1 mol Te，转移4 mol电子，反应①中每生成1 mol TeO2，转移8 mol电子，则每制备1 mol Te，理论上共转移12 mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据两个反应无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TeO2，只能证明O2的氧化性强于TeO2，D错误。 7.(2024·福建泉州三模)氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。 下列离子方程式书写错误的是(　　) A.过程①：NH＋OH－===NH3·H2O B.过程②总反应式：3Cl2＋2NH3·H2O===6Cl－＋N2＋2H2O＋6H＋ C.过程③：Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋ D.Cl2溶于水：Cl2＋H2OCl－＋ClO－＋2H＋ D　解析：含NH废水与NaOH溶液反应生成NH3·H2O，离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O，A正确；过程②加入Cl2可将废水中的NH3·H2O转化为无毒气体，配平：3Cl2＋2NH3·H2O===6Cl－＋N2＋2H2O＋6H＋，B正确；过程③中Na2SO3溶液的作用是将含余氯废水中的Cl2转化为氯离子：Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋，C正确；Cl2溶于水为可逆反应，生成的HClO为弱酸，不能拆分：Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H＋，D错误。 8.(2025·陕西宝鸡金台区联考)下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是(　　) 离子组 加入试剂 加入试剂后发生的离子反应 A I－、NH、SO H2O2溶液 2I－＋2H2O2===I2＋2H2O＋O2↑ B K＋、HCO、NO AlCl3溶液 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ C Ag＋、Ba2＋、S2－ H2SO4溶液 2H＋＋S2－===H2S↑ D Fe3＋、Cl－、SCN－ NaOH溶液 Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ B　解析：过氧化氢和碘离子反应生成碘单质和水，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O，A错误；银离子和硫离子生成硫化银沉淀，不能大量共存，C错误；Fe3＋和SCN－生成红色物质Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误。 9.(2024·河北保定一模)某透明溶液中可能含有H＋、Al3＋、Mg2＋、Fe2＋、Cl－、OH－、NO、S2O、CO、SO中的几种离子(浓度均为0.1 mol/L)。常温下，对其进行如下实验操作： 下列说法错误的是(　　) A.实验过程中有氧化还原反应发生 B.无法判断原溶液中是否含有Mg2＋ C.原溶液中一定不含Al3＋、Mg2＋、OH－、NO、S2O、CO D.原溶液中一定含有H＋、Fe2＋、Cl－、SO B　解析：溶液pH＝1，说明有H＋，则不含有CO、S2O、OH－；继续滴加足量硝酸钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有SO；向得到的澄清溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋，由于H＋与NO同时存在时溶液有强氧化性，故溶液中不含有NO；浓度均为0.1 mol/L，根据电荷守恒可以判断出溶液中含有Cl－，Al3＋、Mg2＋都不能含有；综上所述，原溶液中一定含有的离子是H＋、Fe2＋、Cl－、SO，一定不含有的离子是Al3＋、Mg2＋、OH－、NO、S2O、CO。加入足量硝酸钡溶液时，在酸性溶液中，NO将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生了氧化还原反应，A正确；原溶液中不含有Mg2＋，B错误；原溶液中一定不含Al3＋、Mg2＋、OH－、NO、S2O、CO，C正确；原溶液中一定含有H＋、Fe2＋、Cl－、SO，D正确。 10.(2025·黑龙江哈尔滨师大附中调研)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制备明矾的流程如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A.①中反应的离子方程式是2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ B.③中反应的离子方程式是Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O C.操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等 D.明矾净水的原理是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物 C　解析：明矾易溶于水，且溶解度受温度影响较大，从溶液中获得明矾要采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C错误。 11.(2024·吉林延边州一模)为探究“2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验。 编号 1 2 实验内容 实验现象 随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅 随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀 下列说法不正确的是(　　) A.实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2===2HIO3＋4H2O B.实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI===3I2↓＋3H2O C.实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热 D.实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察 C　解析：溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确； 碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；实验1中开始时过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确。 12.(2025·江西赣州五校联考)铜镍硫化矿(主要成分为NiS、CuS)有多种浸出方法，如加压氨浸法、加压酸浸法、生物浸出法等，其中生物浸出法的原理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.直接作用和间接作用中硫元素均被氧化 B.Fe3＋在间接作用过程中起催化作用 C.直接作用过程CuS发生的反应为CuS＋2O2===Cu2＋＋SO D.浸出等质量的铜镍硫化矿，直接作用与间接作用所消耗的O2的量不同 D　解析：由图可知，直接作用和间接作用中硫元素均被氧化，最终均生成SO，A正确；Fe3＋在间接作用过程中转化为Fe2＋，最终循环又变回Fe3＋，故Fe3＋起催化作用，B正确；直接作用过程中MS与O2反应生成M2＋、SO，结合守恒规律可得CuS发生的反应为CuS＋2O2===Cu2＋＋SO，C正确；由图可知，直接作用中O2将MS氧化为SO，间接作用中Fe3＋先将MS氧化为S，O2再将S氧化为SO，并将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据得失电子守恒可知，直接作用与间接作用所消耗的O2的量相等，D错误。 13.(2024·河北保定一模)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。消毒效率＝。 下列说法正确的是(　　) A.ClO2和Cl2的消毒效率之比为71∶18 B.反应①生成ClO2的离子方程式：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑ C.反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量相等 D.反应②中SO2作还原剂，物质X为H2SO4 B　解析：氯气与热氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和氯酸钠，向反应后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2，反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，X为H2SO4和HCl的混合物。ClO2中氯元素化合价由＋4变为－1时，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0变为－1时，消毒效率为，则ClO2和Cl2的消毒效率之比为∶＝27∶71，A错误；反应①中氯化钠和氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，B正确；反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，反应①：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，反应①生成1 mol Cl2时，消耗2 mol H2SO4，反应②消耗1 mol Cl2时，生成1 mol H2SO4，C错误；反应②为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，硫元素化合价升高，SO2作还原剂，物质X为H2SO4和HCl的混合物，D错误。 14.(2025·江苏南通名校联盟联考)向某FeBr2溶液中通入1.12 L(标准状况)的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol/L。反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说法正确的是(　　) A.原溶液的浓度为0.1 mol/L B.反应后溶液中c(Fe3＋)＝0.1 mol/L C.反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Fe2＋) D.原溶液中c(Br－)＝0.4 mol/L B　解析：由于还原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯气先与Fe2＋发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol/L，c(Cl－)＝0.1 mol/L，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1 mol/L，若FeBr2溶液中Fe2＋全部被氧化，则溶液中的c(Br－)≤0.2 mol/L。而c(Br－)＝0.3 mol/L，说明Fe2＋没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol/L计算原溶液的浓度为0.15 mol/L，A错误；反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1 mol/L，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1)mol/L＝0.05 mol/L，B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol/L，D错误。 二、非选择题：本题共4小题。 15.(2024·重庆拔尖强基联盟联考)胶粒可以透过滤纸，不能透过半透膜，溶液中的分散质粒子既能透过半透膜，又能透过滤纸，浊液中的分散质不能透过滤纸、半透膜。为探究胶体的性质，某兴趣小组用下列两种方案制备Fe(OH)3胶体(夹持仪器已省略)。回答下列问题： (1)方案一： ①该方案制取Fe(OH)3胶体的原理为________________________________(用化学方程式表示)。 ②判断胶体是否成功制备的具体操作是_______________________________________。 ③0.1 mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子的数目________(填“大于”“小于”或“等于”)0.1NA。 (2)方案二： ①Y中发生反应的离子方程式为______________________________________________，将Z中固体分离出的操作为________(填标号，下同)，分离出的液体进一步提纯的操作为____________。 ②取X中溶液蒸干制备氯化铁晶体，达不到实验目的的原因是_____________________ ______________________________________________(从平衡移动原理角度解释原因)。 答案：(1)①FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl ②用一束光照射烧杯中的液体，若产生光亮的“通路”，证明胶体制备成功，否则，不成功　③小于 (2)①3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2＋　A　C ②加热过程促进了FeCl3的水解，水解平衡正向移动，最终得到Fe(OH)3固体 16.(2024·河北邯郸一模)Fe3O4@SiO2是一种高效非贵金属光/热催化剂，以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有______________________________________________________________________(填一条)；经检验浸取液中无Fe3＋，其原因为______________________(用离子方程式解释)。 (2)需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、________、真空热分解。 (3)实验室________(填“能”或“不能”)用如图所示装置进行“加压过滤”，原因为_____________________________________________________________________________。 (4)已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2中反应的化学方程式为________________ ________________________________________________________________________。 (5)纳米Fe3O4也可以用如下过程制备： ①反应ⅱ中的作用是__________________________________________________。 ②反应ⅱ的化学方程式为_____________________________________________________。 答案：(1)将废弃还原性铁粉粉碎(或进行充分搅拌，或其他合理答案)　Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ (2)加压过滤 (3)不能　图示抽滤操作无法在真空中进行 (4)CaO＋H2O＋FeCl2===Fe(OH)2↓＋CaCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (5)①中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O水解 ②FeCl3·6H2O＋3===FeOOH＋4H2O＋3 解析：(2)为防止Fe2＋过度被氧化，改变产品中Fe2＋、Fe3＋的物质的量比，则需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、加压过滤、真空热分解。 (3)为防止Fe(OH)2被氧化，导致产品中Fe2＋和Fe3＋的物质的量比不是1∶2，加压过滤需在真空环境中进行，图示抽滤操作无法在真空中进行。 (4)已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2中反应为CaO＋H2O＋FeCl2===Fe(OH)2↓＋CaCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。 (5)①FeCl3·6H2O水解生成的FeOOH过程中同时生成HCl，中的N上有孤电子对显碱性，能与HCl反应生成盐，从而促进水解正向进行，故反应ⅱ中的作用是中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O水解；②反应ⅱ的化学方程式为FeCl3·6H2O＋3===FeOOH＋4H2O＋3。 17.(2025·广东深圳罗湖区调研)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离得到K2MnO4后，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中反应的化学方程式为______________________________________________。 (2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。 (3)电解槽中总反应的离子方程式为____________________________________________。 (4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为____________________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是________________。 (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL 溶液，取出20.00 mL 用0.020 0 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为________。(结果保留三位有效数字，已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126) 答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O　(2)偏高 (3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑ (4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH可循环利用 (5)93.2% 解析：(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3。上述反应中3 mol K2MnO4有1 mol锰元素的化合价由＋6降低为＋4生成二氧化锰，作氧化剂，有2 mol锰元素的化合价由＋6升高到＋7生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。 (5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02× mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g/mol＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。 18.(2024·辽宁省名校联盟联考)钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺流程如图所示： 已知：滤液1和滤液2中钒以VO2＋的形式存在。回答下列问题： (1)在滤渣1中加入Na2SO3和过量稀硫酸发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 (2)混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是_____________________________。 (3)钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来。沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80 ℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______________________________________ __________________________________________________________________(写一条即可)。 (4)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入a1 mL b1 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用b2 mol/L酸性KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗溶液KMnO4的体积为a2 mL。假设杂质不参与反应，锰元素被还原为Mn2＋。求产品中V2O5的质量分数为____________[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的离子方程式为VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O] 答案：(1)1∶1 (2)6VO2＋＋ClO＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋ (3)80 ℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降(或温度升高，氨水受热分解，溶液中NH浓度减小，沉钒率下降) (4)% 解析：(1)在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与V2O5发生氧化还原反应生成硫酸钠、VOSO4和水，由得失电子守恒可知，氧化剂V2O5和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1∶1。 (4)滴定时，硫酸亚铁铵作反应的还原剂，VO和高锰酸钾作反应的氧化剂，由得失电子守恒可得：n(VO)＋5n(MnO)＝n(Fe2＋)，解得n(VO)＝(a1b1－5a2b2)×10－3 mol，由钒原子守恒可知，产品中V2O5的质量分数为×100%＝%。 学科网（北京）股份有限公司 $$