高考化学氧化还原反应大题培优附答案解析.docx
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高考化学氧化还原反应大题培优附答案解析
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.工业上处理含苯酚废水的过程如下。
回答下列问题:
Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。
测定原理:
+3Br2→
↓+3HBr
测定步骤:
步骤1:
准确量取
待测废水于
锥形瓶中。
步骤2:
将
浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中,塞紧瓶塞,振荡。
步骤3:
打开瓶塞,向锥形瓶中迅速加入
溶液(过量),塞紧瓶塞,振荡。
步骤4:
滴入2~3滴指示剂,再用
标准溶液滴定至终点,消耗
溶液
(反应原理:
)。
待测废水换为蒸馏水,重复上述步骤(即进行空白实验),消耗
溶液
。
(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发,上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。
(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。
(4)该废水中苯酚的含量为________
(用含
、
的代数式表示)。
如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞,则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数,则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。
采用
基
为阳极,不锈钢为阴极,含苯酚的废水为电解液,通过电解,阳极上产生羟基(·
),阴极上产生
。
通过交排列的阴阳两极的协同作用,在各自区域将苯酚深度氧化为
和
。
(5)写出阳极的电极反应式:
________。
(6)写出苯酚在阴极附近被
深度氧化的化学方程式:
________。
【答案】(酸式)滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色
偏低偏低
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀,再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-===I2+2Br-,再用Na2S2O3标准溶液滴定I2,可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量,再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量,用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量,再结合反应方程式得到苯酚的物质的量,从而求出废水中苯酚的含量,结合实验基本操作及注意事项解答问题。
【详解】
(1)由于苯酚显酸性,因此含苯酚的废水为酸性,“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管,故答案为:
酸式滴定管;
(2)由于溴单质易挥发,因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发,故答案为:
塞紧瓶塞;
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点,由于Na2S2O3标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2变成蓝色,所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色,故答案为:
滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色;
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式:
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol,将待测废液换成蒸馏水时,5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1)mmol,根据方程式
+3Br2→
↓+3HBr可得苯酚的物质的量为
mmol,质量为
mg,则该废水中苯酚的含量为
,若步骤2中忘记塞进瓶塞,溴单质挥发,导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小,则测得苯酚的含量偏低,如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数,读得的体积偏小,则消耗的Na2S2O3的体积偏小,使测得苯酚的含量偏低,故答案为:
;偏低;偏低;
(5)由题干信息可知,Ti基PbO2为阳极,则阳极H2O失去电子产生·OH,电极反应式为H2O-e-===H++·OH,故答案为:
H2O-e-===H++·OH;
(6)根据题干信息可知,苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O,故答案为:
C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
2.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性较强。
为回收利用,通常采用如下流程处理:
注:
部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>9溶解)
(1)氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。
A.Na2O2B.HNO3C.FeCl3D.KMnO4
(2)加入NaOH溶液调整溶液pH=8时,除去的离子是________;已知钠离子交换树脂的原理:
Mn++nNaR→MRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+
(3)还原过程中,每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,该反应离子方程式为____________。
【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O
【解析】
【分析】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,注意不能引入新的杂质;
(2)根据表中数据判断;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案为:
A;
(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则Fe3+、Al3+被除去;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,则反应的离子方程式为:
3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。
3.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2,回答下列问题:
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,写出制备ClO2的离子方程式__。
(2)用过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__,装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中,目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__,装置E的作用是__。
(3)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的__(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2,工作原理如图所示,写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率,同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯,三种方法均利用了氧化还原反应。
【详解】
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒,可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
(2)①装置A的名称为恒压漏洞,装置C为安全瓶,起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率,但是原料中含有过氧化氢,过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应,因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知,ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸,故通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是稀释ClO2,防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应,将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;装置E在整套装置之后,起到吸收尾气,防止环境污染的作用。
(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子,过量的钡离子可以用碳酸根离子除去,因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极,电解池的阳极发生氧化反应,元素化合价升高,因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
4.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:
(1)Cu基态原子核外电子排布式为________,SO42−的空间构型为__________(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2−,[Cu(OH)4]2−中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。
(2)“吸收”过程:
①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________(写出两种)。
②吸收NO2的有关反应如下:
反应Ⅰ:
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=-116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ:
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=-75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。
(3)“电解”过程:
HNO2为弱酸,通过电解使HNO3得以再生,阳极的电极反应式是____________。
(4)“沉淀”过程:
产生CuCl的离子方程式是________________。
【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形O增大压强、提高氧气的浓度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜,因硝酸在酸性条件下具有氧化性,会将铜氧化为铜离子,最终生成硫酸铜,SO2具有还原性,再将铜离子还原为氯化亚铜,NO合理利用,经过氧化与电解过程得到硝酸,据此分析解答。
【详解】
(1)Cu的原子序数为29,Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;SO42−中S原子价层电子对个数=4+
=4,且不含孤电子对,由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形;[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道,O原子提供孤电子对形成配位键,答案为:
1s22s22p63s23p63d104s1;正四面体形;O;
(2)①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应,提高NO平衡转化率,平衡应向正反应方向移动,可以采取的措施有:
降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等;
②由盖斯定律可知:
(反应I⨯3+反应II)⨯
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式:
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1;
(3)电解过程中,阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3,阳极的电极反应式是:
HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-;
(4)Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为:
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。
5.在古代,橘红色的铅丹(Pb3O4)用于入药和炼丹,人们对其中重金属铅的毒性认识不足。
已知:
PbO2为棕黑色粉末。
某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。
回答下列问题:
(1)性质实验
实验操作
现象
解释或结论
①将适量铅丹样品放入小烧杯中,加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液,搅拌
_____
Pb3O4+4HNO3=PbO2+
2Pb(NO3)2+2H2O
②将上述混合物过滤,所得滤渣分为两份,一份加入2 mL浓盐酸,加热
有刺激性的黄绿色气体产生
反应的化学方程式:
_______
③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液,搅拌
得紫色溶液
结论:
_______
(2)组成测定
① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品,置于洁净的小烧杯中,加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液,搅拌使之充分反应,分离出固体和溶液。
该分离操作名称是_____________。
② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中,加入指示剂和缓冲溶液,用0.04000 mol/L的EDTA溶液(显酸性)滴定至终点,消耗EDTA溶液36.50 mL。
EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2++H2Y2- =PbY2-+2H+,滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。
滤液中含Pb2+__________mol。
③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中,往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体KI,摇动锥形瓶,使PbO2全部反应而溶解,发生反应PbO2+4I-+4HAc=PbI2+I2+4Ac-+2H2O,此时溶液呈透明棕色。
以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-,至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL,继续滴定至溶液_______,即为终点,用去Na2S2O3溶液30.80 mL。
根据②、③实验数据计算,铅丹中Pb(Ⅱ)与Pb(Ⅳ)的原子数之比为____________。
【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbO2+4HCl(浓)
PbCl2+Cl2↑+2H2O在酸性溶液中,PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管1.460×10-3蓝色褪去且半分钟内不恢复1.90
【解析】
【分析】
(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象,②黄绿色气体为氯气,HCl氧化为氯气,则PbO2发生还原,③紫色是MnO4-离子的颜色,在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-,PbO2发生还原反应变为+2价离子;
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是:
过滤、洗涤、干燥,②碱性溶液用碱式滴定管盛装,酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装,根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量;
(3)碘遇淀粉变蓝色,根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。
根据以上分析进行解答。
【详解】
(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应:
Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O,由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为:
固体由橘红色变为棕黑色。
答案为:
固体由橘红色变为棕黑色。
②PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气,HCl氧化为氯气,PbO2发生还原变成Pb2+,根据原子守恒写出反应方程式为:
PbO2+4HCl(浓)
PbCl2+Cl2↑+2H2O。
答案为:
PbO2+4HCl(浓)
PbCl2+Cl2↑+2H2O。
③PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液,说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-,PbO2发生还原反应变为Pb2+离子,反应方程式为:
5PbO2+2Mn2++4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O。
答案为:
在酸性溶液中,PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。
(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是:
过滤、洗涤、干燥。
答案是:
过滤、洗涤、干燥。
②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装,所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里,根据反应Pb2++H2Y2- =PbY2-+2H+可得:
n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50⨯10-3L⨯0.0400mol/L=1.460⨯10-3mol。
答案为:
酸式滴定管;1.460×10-3。
(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂,而碘遇淀粉变蓝色,当反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-结束时,碘恰好反应完蓝色褪去,所以达到滴定终点的标志是:
蓝色褪去且半分钟内不恢复;根据反应:
PbO2+4I-+4HAc=PbI2+I2+4Ac-+2H2O,I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可得:
n(PbO2)=n(I2)=
n(S2O32-)=
⨯0.05000mol/L⨯30.80⨯10-3L=7.7⨯10-4mol,所以铅丹中Pb(Ⅱ)与Pb(Ⅳ)的原子数之比为:
1.460×10-3:
7.7⨯10-4=1.90。
答案为:
蓝色褪去且半分钟内不恢复;1.90。
【点睛】
有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式,计算时注意单位的换算。
6.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量FeO、Fe2O3、SiO2)。
某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾,并测定所得胆矾中结晶水的含量。
实验步骤如下:
(提供试剂:
NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3)
完成下列填空:
(1)孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。
(2)按试剂加入顺序,w所代表的试剂依次为__________。
沉淀B的成分为_______。
(3)a操作依次为:
加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。
除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器,该仪器在此操作中的主要作用是_________。
(4)欲检验溶液A中Fe2+的试剂是___________(选填序号)。
如果测定Fe2+的含量,需要用容量瓶配制某标准溶液,请简述配制中“定容”的操作:
_____。
aNaOH(aq)bNa2CO3(aq)c淀粉KI(aq)d酸性KMnO4(aq)
(5)在测定所得胆矾(CuSO4·xH2O)中结晶水x值的实验过程中,若测定结果的实验误差为1.5%,可能的原因是_______________。
a加热温度过高 b胆矾晶体的颗粒较大
c加热后放在空气中冷却 d加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出
(6)该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为:
,另一位同学不同意,其原因是___________。
【答案】Cu2(OH)2CO3+4H+→2Cu2++3H2O+CO2↑H2O2溶液、CuOFe(OH)3、CuO冷却结晶自然干燥引流d加水到离刻度线2~3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水,直到凹液面的最低线与刻度线相平a、d在除杂过程中加入了CuO,会使结果偏大
【解析】
【分析】
m1g孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量FeO、Fe2O3、SiO2),加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁,加入W为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,加入氧化铜调节溶液的pH沉淀铁离子,过滤得到沉淀B为氢氧化铁和过量的氧化铜,溶液B为硫酸铜溶液,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m2g,受热失去结晶水得到硫酸铜固体m3g。
据此解答。
【详解】
(1)碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳,反应的离子方程式为:
Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑,故答案为:
Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑;
(2)按试剂加入顺序,w所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子,不引入其他杂志离子,加入氧化铜调节溶液pH使铁离子全部沉淀,过滤得到沉淀B为Fe(OH)3、CuO,故答案为:
H2O2溶液、CuO;Fe(OH)3、CuO;
(3)从溶液B中获得硫酸铜晶体,直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水,应该采用的操作方法为:
加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥,除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒,该仪器在此操作中的主要作用是引流,故答案为:
冷却结晶,自然干燥;引流;
(4)溶液A中含亚铁离子和铁离子:
a.NaOH溶液,向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后,Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2,Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,白色的Fe(OH)2沉淀变成红褐色Fe(OH)3,向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后,观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色;Fe3+与OH-反应Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,生成红褐色Fe(OH)3,两者反应现象干扰,不能检验该溶液中存在Fe2+,故a错误;
b.Na2CO3(aq)和亚铁离子生成沉淀,和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳,溶液浑浊不能检验亚铁离子,故b错误;
c.