届高考化学一轮复习题型突破训练铁及其重要化合物解析版.docx
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届高考化学一轮复习题型突破训练铁及其重要化合物解析版
铁及其重要化合物
1．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。
下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（）
A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3
B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应
C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
【答案】D
【解析】
A.Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；
B.Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；
C.SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；
D.SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；
故选D。
2．把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度恰好相等。
则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比为
A．1∶1B．2∶1C．2∶3D．3∶2
【答案】C
【解析】
设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中Fe2+的物质的量为3mol，因为溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol∶3mol=2∶3，故选C。
3．《天工开物》曾记载“凡皂（青）、红、黄矾，皆出一种而成，变化其质……乃即炼皂矾，炉侧土墙……冷静之时，其墙上自然爆出此种……刮取下来，名曰黄矾。
”这里的皂矾是指
A．FeSO4·7H2OB．ZnSO4·7H2OC．Fe2（SO4）3·9H2OD．Fe2O3·nH2O
【答案】A
【解析】根据题中信息，“凡皂（青）……”，说明皂矾颜色为青色，即为绿色，简单来说，皂矾应是绿矾，绿矾为FeSO4·7H2O，故A正确；
4．绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。
已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。
回答下列问题：
（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。
装置B中可观察到的现象是__________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。
装置C的作用是______________。
（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。
乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中___________。
（填字母）
A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：
①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为______________________。
②能证明绿矾分解产物中有O2的实验操作及现象是_______________________。
（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁，选用的实验仪器有试管、胶头滴管、_____________；选用的试剂为_____________。
【答案】品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2（SO3）等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用姆指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气药匙盐酸，KSCN溶液
【解析】
（1）甲组得出绿矾的分解产物中含有二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所有装置B中观察到的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，因此装置C的作用是吸收尾气，防止SO2（SO3）等气体扩散到空气中污染环境。
（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，受热恢复原来颜色，现在实验中不能恢复原来的颜色以及根据题意三氧化硫能漂白有机染料，因此可推出一定含有三氧化硫，可能含有二氧化硫，答案选BC。
（3）①首先加热绿矾，气态产物可能是三氧化硫、二氧化硫、水蒸气和氧气，因此先验证水蒸气，因此连接F装置，三氧化硫熔点较低，冰水中以固体形式存在，因此F装置后连接G，二氧化硫能使品红溶液褪色，因此G装置后连接B，需要吸收二氧化硫，B装置后连接D装置，最后连接H装置，因此顺序是AFGBDH。
②氧气能使带火星的木条复燃，因此具体操作是：
把H中的导管移出水面，撤走酒精灯，用姆指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。
（4）验证Fe3＋需要用KSCN溶液，需要把固体溶解成溶液，因此需要的试剂是盐酸和KSCN，取用固体需要药匙，则缺少的仪器是药匙。
5．乳酸亚铁晶体[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O（M=288g/mol）是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH（OH）COOH与FeCO3反应制得.
I.制备碳酸亚铁
（1）利用如图所示装置进行实验。
装置中仪器C的名称是____________。
（2）实验开始时，首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是________________________；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_________，打开活塞___________，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体。
生成FeCO3的离子方程式为__________。
（3）装置D的作用是___________________。
Ⅱ.乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定
将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。
然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。
（4）加入少量铁粉的作用是______________________________。
（5）用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是____________________________________________。
（6）经查阅文献后，改用Ce（SO4）2标准溶液进行滴定。
反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。
测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol·L-1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示：
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为________%（保留小数点后两位）。
【答案】三颈烧瓶制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化32Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化97.50
【解析】
【分析】
I.制备碳酸亚铁
Fe粉与盐酸在装置B中反应制取FeCl2，亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，在C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：
FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析作答。
Ⅱ.乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定
（4）考虑Fe2+被氧化；
（5）乳酸中的羟基消耗酸性高锰酸钾；
（6）第二组数据误差较大，舍去，计算出消耗的标准液体积平均为19.50mL，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则m（乳酸亚铁）=0.1000mol/L×0.0195L×
×288g/mol=5.616g，据此计算可得。
【详解】
I.
（1）根据装置图可知：
仪器C为三颈烧瓶；
（2）首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是发生反应制备Fe2+，利用反应产生的H2排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞3，打开活塞2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，发生反应：
Fe2++2HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；
II.（4）加入少量铁粉的作用是防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化；
（5）乳酸根中的羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%；
（6）通过对实验数据分析、观察，发现第二组数据误差较大，要舍去，故消耗的标准液体积平均为19.50mL，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则m（乳酸亚铁）=0.1000mol/L×0.0195L×
×288g/mol=5.616g，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为
×100%=97.50%。
6．高铁酸钾（
）是复合型的水处理剂，以废铁屑（含有
、
、油污等杂质）为原料制备的流程如下：
（1）热的
溶液清洗废铁屑的目的是_________。
（2）氧化Ⅰ中
被氧化成
的离子方程式为________。
（3）
溶液在不同
下，
的浓度随时间的变化如图所示。
氧化Ⅱ制备
时，选用的加料方式是_________（填字母），原因是________。
A．将
、
混合液与氧化Ⅰ所得溶液同时加入到反应容器中
B．将
、
混合液缓慢加入到盛有氧化Ⅰ所得溶液的反应容器中
C．将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有
、
混合液的反应容器中
（4）转化步骤中加入饱和
溶液，析出
晶体的原因是________。
（5）高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：
①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②________。
（6）高铁酸钾可用于高铁电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。
高铁电池的总反应为
，放电时正极的电极反应式为________。
【答案】去除废铁屑表面的油污
C避免高铁酸钠在酸性条件下分解（高铁酸钠在碱性条件下更稳定）高铁酸钾溶解度小，更易析出高铁酸钾被还原生成的
水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质
【解析】
【分析】
废铁屑中含有
、
、油污等杂质，用热的
溶液清洗废铁屑，可以去除废铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解，Fe、
、
均与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢进行氧化I，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有
、
混合液的反应容器中，得到
，在溶液中再加入饱和KOH溶液，析出
晶体，再经过滤、洗涤、干燥，得到
晶体，据此分析解答。
【详解】
（1）热的
溶液水解显碱性，则用热的
溶液清洗废铁屑可以去除废铁屑表面的油污；
（2）由以上分析知，氧化Ⅰ中过氧化氢将
氧化为
，反应的离子方程式为
；
（3）由图像可知，
在碱性条件下可稳定存在，在酸性条件下不稳定，会发生分解，氧化I的溶液呈酸性环境，因此氧化Ⅱ制备
时，为避免高铁酸钠在酸性条件下分解，应将氧化Ⅰ所得溶液缓慢加入到盛有
、
混合液的反应容器中，选用的加料方式应为C；
（4）经过氧化Ⅱ得到
，转化步骤中加入饱和
溶液，析出
晶体，是因为高铁酸钾溶解度小，更易析出；
（5）高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：
①高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；②高铁酸钾被还原生成的
水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质；
（6）根据高铁电池的总反应式
中元素化合价的变化可知，放电时，
在正极得电子被还原为氢氧化铁，故正极的电极反应式为
。
7.要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含有Fe2＋，进行如下实验操作的最佳顺序为（ ）
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4（H＋）溶液 ③加入少量KSCN溶液
A．①③B．③②
C．③①D．①②③
【答案】C
【解析】通常用KSCN溶液检验Fe3+，故先向溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不含有Fe3+；然后加入足量氯水，溶液呈血红色，说明溶液中含Fe2+；氧化剂不选用KMnO4溶液的原因是：
KMnO4溶液本身有颜色，同时KMnO4会将KSCN氧化影响实验；故证明某溶液中不含有Fe3＋而可能含有Fe2＋，进行实验操作时最佳顺序为③①；
答案选C。
8．下列离子的检验方法合理的是（ ）
A．向某溶液中滴入硫氰酸钾溶液呈红色，说明不含Fe2＋
B．向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰酸钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2＋，不含有Mg2＋
【答案】C
【解析】A.滴加硫氰酸钾溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3＋而不能证明没有Fe2＋，A错误；
B．若原溶液中含Fe2＋，通入氯气，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，滴加硫氰酸钾溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2＋而含有Fe3＋，通入氯气，加入硫氰酸钾溶液同样可以变红色，B错误；
C．溶液中加入氢氧化钠溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋，C正确；
D．氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，D错误。
故本题答案为C。
9.用下面两种方法可以制得白色的Fe（OH）2沉淀。
Ⅰ.方法一：
用FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
（1）除去蒸馏水中溶解的O2常采用 的方法。
（2）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。
这样操作的理由是 。
Ⅱ.方法二：
在如图所示装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是 。
（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是 。
（3）为了制得白色Fe（OH）2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是 。
（4）这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长时间保持白色，其理由是 。
【答案】Ⅰ.
（1）煮沸
（2）避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2
Ⅱ.
（1）稀H2SO4、铁屑
（2）NaOH溶液 （3）检验试管Ⅱ出口处排出H2的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹 （4）试管Ⅰ中反应生成的H2将所用溶液和装置内的空气排尽，且外界空气不容易进入装置，可防止白色的Fe（OH）2沉淀被氧化
【解析】Ⅰ.方法一：
（1）气体的溶解度是随温度升高而降低的，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
（2）避免生成的Fe（OH）2被空气（氧气）氧化。
Ⅱ.方法二：
试管Ⅱ是开口式的，无法用产生的气体将溶液压入试管Ⅰ中，所以应在试管Ⅰ中制取FeSO4，而在试管Ⅱ中盛NaOH溶液。
将Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可从试管Ⅰ内短管处排出试管Ⅰ内的空气，经过止水夹进入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，再排尽NaOH溶液和试管Ⅱ内的空气，然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，压强增大，将FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，在此过程中，液体都处于H2环境中，从而避免了空气中的O2将反应生成的Fe（OH）2氧化成Fe（OH）3。
10．下列各图示中，能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀的是__________。
【答案】①②③⑤
【解析】因为Fe（OH）2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe（OH）3，即发生4Fe（OH）2+O2+2H2O
4Fe（OH）3。
因此要较长时间看到Fe（OH）2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。
①、②原理相同，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe（OH）2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2+，与电解水产生的OH−结合生成Fe（OH）2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于带入空气中的氧气，能迅速将Fe（OH）2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。
11.把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，若反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1
【答案】C
【解析】由于铁的物质的量为
＝0.4mol，所以在反应的过程中它失去的电子数应介于0.8mol（此时只产生Fe2＋）和1.2mol（此时只产生Fe3＋）之间，又产生0.3molNO2和0.2molNO，即反应过程中硝酸得到的电子物质的量为0.3mol×（5－4）＋0.2mol×（5－2）＝0.9mol，所以对应的产物既有Fe（NO3）3又有Fe（NO3）2，设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，则由铁原子守恒可得x＋y＝0.4mol，由得失电子守恒得3x＋2y＝0.9mol，解得x＝0.1mol，y＝0.3mol。
12．向一定量的FeO，Fe，Fe3O4的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现.若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）
A．11.2gB．5.6gC．2.8gD．1.4g
【答案】C
【解析】
【分析】
Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入盐酸恰好使混合物完全溶解，生成铁的氯化物，因加入KSCN 溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知道氯化亚铁的量，进而求得铁元素的质量，然后结合质量守恒可知用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物能得到单质铁的质量。
【详解】
用盐酸溶解后，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明得到的产物为氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中，HCl的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据氯元素守恒，则n（Fe）=n（FeCl2）=
×n（HCl）=0.05mol，则混合物中含有Fe元素的质量为m（Fe）=0.05mol×56g/mol=2.8g，根据质量守恒可知，用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到单质铁的质量为2.8g，故答案为C。
13.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件己略去）。
下列有关物质的推断正确的是
甲
乙
丙
丁
A
N2
NO
NO2
O2
B
SO32-
HSO3-
SO2
H+
C
Cl2
FeCl3
FeCl2
Fe
D
Al3+
Al（OH）3
AlO2-
NH3·H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.N2+O2
2NO，N2不能一步直接转化为NO2，A错误；
B.SO32-+H+=HSO3-，HSO3-+H+=SO2↑+H2O，SO32-+2H+=H2O+SO2↑，符合物质转化关系，B正确；
C.Cl2和Fe反应生成FeCl3，不可能一步反应直接得到FeCl2，C错误；
D.氨水中的NH3·H2O是弱碱，不能溶解两性氢氧化物Al（OH）3，D错误；
故合理选项是B。
14．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。
（1）写出下列物质的化学式：
A：
________________，D：
_____________，R：
______________。
（2）按要求写出下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：
__________________________________；
向N中通足量CO2时反应的离子方程式：
________________________________；
D与盐酸反应的离子方程式：
___________________________。
（3）简述检验气体C的方法：
____________________________________。
【答案】
（1）Na2O2 Fe3O4 Al
（2）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3
AlO
＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO
Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
（3）用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成
【解析】A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、足量Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe（OH）3和HCl反应生成W，则W是FeCl3
。
15．《淮南子·说山训》云：
慈石能引铁（慈，旧作磁）。
“慈石”的主要成分是（）
A．四氧化三铁B．氧化铜C．三氧化二铁D．硅酸盐
【答案】A
【解析】四氧化三铁，化学式Fe3O4．俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁。
“慈石”的主要成分是四氧化三铁，A项正确。
16．用高铁酸钠（Na2FeO4）处理河流湖泊的水用于饮用，是一项较新的技术，与此有关的以下叙述中，正确的是
①高铁酸钠溶液有强酸性②高铁酸钠有强氧化性
③高铁酸钠可使水软化④该过程中水被消毒和净化
A．①③B．②④C．①②D．③④
【答案】B
【解析】
①高铁酸钠溶液有强酸性，与净水无关；②高铁酸钠有强氧化性，可进行消毒；③高铁酸钠可使水软化，错误，硬水软化是通过煮沸或蒸馏的方式进行；④该过程中水被消毒和净化，②④正确，答案选B。
17．黄铁矿（主要成分FeS2），在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。
下列说法不正确的是
A．发生反应a时，0.05molFeS2被氧化时消耗标准状况下空气的体积大约19.6L
B．为了验证b过程反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c发生反应的离子方程式为：
14Fe3+ +FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
D．已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.79×10-39，则该温度下d逆反应的平衡常数为K=2.79×103
【答案】B
【解析】
A．据图可知反应a中FeS2被氧化生成Fe2+和SO42-，Fe元素化合价不变，S元素化合价升高+7价，所以0.05molFeS2被氧化时转移电子0.7mol，消耗氧气0.175mol，氧气占空气体积
，所以消耗
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