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备战2024 年高考化学【一轮·夯基提能】复习精讲精练
第12 讲 氧化还原反应的相关计算（含滴定计算）
本讲复习目标
1．能利用得失电子守恒进行氧化还原的相关计算。
2．掌握氧化还原滴定的计算方法。
夯基·知识精讲
一、守恒思想在化学计算中的应用
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。
(3)三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
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)。
3．几种常考氧化还原计算题型
（1）考查两元素之间得失电子守恒的计算
【例题1】在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的
量为( )
A．3.0 mol
B．1.5 mol
C．1.0 mol
D．0.75 mol
【答案】B
【解析】
1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O，失去3 mol 电子，1 mol PbO2得到2 mol 电子生成Pb2＋，根据得失电子
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守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol 电子需1.5 mol PbO2。
【例题2】现有24 mL 浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液
完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr 在还原产物中的化合价为( )
A．＋2
B．＋3
C．＋4
D．＋5
【答案】B
【解析】
题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S 元素的化合
价从＋4→＋6，Cr 元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－
1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【例题3】某铁的氧化物(FexO) 1.52 g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将
Fe2＋完全氧化。x 值为( )
A．0.80
B．0.85
C．0.90
D．0.93
【答案】A
【解析】
根据得失电子守恒可知，FexO 被氧化为Fe3＋失去的电子数和Cl2得到的电子数相等。标准状况下112 mL
Cl2转移电子数为0.01 mol。则有××x＝0.01，解得x＝0.80。
【例题4】Na2Sx 在碱性溶液中可被NaClO 氧化为Na2SO4，而NaClO 被还原为NaCl，若反应中Na2Sx 与
NaClO 的物质的量之比为1 16
∶
，则x 的值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解析】
―→xNa2SO4，NaClO―→NaCl，
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
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（2）多元素之间得失电子守恒问题
【例题5】有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )
A．FeS2既是氧化剂也是还原剂
B．CuSO4在反应中被还原
C．被还原的S 和被氧化的S 的质量之比为3 7∶
D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
【答案】C
【解析】
方程式中的化合价变化为：14 个CuSO4 中＋2 价的铜得电子化合价降低为7 个Cu2S 中的14 个＋1 价的
Cu；5 个FeS2中10 个－1 价的S 有7 个化合价降低得到7 个Cu2S 中－2 价的S，有3 个化合价升高得到3
个SO 中＋6 价的S(生成物中有17 个硫酸根离子，其中有14 个来自反应物中的硫酸铜)。所以反应中FeS2
中S 的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A 正确；硫酸铜中Cu 的化合价都降低，
所以硫酸铜只是氧化剂，选项B 正确；10 个－1 价的S 有7 个化合价降低，有3 个化合价升高，所以被还
原的S 和被氧化的S 的质量之比为7 3∶，选项C 错误；14 mol CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 mol。
FeS2被氧化时，应该是－1 价的S 被氧化为＋6 价，所以1 个FeS2会失去14 个电子。根据得失电子守恒，
14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2，选项D 正确。
【例题6】在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O 参加反应，被水还原的溴为(
)
A．1 mol
B. mol
C. mol
D．2 mol
【答案】C
【解析】
设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O 参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝
4 mol，x＝ mol。
【例题7】在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P 的物质
的量为________mol。生成1 mol Cu3P 时，参加反应的P 的物质的量为________mol。
【答案】1.5 2.2
【解析】
设7.5 mol CuSO4氧化P 的物质的量为x；生成1 mol Cu3P 时，被氧化的P 的物质的量为y，根据得失电子
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守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol。1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2
mol，所以参加反应的P 的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
（3）多步反应得失电子守恒问题
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，则解题就变得很简单。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。
【例题8】取x g 铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL 的NO2气体和672
mL 的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
17.02 g。则x 等于( )
A．8.64
B．9.20
C．9.00
D．9.44
【答案】B
【解析】
反应流程为
x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
【例题9】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，将这些气体与
1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5
mol·L－1 NaOH 溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是( )
A．60 mL
B．45 mL
C．30 mL
D．15 mL
【答案】A
【解析】
由题意可知，HNO3，则Cu 失去的电子数与O2 得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15
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mol。根据质量守恒及NaOH 和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，
则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
二、氧化还原滴定计算
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定本身并没
有还原性或氧化性但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂
①常见用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7等。
②常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C 等。
(3)指示剂
①氧化还原指示剂。
②专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。
③自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。
(4)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理
2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂
酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂
终点判断
当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不
褪色，说明到达滴定终点
Na
②
2S2O3溶液滴定碘液
原理
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂
用淀粉作指示剂
终点判断
当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原
色，说明到达滴定终点
【例题1】
(1)(2019·全国Ⅱ卷，26 节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：
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成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000
mol·L－1的I2KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示
剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3
溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达
式)。
(2)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL 一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液
滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完
全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。
BaCl2 溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将
__________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】
(1)浅蓝色至无色 ×100%
(2)上方 偏大
【解析】
(1)滴定终点时，I2 被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O 可知，与
Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.100 0×，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.100 0－n1(I2)＝ mol，由电子守恒可知S2－
～I2，则样品中S2－的含量为×100%。
(2)由方程式2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O 知，步骤Ⅰ中加入的CrO 的总物质的量为b mol·L－1×L＝ mol。步
骤Ⅱ中，加入BaCl2充分反应后，剩余的CrO 的物质的量为b mol·L－1×L＝mol，与Ba2＋反应的CrO 的物质
的量为 mol－ mol＝ mol，由方程式Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrO)，所以BaCl2 的浓度：
c(BaCl2)＝＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以的测量值
将偏大。
【例题2】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL 废水，加入适量稀硫
酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2 溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1
KMnO4 溶液滴定过量的Fe2 ＋至终点，消耗KMnO4 溶液V2 mL 。则原废水中c(Cr2O) 为
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____________________________。
【答案】 mol·L－1
【解析】
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失电子守
恒列等式：c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1
×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得：c(Cr2O)＝ mol·L－1。
【例题3】Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中
Ba2＋ 的物质的量浓度。
(1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外，还
需要________。
(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。
(3)另取50.00 mL 废水，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过
滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO 全部转化为Cr2O，再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全
时，消耗Na2S2O3 溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O＋6S2O＋14H＋===2Cr3＋＋3S4O＋
7H2O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。
【答案】(1)250 mL 容量瓶、胶头滴管 (2)4.0 (3)0.024 mol·L－1
【解析】
(2)Na2S2O3的物质的量为0.25 L×0.100 0 mol·L－1＝0.025 mol，其质量为0.025 mol
×158 g·mol－1＝3.95 g，托盘天平精确度为0.1 g，需称量Na2S2O3的质量为4.0 g。
(3)设该工厂废水中Ba2＋的物质的量为x，
由Ba2＋转化为BaCrO4沉淀，CrO 全部转化为Cr2O，Cr2O＋6S2O＋14H＋===2Cr3＋＋3S4O＋7H2O，
则2Ba2＋～2BaCrO4～Cr2O～6S2O，
2 6
x 36.00×10－3L×0.100 0 mol·L－1
＝
解得x＝1.2×10－3 mol，
则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。
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【例题4】
(2)称取45.7 mg Zn3(PO4)2·4H2O 进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得
Zn3(PO4)·2H2O 和Zn3(PO4)2·H2O 的混合产品，烘干时的温度范围为__________(填字母)。
a．90～145 ℃
b．145～195 ℃
c．195～273 ℃
d．>273 ℃
(3)为测定产品中Zn3(PO4)2·4H2O 的含量，进行如下实验，已知滴定过程中Zn2＋与H2Y2－按1 1∶反应。
步骤Ⅰ：准确称取0.457 0 g 产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL 容量瓶，定
容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL 上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH＝5～6 的缓冲溶液中用 0.020 00 mol·L
－1Na2H2Y 标准溶液滴定至终点，测得Na2H2Y 标准溶液的用量为27.60 mL。
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为______；产品中Zn3(PO4)2·H2O 的质量分数为______。下列操作
中，导致产品中Zn3(PO4)2·H2O 含量测定值偏低的是________(填字母)。
a．步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线
b．步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯
c．步骤Ⅱ中滴定管未用Na2H2Y 标准溶液润洗
d．步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
【答案】
(2)b
(3)移液管(或酸式滴定管) 92% bd
【解析】
(2)由图可知当温度小于90 ℃时，产品为Zn3(PO4)2·4H2O，此时产品的物质的量为＝1×10－4 mol，当温度为
145 ℃时质量为42.1 mg，蒸发水分的物质的量为＝2×10－4 mol，则产品为Zn3(PO4)2·2H2O，同理可得，当
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温度为195 ℃时产品为Zn3(PO4)2·H2O，当温度为273 ℃时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)2·2H2O 和
Zn3(PO4)2·H2O 的混合产品，应控制温度范围为145～195 ℃。
(3)滴定时有关系式：Zn3(PO4)2·4H2O～3Zn2＋～3Na2H2Y，消耗Na2H2Y 的物质的量为27.60×
10－3 L×0.020 00 mol·L－1＝5.52×10－4mol，则样品中Zn3(PO4)2·4H2O 的物质的量为×＝9.2×10－4mol，则产品
中Zn3(PO4)2·4H2O 的质量分数为×100%＝92%。a 项，步骤Ⅰ中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测
定值偏高；b 项，步骤Ⅰ中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低；c 项，步骤 Ⅱ 中滴
定管未用Na2H2Y 标准溶液润洗，所需标准溶液体积偏大，测定值偏高；d 项，步骤Ⅱ中滴定前滴定管内无
气泡，滴定结束后有气泡，所需标准溶液体积偏小，测定值偏低。
【例题5】用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下：
①称取产品0.600 g 置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH 为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO4 标准溶液滴定，消耗KMnO4标准
溶液25.00 mL。
(4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________________(用离子方程式表
示)，判断滴定达到终点的现象为___________________________________。
(5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。
【答案】
(4)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为
浅紫色，且半分钟内不褪色
(5)93.3%
【解析】
5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 定量关系式：
5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 mol 2 mol
n 0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3L
则n＝×0.020 00 mol·L－1×0.025 L＝1.250×10－3mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄
糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。
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提能·课后精练
1．（2023·浙江·校联考模拟预测）制取乙炔时，常用
溶液除去乙炔中的杂质。反应为：
①
②
下列分析正确的是
A．在燃料电池中，通入
一极为正极
B．依据反应①可推出氢硫酸为二元强酸
C．反应②中若
发生反应，被氧化的
为
D．
既是氧化产物，也是还原产物
【答案】C
【详解】
A．在燃料电池中，乙炔会失去电子，发生氧化反应，则通入
一极为负极，A 错误；
B．氢硫酸为二元弱酸，B 错误；
C．根据方程式可知，
，则若
发生反应，被氧化的
为
，
C 正确；
D．
中的Cu 是由+2 价变来的，则
为还原产物，D 错误；
故选C。
2．（2022 秋·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考期末）磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可
通过以下流程制取：
下列说法正确的是
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A．PH3中P 的化合价是+3 价
B．流程中发生的反应都是氧化还原反应
C．1molP4含有4molP—P 键
D．分解反应生成
和
的物质的量之比为1：1
【答案】D
【详解】
由题给流程可知，白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成磷化氢和NaH2PO2，NaH2PO2溶液与稀硫酸反应生成
H3PO2，H3PO2分解生成磷化氢和磷酸。
A．磷化氢中磷元素的化合价为—3 价，故A 错误；
B．流程中NaH2PO2溶液与稀硫酸反应生成H3PO2的反应没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反
应，故B 错误；
C．白磷分子中含有6 个磷磷键，则1mol 白磷分子中含有6mol 磷磷键，故C 错误；
D．由得失电子数目守恒可知，H3PO2分解生成磷化氢和磷酸的物质的量之比为1：1，故D 正确；
故选D。
3．（2022 秋·安徽·高三校联考阶段练习）亚氯酸钠(
)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种
纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下，下列说法不正确的是
已知：“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于
多少克
的氧化能力。
A．
的“有效氯含量”为
B．反应①中
和
的物质的量之比为1 1∶
C．
氧化性强于
D．反应②中的
可以用
代替
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【答案】D
【详解】
由制备流程可知，①中NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应为
2NaClO3＋H2SO4＋SO2＝2ClO2＋2NaHSO4；②中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，反应为
2NaOH＋2ClO2＋H2O2═O2↑＋2H2O＋2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解
答该题。
A．NaClO2的“有效氯含量”为
，故A 正确；
B．反应①为2NaClO3＋H2SO4＋SO2＝2ClO2＋2NaHSO4，NaHSO4和ClO2的物质的量之比为1：1，故B 正
确；
C．2NaClO3＋H2SO4＋SO2＝2ClO2＋2NaHSO4中氧化性为NaClO3＞ClO2，2NaOH＋2ClO2＋H2O2═O2↑＋
2H2O＋2NaClO2中氧化性ClO2＞NaClO2，则NaClO3氧化性强于NaClO2，故C 正确；
D．反应②为2NaOH＋2ClO2＋H2O2═O2↑＋2H2O＋2NaClO2，H2O2作还原剂，＋7 价Cl 不具有还原性，不
能用NaClO4代替，故D 错误；
故答案选D。
4．（2022·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）
是褐色固体，受热分解为
的
价和
价的混合氧
化物(
价的
能氧化浓盐酸生成
)。向
加热分解得到的固体(同时生成氧气
)中加入足
量的浓盐酸得到氯气
，如果
为3:2，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是
A．
、
；
B．
、
；
C．
、
；
D．
、
；
【答案】B
【详解】
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（ Pb 为＋4、+2 价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用
时，+4 价 Pb 还原为＋2 价，
被氧化为
，此时得到溶液为
溶液，利用"电子转移守恒"知
在上述转化过程中共转移电子为
，设该过程得到
的物质的量为
，则
的物质的量为
，利用电子转移守恒有：
，解得 x =0.125，故知
在受热
分解过程中产生
为
，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中
则固体中
。
12
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A．
、
为2:1，
，A 错误；
B．
、
；
，
，B 正确；
C．
、
；
，
，C 错误；
D．
、
；
，
，D 错误；
故选B。
5．（2022·上海闵行·统考一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分
，S 为-2 价)与
盐酸恰好完全反
应(杂质不与盐酸反应)，生成
硫单质、
和一定量的某种气体，且反应后溶液中无
。有关说法正确的是
A．
B．生成了
气体
C．
D．
中，
【答案】D
【详解】
A．
盐酸恰好完全反应，生成
，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，
，所以盐酸的浓度为：
，A 错误；
B．根据信息，
和盐酸反应，硫单质、
和
气体，根据氢元素守恒，生成的
为
，
标况下体积为
，B 错误；
C．根据上述分析，可以写出反应方程式：
，根据元素守恒，算出：
，C 错误；
D．在
，
为-2 价，设化合物中
的物质的量分别为
和
，则
，
，所以
，D 正确；
故选D。
6．（2022 秋·江西·高三江西省丰城中学校考阶段练习）关于反应：
，下
列判断正确的是
13
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A．
中碘元素为+5 价
B．HI 做还原剂，发生还原反应
C．n(还原产物) n(
∶
氧化产物)
D．生成0.2mol
时，转移0.35mol 电子
【答案】D
【详解】
A．K2H3IO6中钾元素为+1 价，氢元素为+1 价，氧元素为-2 价，则碘元素为+7 价，故A 错误；
B．HI 中碘元素化合价升高，HI 是还原剂，发生氧化反应，故B 错误；
C．碘单质既是氧化产物，又是还原产物，利用得失电子守恒可知，n(还原产物) n(
∶
氧化产物)=1 7∶，故C 错
误；
D．生成4 个碘单质转移7 个电子，生成0.2mol I2时，转移0.35mol 电子，故D 正确；
故选D。
7．（2023·浙江·校联考模拟预测）
是阿佛伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，
中含有共用电子对数目为
B．高温条件下，
与水蒸气完全反应，转移
个电子
C．
溴化铵水溶液中，
与
离子数之和大于
D．含
的酸性溶液与足量
反应生成
，转移电子数
【答案】D
【详解】
A．
中含有4 个共用电子对，标准状况下，
的物质的量为1mol，共用电子对数目为
，故A 正确；
B．高温条件下，
与水蒸气完全反应生成Fe3O4，当
完全反应时，转移0.6mol×
=1.6mol，数目
为
，故B 正确；
C．
溴化铵水溶液中，由电荷守恒
，c(Br-)=1mol/L，则
14
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，
与
离子数之和大于
，故C 正确；
D．
中有4 个-1 价的O 和1 个-2 价的O，Cr 的化合价为+6 价，
中Cr 的化合价为+6
价，则含
的酸性溶液与足量
反应生成
，Cr 元素化合价不变，没有转移
电子，故D 错误；
故选D。
8．（2023·山东聊城·统考三模）
是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。实验测定
粗产品
纯度的步骤如下：①将一定质量的
粗产品加入含有足量
的强酸性溶液中，充分反应后，溶液
变为紫红色，同时生成
；②用一定浓度的草酸(
)标准溶液滴定①中反应后的溶液，通过消耗草
酸标准溶液的体积计算产品纯度。下列有关说法正确的
A．步骤①中用硝酸溶液提供强酸性环境
B．步骤①中反应的离子方程式为
C．步骤②达到滴定终点时紫红色褪去
D．步骤②中反应的还原剂和氧化产物的物质的量之比为
【答案】C
【详解】
A．硝酸具有强氧化性，若用硝酸溶液提供酸性环境，则多余的硝酸会与草酸反应，导致消耗草酸的量偏
大，影响实验，A 错误；
B．步骤①中NaBiO3与Mn2+反应生成Bi3+和
，NaBiO3是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方
程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2
+7H2O+5Na+，B 错误；
C．步骤②中草酸与生成的高锰酸根离子反应，达到滴定终点时高锰酸根离子刚好被消耗完，溶液紫红色
褪去，C 正确；
D．高锰酸根离子与草酸反应的离子方程式为5H2C2O4+2
+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，H2C2O4为还原
剂，氧化产物为CO2，还原剂和氧化产物的物质的量之比为1：2，D 错误；
15
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故答案选C。
9．（2023·山东滨州·统考二模）下列装置能达到相应实验目的的是
A．测定KI 溶液的浓度
B．探究
、
对
与
反应速率的影响
C．检验乙醇消去反应的产物
D．制备无水氯化镁
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】
A．溴水具有氧化性，不能放在碱式滴定管中，应该放在酸式滴定管中，故A 错误；
B．两个试管中方Fe3+浓度不相同，不能探究
、
对
与
反应速率的影响，故B 错误；
C．乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯中可能混有二氧化硫，均使溴水褪
去，不能验证生成乙烯，故C 错误；
D．为防止MgCl2·6H2O 在加热过程中发生水解生成Mg(OH)2，应该在HCl 气体的氛围中加热，并用无水氯
化钙防止空气中的水分进入装置，故D 正确；
故选D。
10．（2023·山东·高三统考专题练习）氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的滴定实验。用稀硫酸酸
化的
标准溶液滴定某未知浓度的
溶液，下列说法错误的是
A．该实验不需要另外加入指示剂
16
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B．本实验不需要碱式滴定管
C．滴定终点时，溶液颜色由紫红色变为无色，并在半分钟内不变色
D．滴定过程中，加入
标准溶液应先快后慢，便于观察溶液颜色变化
【答案】C
【详解】
A．高锰酸钾溶液本身为紫色，与草酸发生氧化还原反应被还原为锰离子，高锰酸钾溶液褪色，则该滴定
实验不需要指示剂，故A 正确；
B．KMnO4标准溶液检验强氧化性，不能盛装于碱式滴定管中，应该盛装于酸式滴定管中，故B 正确；
C．当
被消耗完毕时，再滴加半滴高锰酸钾溶液时溶液呈紫色，即终点时溶液由无色变为紫色，并
且半分钟内不变色，故C 错误；
D．滴定起始阶段时H2C2O4溶液浓度相对较大，加入KMnO4标准溶液应该加快，但接近滴定终点时应该缓
慢加入KMnO4标准溶液，便于观察溶液颜色变化，判断滴定终点，故D 正确；
故选C。
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）关于反应
，下列
说法正确的是
A．KF 和HF 均发生氧化反应
B．
是还原剂
C．转移3mol 电子，1mol
被氧化
D．
既是氧化产物又是还原产物
【答案】B
【详解】
A．该反应中KF 和HF 都没有化合价变化，没有发生氧化反应，A 错误；
B．
中的氧元素化合价升高，是还原剂，B 正确；
C．该反应中转移3mol 电子，1mol
被还原，不是被氧化，C 错误；
D．锰元素化合价降低，故
是还原产物，氧气为氧化产物，D 错误；
17
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故选B。
12．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）食盐补碘剂
的工业生产流程如图所示：
已知：“酸化氧化”后，溶液中主要含有
、
、
、
及少量氯气。下列说法错误的是
A．参与反应的
和
的物质的量之比为3 5∶
B．“逐氯”可采用加热的方法，原理是气体的溶解度随温度升高而降低
C．试剂X 最适宜选用KOH 溶液
D．实验室中进行过滤操作时，用到的硅酸盐仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】A
【详解】
KClO3溶液和I2经“酸化氧化”后，溶液中主要含有K+、H+、IO 、Cl-及少量氯气。采用加热的方法“逐
氯”后，经结晶、过滤可得KH(IO3)2晶体，将晶体热水溶解，加试剂X 调节pH，为不引入杂质离子，选
用KOH 溶液，反应生成KIO3，降温结晶得到KIO3晶体，据此分析解答。
A．根据题给已知信息，
和
恰好完全反应生成相应离子时，
和
的物质的量之比为3:5，有
生成说明
未被完全还原为
，即参与反应的
和
物质的量之比小于3:5，A 项错误；
B．去除溶液中的气体可采用加热的方法，利用了气体的溶解度随温度升高而降低的原理，B 项正确；
C．试剂X 与
反应生成
，应选用碱，为不引入杂质离子，选用KOH 溶液最佳，C 项正确；
D．在过滤过程中，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，它们均属于硅酸盐材质，D 项正确；
故选A。
13．（2023·湖南邵阳·统考三模）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏
(CaSO4•2H2O)的过程如图：
18
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下列说法错误的是
A．CaSO4•2H2O 属于盐类和纯净物
B．过程I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 2∶
C．过程II 中，反应的离子方程式为4MnO
+2S2-+9H2O=S2O
+4MnO(OH)2↓+10OH-
D．将10L 上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg•L-1)转化为SO
，理论上共需要0.15molO2
【答案】D
【详解】
A．CaSO4•2H2O 有确定的化学式，属于纯净物，能够电离出金属阳离子和酸根，所以为盐类物质，A 正
确；
B．过程I 中氧化剂为氧气，变成水，1 个氧气分子转移4 个电子，还原剂为Mn(OH)2 转化为
，转移
2 个电子，发生反应时电子守恒，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 2∶，B 正确；
C．过程II 中，反应的离子方程式为4MnO
+2S2-+9H2O=S2O
+4MnO(OH)2↓+10OH-，电子守恒，原子守
恒，电荷守恒，同时生成物在碱性条件下存在，故生产氢氧根，C 正确；
D．设转移电子数为xmol，消耗氧气的物质的量为ymol，则
，x=1.2mol，
，
，消耗氧气的物质的量为0.3mol，D 错误；
故答案选D。
14．（2023·广东惠州·统考一模）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨
以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是
19
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A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5 4∶
C．使用
溶液吸收尾气中的氮氧化物，
和
是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入
的作用是氧化
【答案】C
【详解】
氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮
和水反应生成硝酸和一氧化氮。据此解答。
A．合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形
成，A 正确；
B．氧化炉内的反应为4NH3+5O2
4NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie 氧化剂，则氧化剂和还原剂
的物质的量比为5:4，B 正确；
C．一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C 错误；
D．吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D 正确；
故选C。
15．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）下列转化过程的分析中错误的是
A．该转化过程中FeO 和
均作催化剂
20
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B．过程Ⅰ中
分解时，每消耗1 mol
转移2 mol 电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为：
D．该过程的总反应为：
【答案】A
【详解】
A．FeO 为反应I 的产物，同时也是反应Ⅱ的反应物，作中间物质，不是催化剂，故A 错误；
B．过程Ⅰ中
分解生成FeO 和
， 反应方程式为：
，每消耗1 mol
转移
2 mol 电子，故B 正确；
C．由图可知反应Ⅱ过程中
和
在加热条件下反应生成
，根据得失电子守恒得反应方程
式
，故C 正确；
D．该过程的总反应为
在
催化作用下分解为氢气和氧化，故D 正确；
故选：A。
16．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）世界环保联盟将全面禁止在自来水中加氯，取而代之的
是安全高效的杀菌消毒剂ClO2。ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，熔点：-59℃，沸点：11.0℃。
浓度>10%遇热、光照都会引起爆炸。遇到有机物也会爆炸。
(1)ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率是等物质的量的Cl2的 倍。
(2)欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成，且Cl2的体积为ClO2的1/4。写出化
学反应方程式 。
(3)我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2。写出化学反应
方程式 。和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是什么？
。
(4)在25℃时，选择
与ClO2体积比为8:1 可以使ClO2较平缓、彻底的分解，CO 不会参与反应，以分解
后的混合气体为研究对象，设计简单合理的实验，验证ClO2分解的产物是Cl2和O2，而不是Cl2O 和O2
。
【答案】
(1)2.5
21
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(2)11KClO3＋18HCl=11KCl＋3Cl2＋12ClO2＋9H2O
(3)2NaClO2＋Cl2=2NaCl＋2ClO2 生成的ClO2中不含Cl2杂质
(4)用注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH 溶液，振荡，静置后，读取剩余气体
体积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气
【详解】
（1）ClO2中的Cl 是+4 价变成-1 要得到5 个电子，Cl2中Cl 为0 价，全变成-1 要得到2 电子，其消毒的效
率是等物质的量的Cl2的2.5 倍；
故答案为：2.5；
（2）NaClO3中Cl 的化合价为+5，ClO2中Cl 为+4 价，HCl、KCl 中Cl 为-1 价，Cl2的化合价为0，根据电
子转移原则NaClO3为氧化剂，ClO2为还原产物，HCl 为还原剂发生氧化反应得到氧化产物Cl2，Cl2的体积
为ClO2的
，说明ClO2由KClO3和HCl 共同得电子生成；
故答案为：11KClO3＋18HCl=11KCl＋3Cl2＋12ClO2＋9H2O；
（3）①根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合氧化还原规律化合价有升有
降，亚氯酸钠到二氧化氯，氯元素化合价由+3→+4 升高，可得另一产物为氯化钠；
故答案为：2NaClO2＋Cl2=2NaCl＋2ClO2；
②欧洲方法生成杂质氯气有毒；
故答案为：生成的ClO2中不含Cl2杂质；
（4）
，假设CO：ClO2的体积比为16：2 时，根据反应式可知，2 体积ClO2完全分解
生成3 体积气体，若CO 不参加反应，则剩余19 体积气体，其中生成的1 体积氯气易被NaOH 吸收，则用
注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH 溶液，振荡，静置后，读取剩余气体体
积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气；
故答案为：用注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH 溶液，振荡，静置后，读取
剩余气体体积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气。
17．（2023·全国·高三专题练习）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为Fe2
＋＋H2C2O4＋xH2O=FeC2O4·xH2O↓＋2H＋，测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x 值，实验如下：称取0.540 0
g 草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMnO4溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.100 0 mol·L－1
的酸性KMnO4溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3＋、CO2，锰元素被还原为Mn2
＋，则FeC2O4·xH2O 中x＝ (FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)
【答案】2
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【详解】
根据10FeC2O4·xH2O＋6KMnO4＋24H2SO4=5Fe2(SO4)3＋20CO2↑＋6MnSO4＋3K2SO4＋(24＋10x)H2O 可知，
n(FeC2O4·xH2O)＝
n(KMnO4)＝
×0.100 0 mol·L－1×0.018 L＝0.003 mol，则M(FeC2O4·xH2O)＝
＝180 g·mol－1，即FeC2O4·xH2O 的相对分子质量为180，结合18x＋144＝180，解得x＝2。
18．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题：
(1)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止
锅炉被腐蚀。理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的O2 kg。
(2)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
(3)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
H
①
3PO2中，P 元素的化合价为 。
②利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4 1∶，则氧化产物为
(填化学式)。
【答案】
(1)1
(2)2 1∶
(3)+1 H3PO4
【详解】
（1）设1kg 的联氨可除去水中溶解的O2的质量为x，列方程式：
，
，解得x=1kg；
故答案为：1。
（2）KClO3+Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+K2SO3+ClO2
，根据方程式可知氧化剂为氯酸钾，还原剂为亚硫酸
钠，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1；
故答案为：2:1。
（3）H3PO2中，H 为+1 价，O 为-2 价，P 为+1 价；H3PO2可将溶液中的Ag+还原为银，氧化剂Ag+与还原
剂H3PO2的物质的量之比为4 1∶，4 个银离子变成银得到4 个电子，根据电子守恒，则1 个P 原子失去4 个
23
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电子，从+1 价变成+5 价，则氧化产物为H3PO4；
故答案为：+1；H3PO4。
19．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）亚硝酰硫酸(NOSO4H)在重氮化反应中可以代替亚硝酸
钠。实验室用如图装置(部分夹持仪器略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。
已知：
i.亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
ii.实验室制备亚硝酰硫酸的原理为SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H。
回答下列问题：
(1)仪器I 的名称为 ，按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为 (填仪器接口的字
母，部分仪器可以重复使用)。
(2)C 装置的作用为 。
(3)反应需将温度控制在25～40℃，采用水浴加热的优点是 ，开始时反应缓慢，但某时刻
反应速率明显加快，其原因可能是 。
(4)测定亚硝酰硫酸的纯度。
步骤①：准确称取14.00g 产品，在特定条件下配制成250mL 溶液。
步骤②：取25.00mL①中溶液于250mL 烧瓶中，加入60.00mL 未知浓度KMnO4溶液(过量)和
10.00mL25%H2SO4溶液，摇匀，发生反应：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
步骤③：向②反应后溶液中加0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液进行滴定，消耗Na2C2O4溶液20.00mL。
步骤④：把②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗Na2C2O4溶液的体积为
60.00mL。滴定终点时的现象为 ，亚硝酰硫酸的纯度为 %(精确到0.1)。
【答案】
(1)蒸馏烧瓶 adecbdef
(2)吸收水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO
24
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(3)受热均匀，便于控制温度 由于生成的NOSO4H 对该反应有催化作用，导致反应速率加快
(4)当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色(或溶液变为无色)，且半分钟内颜色不再恢复
90.7
【详解】
（1）根据装置图，仪器I 的名称为蒸馏烧瓶。A 装置制备二氧化硫，B 装置中SO2和浓HNO3反应生成
NOSO4H，D 装置吸收二氧化硫，防止污染，由于NOSO4H 遇水分解，所以B 装置前后需要连接干燥装
置，按照气流从左到右的顺序，仪器的连接顺序为adecbdef。
（2）NOSO4H 遇水分解，C 装置的作用为吸收水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（3）反应需将温度控制在25～40℃，采用水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；开始时反应缓
慢，但某时刻反应速率明显加快，其原因可能是生成的NOSO4H 对该反应有催化作用，导致反应速率加
快。
（4）把②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗Na2C2O4溶液的体积为
60.00mL。60.00mL 未知浓度KMnO4溶液与60mL0.2500mol•L-1Na2C2O4标准溶液恰好反应发生反应
，则KMnO4溶液的浓度为
，根据2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，可知
25.00mL 中 NOSO4H 的物质的量为
，则亚硝酰硫酸的纯度为
。
20．（2023 春·湖北·高三校联考阶段练习）钒是人体必需的微量元素，对维持机体生长发育、促进造血功
能等有重要作用。某钒渣中钒(V)主要以
形式存在，还含有
、
、
等物质。以钒渣
为原料制备
的工艺流程如下：
已知：常温下，溶液中金属离子沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
25
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开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
(1)“焙烧”过程中发生的主要反应化学方程式为 。
(2)“酸浸”时，
转化为
，反应的离子方程式为 。滤渣的主要成分为
(填化学式)。
(3)“调pH”时，若溶液中的铝元素恰好沉淀完全，则
(当溶液中离子浓度
时，认为沉淀完全)。
(4)“还原”中，
逐步被还原成
，其中
转化为
的离子方程式为 。
(5)副产品中可提取
。资料显示，硫酸锌结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于39℃
39~60℃
60~100℃
晶体形
态
从
溶液中获得稳定的
晶体的操作是 ， ，过滤，洗涤，干燥。
(6)为测定粗产品中钒的含量，取2.50 g 粗产品配成500 mL 溶液，取50.00 mL 溶液于锥形瓶中，用
标准溶液滴定，平行滴定三次，消耗
溶液体积的平均值为26.50 mL。该反应
方程式为
。则该产品中钒元素的元素的质
量分数为 %(结果保留两位小数)。
【答案】
(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 蒸发浓缩 低于39℃降温结晶
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(6)81.09
【详解】
钒渣在空气中焙烧，主要成分
在空气中被氧化为
与
；加入稀硫酸酸溶，二氧化硅不反
应成为滤渣1，铁、钒、铝转化为相应盐溶液，调节pH 将铁铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入锌单质还
原后处理得到粗产品；
（1）在空气中对钒渣进行焙烧，结合（2）中的信息，主要成分
在空气中被氧化为
与
，反应为
；
（2）“酸浸”时，
和稀硫酸反应转化为
，反应的离子方程式为
；由分
析可知，滤渣的主要成分为
；
（3）结合表中数据，溶液中
完全沉淀时
，即
，可求得
；当溶液中铝离子恰好沉淀完全时，溶液pH 为4.7，此时溶
液中
为
，带入到
，可求得溶液中
。
（4）“还原”中，将
逐步被还原成
，锌具有还原性，将
转化为
，同时生成锌离子，离子
方程式为
；
（5）由于不同温度下析出的晶体形态不同，故在结晶过程中需要控制温度在低于39℃结晶，从而获得
。获得稳定的
晶体的操作是蒸发浓缩，低于39℃降温结晶，过滤，洗涤，干
燥。
（6）根据反应过程得关系式：
该产品中钒元素的质量分数为：
。
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