全国各地高考化学分类化学反应原理综合题汇编及详细答案.docx

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全国各地高考化学分类化学反应原理综合题汇编及详细答案

2020-2021全国各地高考化学分类：

化学反应原理综合题汇编及详细答案

一、化学反应原理

1．钛白粉（TiO2）是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。

一种利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3）进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:

回答下列问题:

（1）LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是__________________________________。

（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:

__________________________。

操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是___________。

（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。

（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c（PO43-）=1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c（Fe3+）=_______mol/L[已知:

该温度下，Ksp（FePO4）=1.0×10-22]。

（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17%H2O2溶液与草酸（H2C2O4）的质量比是_____。

【答案】+2增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+蒸发皿TiO2++2H2O

TiO（OH）2+2H+促进水解（或加快水解反应速率）1.0×10-520:

9

【解析】

【分析】

钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁（FeTiO）3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：

2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO（OH）2，TiO2++2H2O=TiO（OH）2+2H+，分解得到钛白粉（TiO2）；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：

2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为+2；

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；

（3）加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：

2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；

（4）TiO2+易水解生成TiO（OH）2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2O

TiO（OH）2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为TiO2++2H2O

TiO（OH）2+2H+；促进水解；

（5）Ksp（FePO4）=c（Fe3+）c（PO43-），则c（Fe3+）=

=

=1.0×10-5mol/L，故答案为1.0×10-5；

（6）“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4

2LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸（ H2C2O4）的物质的量之比为1:

1，则17% H2O2溶液与草酸（ H2C2O4）的质量比为

=

，故答案为

。

2．硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。

常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。

在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。

Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O

将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。

（1）仪器D的名称为______

（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2

3Na2S2O3+CO2。

①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。

②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。

③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表示）。

Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量

（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用______（填试剂）作洗涤剂。

（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。

（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。

为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：

（提示：

I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）

①达到滴定终点时的现象：

______

②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。

【答案】三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点99.2%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据仪器的构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，故答案为：

三颈烧瓶；

（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；

②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，可以观察仪器D中气体的流速，通过控制分液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：

观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；

③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2，所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应，其离子方程式为：

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：

防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；

（4）Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解，故答案为：

避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；

（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：

滴加最后一滴标准I2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；

②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系，配成的溶液中c（S2O32-）=

=

=0.02mol/L，则产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数=

=99.2%，故答案为：

99.2%。

3．茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是VC的5～10倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。

在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe（CN）6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe（CN）6]对特定波长光的吸收程度（用光密度值A表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。

A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示：

某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：

请回答下列问题：

（1）操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是____。

若用乙醇浸取茶多酚操作如下：

称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是________。

（2）减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________；氯仿的作用是________。

（3）下列有关实验基本操作不正确的是________。

A．图3中冷凝水流向为a进b出

B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用

C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度

D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液

（4）称取1.25g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和K3Fe（CN）6酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=0.800，则产品的纯度是_____（以质量分数表示）。

【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取（或除杂）CD96%

【解析】

【分析】

茶叶用水浸泡时，茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中，过滤后，去除滤渣，得到的滤液减压蒸发，可降低蒸发温度，防止氧化反应的发生；往浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液①，水溶液②中含有茶多酚，用乙酸乙酯萃取、分液，可得茶多酚的乙酸乙酯溶液，然后减压蒸发，即可获得茶多酚粗产品。

【详解】

（1）操作①用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值（A）越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：

茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。

答案为：

茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；

（2）减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取（或除杂）。

答案为：

降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂）；

（3）A．图3中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确；

B．分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确；

C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确；

D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确；

故选CD。

答案为：

CD；

（4）溶液光密度值A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL，由此可得出原1000mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×

=1.2g，则产品的纯度是

=96%。

答案为：

96%。

【点睛】

搅拌越快，茶多酚与Fe3+的接触面积越大，还原Fe3+的速率越快，光密度值理应越大，但事实上，光密度值反应越小，则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。

只有联系到茶多酚的性质，才能解决此问题，于是采用类推法。

茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性质，

4．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”。

已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。

某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：

（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________（写出一条即可）。

（2）装置乙的作用是____________________________________。

（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：

1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。

反应的化学方程式为：

________________________________________。

（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。

（实验中供选用的试剂及仪器：

CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：

室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5）

（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。

为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。

称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化）滴定，当溶液中

全部被氧化为

时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。

①写出反应的离子方程式：

________________________________________。

②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________（保留小数点后一位）。

【答案】分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH乙醇

82.7％

【解析】

【分析】

装置甲为二氧化硫的制取：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：

2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。

据此解答。

【详解】

（1）装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；

（2）SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；

（3）Na2S和Na2CO3以2：

1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；

（4）碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；

（5）硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；

①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中

全部被氧化为

，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；

②由方程式可知n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=

n（KMnO4）=

×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m（Na2S2O3•5H2O）=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为

×100%=82.7%。

【点睛】

考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。

5．碳酸亚铁可用于制备补血剂。

某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。

已知：

①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-

Fe（SCN）64-（无色）

Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）

实验i：

装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。

（1）试剂a是_____。

（2）向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。

（3）C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。

（4）有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究

实验ii

实验iii

（5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

（6）依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO3的应用

（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。

为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4

【解析】

【分析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液（pH=11.9）通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；

II.（5）根据Fe2＋+6SCN-

Fe（SCN）64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

（6）实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成；

（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

I.

（1）装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：

饱和NaHCO3溶液；

（2）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，故答案为：

降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2；

（3）装置C中，向Na2CO3溶液（pH=11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：

2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe（HCO3）2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：

出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：

不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）；

Ⅱ.（5）通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe（SCN）64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：

Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；

（6）依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成，发生反应的离子方程式为6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；

故答案为：

6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；

Ⅲ.（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH（OH）COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数

，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2