北京市2023年高考化学模拟题汇编-07铁及其化合物

这是一份北京市2023年高考化学模拟题汇编-07铁及其化合物，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

北京市2023年高考化学模拟题汇编-07铁及其化合物
一、单选题
1．（2023·北京西城·统考一模）中医药根植于中华传统文化。下列说法不正确的是
A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，采用了萃取的方法
B．中药甘草、金银花、石膏、明矾等的主要化学成分都是有机物
C．汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率
D．煎制草药不宜使用铁质容器，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效
2．（2023·北京朝阳·统考一模）下列关于铜腐蚀的说法及方程式书写正确的是
A．铜在潮湿空气中被腐蚀：
B．铜在环境中被腐蚀：
C．浓度越大，腐蚀反应速率越大
D．利用对铜的腐蚀制作印刷线路板：
3．（2023·北京朝阳·统考一模）常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。

下列说法不正确的是
A．溶液pH<7的原因：
B．铁钉表面产生气泡的原因：
C．加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀
D．推测溶液pH减小的原因：
4．（2023·北京朝阳·统考一模）化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：

将1mol和充入干重整反应器，发生：
重整反应：
积炭反应：
研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是
A．X的化学式为，被还原后可循环利用
B．增大n(FeO)能增大，推测发生
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低
D．干重整反应器中存在：
5．（2023·北京房山·统考一模）室温下，向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如图。

已知：Fe(OH)3的；Fe(OH)2的；Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5；Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A．M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B．导致M点→N点pH升高的反应为：
C．导致P点→Q点pH降低的反应为：
D．O点和Q点后，Fe2+全部转化为Fe(OH)3，不再发生Fe2+的氧化反应
6．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）由工业废铜泥(主要成分为、、，含少量)制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是

A．“灼烧”可将、等转化为
B．“除杂”①过程中升高温度或增大一定能加快化学反应速率
C．流程中的可循环使用
D．“还原”中每消耗还原剂，理论上可获得
7．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）下列物质用途或变化过程与氧化还原反应无关的是
A．补血剂与维生素C配合使用效果更佳
B．明矾用作水处理剂
C．将通入到溶液中，生成白色沉淀
D．铜丝加热后，伸入无水乙醇中
8．（2023·北京丰台·统考一模）某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：
编号
1
2
3
实验



现象
溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN)
溶液变红，向反应后的溶液中加⼊K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多
接通电路后，电压表指针不偏转。⼀段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀

下列说法不正确的是A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂
B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物
C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25 mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转
D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关
9．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）根据下列实验现象能得出相应结论的是

实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1 mol·L的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN
溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
KSCN过少，因此溶液颜色不变
B．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液
溶液变为无色
生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
C．
氨水中滴加酚酞溶液
溶液变红
是弱碱
D．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
既不做氧化剂也不做还原剂

A．A B．B C．C D．D
10．（2023·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
B．通入水中制氯水：
C．氢氧化亚铁暴露于空气中变色：
D．常温下氨水的pH约为11：
11．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）陶瓷版“冰墩墩”和“雪容融”均产自中国陶瓷之乡——福建德化县。德化陶瓷早在宋元时期就是“海上丝绸之路”的重要出口商品。下列说法不正确的是

A．陶瓷、玻璃和水泥均属于传统无机非金属材料
B．陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分为Fe2O3
C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能
D．陶瓷是以粘土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成
12．（2023·北京房山·统考一模）下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：  
13．（2023·北京石景山·统考模拟预测）能实现下列物质间直接转化的元素是

A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

二、实验题
14．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：___________。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
I

氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II
水
溶液无明显变化

①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：___________。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于___________(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。

①补全电化学装置示意图___________。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因___________。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：___________。
15．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。

①作负极的物质是________。
②正极的电极反应式是_________。
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3—的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态



pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是________。
（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ. Fe2+直接还原NO3-；
Ⅱ. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。
①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是_______。
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因：______。

pH =4.5（其他条件相同）
（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3—的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性

与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因：__________。

三、工业流程题
16．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH





开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5

注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。

步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。

参考答案：
1．B
【详解】A．屠呦呦团队用乙醚从青蒿中提取了青蒿素，利用青蒿素在乙醚中较大的溶解度，采用了萃取的方法，A正确；
B．中药甘草、金银花的主要化学成分是有机物，石膏、明矾属于无机物，B错误；
C．温度降低，反应速率降低，故汤药存放于冰箱中，可以减小其腐败变质的速率，C正确；
D．煎制草药不宜使用铁质容器，应该使用耐腐蚀的陶制器皿，可能因为草药的有些成分能与铁发生反应影响药效，D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．铜在潮湿空气中被腐蚀生成碱式碳酸铜，化学方程式为，A正确；
B．Cu在NH3环境中被腐蚀，铜充足的情况下发生反应的离子方程式为4Cu+8NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)2]++4OH-，铜不足的情况下离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-，B错误；
C．HNO3浓度较大形成浓硝酸时，Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，C错误；
D．FeCl3与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；
故答案选A。
3．C
【详解】A．溶液pH<7的原因是发生水解反应所致，离子方程式是：，故A正确；
B．铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：，故B正确；
C．加入铁钉发生反应：，铜离子水解平衡逆向移动，不会产生沉淀，故C错误；
D．结合图像可只氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；
B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；
C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有CO，纯度降低，故C正确；
D．根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．H+抑制Fe2+的水解，并且c(H+)越大，对Fe2+水解的抑制作用越大，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度，A正确；
B．从图中可以看出，酸化的溶液中随着时间的推移，溶液的pH增大，说明H+参予了反应，pH＜1.5时，无Fe(OH)3沉淀生成，则导致M点→N点pH升高的反应为：，B正确；
C．由图可知，未酸化的溶液中，随着时间的推移，溶液的pH减小，表明有H+生成，P点→Q点时，pH>1.5，Fe3+→Fe(OH)3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．M点→N点pH升高，发生反应：，O点pH接近1.7，则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，二个反应同时进行，从而导致pH变化不大，所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应，D不正确；
故选D。
6．B
【分析】工业废铜泥(主要成分为、、，含少量)，在空气中灼烧将、、转化为CuO，将Fe转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO和铁的氧化物溶解成硫酸铜和硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。
【详解】A．灼烧过程中，空气中氧气可将、等转化为，A正确；
B．除杂过程中加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，B错误；
C．还原过程生成硫酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用，C正确；
D．根据电子守恒，还原剂为亚硫酸钠，设CuCl的物质的量为xmol，则有以下关系： x=2mol，D正确；
故答案选B。
7．B
【详解】A．维生素C具有还原性可以防止氧化变质，两者配合使用效果更佳，A错误；
B．明矾水解生成氢氧化铝可以吸附水中的杂质，可以用作水处理剂与氧化还原无关，B正确；
C．将通入到溶液中， +4价的硫被氧化为+6价生成硫酸钡沉淀，C错误；
D．铜丝加热后，伸入无水乙醇中会将其氧化为乙醛，D错误；
故选B。
8．C
【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；
B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；
C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125 mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05 mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25 mol/L，比0.5 mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；
D．0.5 mol/LCuSO4溶液及0.25 mol/L溶液会与0.1 mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；
故合理选项是C。
9．B
【详解】A．与铁粉发生反应，铁粉足量溶液中溶质只有遇KSCN不变色，与KSCN的量多少无关，故A错误；
B．乙烯能与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，根据溶液变为无色可推断生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，故B正确；
C．氨水中滴加酚酞溶液变红，只能说明溶液显碱性，不能说明是弱碱，故C错误；
D．瓶内有黑色颗粒产生说明有C单质生成，则做氧化剂，故D错误；
故选B。
10．B
【详解】A．碳酸钙比硫酸钙更难溶，可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，反应的离子方程式为，A正确；
B．HClO为弱酸，书写离子方程式保留化学式，反应的离子方程式为，B错误；
C．氢氧化亚铁暴露于空气中，反应的化学方程式为，C正确；
D．氨水电离使溶液显碱性，电离方程式为，D正确；
故选B。
11．B
【详解】A．水泥、玻璃和水泥均属于传统无机非金属材料，A正确；
B．Fe2O3是红色物质，而陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料，不是氧化铁，B错误；
C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，C正确；
D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制发生复杂的化学反应而成的，D正确；
故答案为：B。
12．D
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．硅可与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅与水不反应，不符合题意转化关系，故A不选；
B．硫可与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠属于盐，可实现这一系列转化，故B选；
C．铜和氧气反应生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，也不与水反应，不符合题意转化关系，故C不选；
D．铁与氧气点燃生成四氧化三铁，但四氧化三铁与水不反应，不符合题意转化关系，故D不选；
故选B。
14．(1)     Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2     Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2)     溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的     Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3)          II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜

【详解】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
15．     铁     NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O     FeO(OH)不导电，阻碍电子转移     本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。     Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子的转移。     初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足。
【详解】（1）①由图中物质变化分析，Fe变化为Fe3O4是被氧化过程，则铁作原电池的负极；②由硝酸根到铵根可知，硝酸根被还原为氨气，氨气在酸性环境中生成铵根，正极的电极反应式为：NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2O；
（2）从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)，同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3-的去除率低；
（3）①从图中可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+，NO3-的去除率都不如同时加入铁和亚铁离子的去除率高，说明不是由于亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO(OH)生成了四氧化三铁；②同位素示踪法证实亚铁离子秘FeO(OH)反应生成四氧化铁，该反应离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入亚铁离子之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO(OH)的生成，生成更多的四氧化三铁，增强了导电性，另外pH较小，可以使pH增大的速度减慢，使硝酸根离子转化率增大；
（4）铁与盐酸反应，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的亚铁离子浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的四氧化三铁，使反应进行的更完全；初始pH较大时，由于三价铁的水解，三价铁越容易生成FeO(OH)，产生的亚铁离子浓度高小，从而造成硝酸根离子去除率和的铁的最终物质。

16．     +2     P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性     使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去          ＜     加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。