重庆2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应

这是一份重庆2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应，共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

重庆2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应、氧化还原反应

一、单选题
1．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：、、、
B．能使酚酞变红的溶液中：、、、
C．麦芽糖溶液中：、、、
D．含的溶液中：、、、
2．（2023·重庆·统考模拟预测）室温下，经指定操作后，下列各组溶液中离子还能大量共存的是
A．加入：、、、
B．加入：、、、
C．加入：、、、
D．加入：、、、
3．（2023·重庆·统考模拟预测）某溶液中含有下表中的五种离子，且阳离子和阴离子的浓度均为1mol/L，下列有关该溶液的离子组合不正确的是
阳离子
、、、、、、
阴离子
、、、、、

A．、、、、 B．、、、、
C．、、、、 D．、、、、
4．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．过量SO2与“84”消毒液反应：SO2+ClO-+H2O=HSO+HClO
B．用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
D．Na2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na++218OH-+2OH-+18O2↑
5．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）在c()＝0.1 mol·L－1的NH4Fe(SO4)2溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．H＋、Ba2＋、Br－、I－ B．K＋、Na＋、、OH－
C．Cu2＋、Al3＋、Cl－、 D．Ca2＋、Mg2＋、CH3COO－、SCN－
6．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B．NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
7．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）某无色溶液中可能含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO、⑥SO、⑦Fe2+中的几种离子，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
Ⅰ
用pH试纸检验
溶液的pH大于7
Ⅱ
向溶液中滴加氯水，再加入CCl4，振荡，静置
CCl4层呈橙红色
Ⅲ
取Ⅱ的上层溶液，加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸
有白色沉淀产生
Ⅳ
将Ⅲ过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸
有白色沉淀产生

下列结论正确的是（    ）A．肯定含有的离子是①④⑤
B．肯定没有的离子是②⑤⑦
C．可能含有的离子是①②⑥
D．不能确定的离子是①③⑥
8．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述不正确的是

A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成
B．反应过程中被氧化
C．脱硝反应为
D．是反应中间体
9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）(Te)与氧元素同族，在元素周期表中与硒(Se)相邻，位于硒(Se)的下方。含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是

A．反应①利用了的还原性
B．碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族
C．反应③利用了的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
10．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）是一种黄色黏稠的油状液体(其中N显负价)，可利用惰性电极电解制备，装置如图所示，其原理是，下列说法错误的是

A．b电极接电源的负极 B．阳极区被氧化的元素为
C．流出液X中不含 D．每生成，约有通过阴离子交换膜
11．（2023·重庆·统考模拟预测）化合物X的结构如图所示。a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态时c原子2p原子轨道上有1对成对电子。下列说法正确的是

A．X的水溶液呈碱性，也有还原性
B．原子半径：
C．c、d两种单质化合形成的物质含有共价键
D．化合物X有较强的氧化性且在高温下稳定存在
12．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：

下列说法错误的是
A．反应过程中碳元素的化合价始终不变
B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
13．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）科学研究发现在不同金属催化剂的作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮，以达到消除污染的目的，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是
A．铱的表面发生反应：
B．导电基体上消除含氮污染物的总反应为
C．若导电基体上只有单原子，含氮污染物也能被消除
D．导电基体上的颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量
14．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）二氧化氯 (ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果，其反应原理为：ClO2+Mn2+ →MnO2↓+Cl-（部分反应物和产物省略、未配平），下列有关该反应的说法正确的是
A．工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B．利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH升高
C．该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:5
D．理论上处理含1mol Mn2+的污水，需要标准状况下的ClO2 8.96L

二、工业流程题
15．（2023·重庆·统考模拟预测）高纯度六氟磷酸锂()是锂离子电池的常用电解液锂盐。HF合成高纯的绿色低温工艺如下。

(1)中基态的电子排布式为___________，中P原子上的孤电子对数为___________。
(2)反应釜1中生成的在反应釜2中转化为LiF沉淀，其反应的离子方程式为___________。本工艺未采用(工业级)与氢氟酸直接反应制备LiF的原因是___________。
(3)为提高原料的利用率，本工艺将反应釜4与5串联。向反应釜4和5中加入LiF溶液后，将反应釜3中生成的气体通入反应釜5中，发生反应得到，其化学反应方程式为___________；再将剩余的气体通入反应釜4中发生反应，尾气经水吸收得到的主要副产品是___________。
(4)遇水易发生水解反应，生成等，其化学反应方程式为___________。
(5)某温度下，，不考虑水解，饱和水溶液中的浓度为___________mol/L。
16．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）某工业矿渣废料的主要成分为、和，还含有少量和。利用该矿渣废料制备高纯和回收含铁化合物的工业流程如图：

已知：i.当微粒浓度低于时，认为溶液中不存在该微粒；
ii.常温下；部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物










回答下列问题：
(1)“滤渣I”的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“还原”过程中发生的主要氧化还原反应的离子方程式为_______。
(3)“氧化”时需要少量、多次加入，其目的是_______。
(4)“调”时可选择的试剂为_______(填字母)。A． B． C． D．
(5)常温下，若“调”后所得溶液中、，则所调的范围为_______。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为_______。
17．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。

说明：
Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。

                 图1
Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物




开始沉淀的pH
3.4
2.2
6.3
8.1
完全沉淀的pH
5.2
3.2
9.7
10.4

(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。
(4)加入“氧化”的目的是_______。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。

(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。


参考答案：
1．A
【详解】A． 澄清透明的溶液中：、、、互不反应可以共存，A正确；
B． 能使酚酞变红的溶液呈碱性，能产生氢氧化镁沉淀、与氢氧根反应生成碳酸根，、不能共存，B错误；
C． 麦芽糖溶液具有还原性：在中具有强氧化性，能发生氧化还原反应，不能共存，C错误；
D． 与能发生双水解产生硅酸沉淀，不能共存，D错误；
答案选A。
2．B
【详解】A．碳酸根离子和钙离子、铝离子均会发生反应，不共存，A不符合题意；
B．加入后，铵根离子、硫酸根离子、、、、相互之间不反应，能共存，B符合题意；
C．亚铁离子会和氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应而不共存，C不符合题意；
D．加入溶解的部分氢氧根离子会和铁离子生成氢氧化铁沉淀，而氢氧化镁溶解，即发生沉淀转化，不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
3．A
【分析】五种离子，且阳离子和阴离子的浓度均为1mol/L，形成的溶液呈电中性，则正电荷之和=负电荷之和；
【详解】A．与会发生氧化还原反应，不能共存， A错误；
B．离子相互之间不反应，且正电荷之和=负电荷之和，B正确；
D．离子相互之间不反应，且正电荷之和=负电荷之和，C正确；
D．离子相互之间不反应，且正电荷之和=负电荷之和，D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性，与过量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+ClO-+H2O=+2H++Cl-，A错误；
B．用惰性电极电解CuCl2溶液，Cu2+氧化性比H+强，故Cu2+先放电，离子方程式应该为CuCl2Cu+Cl2↑，B错误；
C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，要以不足量的NaHCO3为标准，假设其物质的量是1 mol，二者反应生成BaCO3沉淀、NaOH和水，离子方程式应该为：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C正确；
D．该反应为歧化反应，仅Na2O2中的氧元素参与电子的转移过程，正确的离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，D错误；
故合理选项是C。
5．C
【详解】A. Ba2＋与硫酸根沉淀，不能大量共存，A错误；    
B. OH－与铵根结合生成氨水，不能大量共存，B错误；
C. Cu2＋、Al3＋、Cl－、与原溶液的离子不发生    反应，能大量共存，C正确；
D. 铁离子与SCN－形成硫氰化铁，离子不能大量共存，D错误。
答案为C。
6．A
【详解】A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正确；
B．产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B错误；
C．硝酸能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C错误；
D．若明矾溶液中含有2mol，其完全沉淀，需要加入2molBa2＋，同时加入4molOH－，溶液中的Al3＋会转化成，产物错误；离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2=2BaSO4↓++2H2O，D错误；
答案选A。
7．A
【详解】根据步骤Ⅰ，该溶液呈碱性，则该溶液是强碱弱酸盐溶液，所以一定存在SO，则一定不存在Ba2+；在碱性的无色溶液中，一定不存在Fe2+；溶液呈电中性，所以溶液中的阳离子只能是Na+；步骤Ⅱ说明该溶液中一定存在Br-，氯气与Br-反应生成溴单质，溴单质在四氯化碳中的颜色是橙红色；步骤Ⅲ不能说明有SO存在，因为该溶液中一定存在SO，加入氯水后SO被氧化为SO，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀；步骤Ⅳ不能确定原溶液中Cl-是否存在，因为加入的氯水中含有Cl-。因此一定存在的离子是①④⑤，一定不存在的离子是②⑦，不能确定的离子是③⑥。
答案选A。
8．C
【分析】根据图中物质的转化关系知反应物有、、，生成物有和。根据过程中含V元素微粒的结构式判断化学键的变化，据此解答。
【详解】A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A正确；
B．反应过程中中的V由+4价升高到+5价，化合价升高，被氧化，故B正确；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为、、，生成物为、，在钒系催化剂作用下脱硝反应为，故C错误；
D．由转化示意图可知，在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，故D正确；
答案选C。
9．D
【详解】A．由题干转化关系图可知，反应①的方程式为：2H2Te+O2=2H2O+2Te，反应中H2Te为还原剂，故利用了的还原性，A正确；
B．由题干信息可知，(Te)与氧元素同族，在元素周期表中与硒(Se)相邻，位于硒(Se)的下方，则碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族，B正确；
C．由题干转化关系图可知，反应③的方程式为：H2TeO3+H2O+H2O2=H6TeO6，反应中H2O2做氧化剂，即利用了的氧化性，C正确；
D．已知H2Te2O5 和H2Te4O9中Te的化合价均为：+4价， 故H2Te2O5转化为H2Te4O9未有元素化合价发生改变，故没有发生了氧化还原反应，D错误；
故答案为：D。
10．C
【分析】根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答．
【详解】A．b电极产生氢气，发生的是还原反应，b电极是阴极，故接电源的负极，故A正确；
B．题干由已知中N显负价，故NCl3中Cl为+1价，Cl元素在阳极化合价升高被氧化，故B正确；
C．电解过程中，Cl-可以经过阴离子交换膜移向阳极，阳极发生氧化反应NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+，流出液X中含HCl，故C错误；
D．每生成3molH2，转移6mol电子，溶液中通过离子定向移动形成闭合回路平衡电荷，故有6molCl-通过阴离子交换膜，故D正确；
故选C。
11．A
【分析】c原子2p原子轨道上有1对成对电子，所以c是O元素；a与c形成的是共价单键，原子序数在c之前，所以a是H元素；d元素是一个正1价离子，原子序数比c大，又是短周期主族元素，所以d元素是Na元素；b与c共形成了4根共价键，故b元素是C元素。
【详解】A．根据上述推断，X物质是，碳酸根离子水解，溶液呈碱性；中O元素呈负一价，属于中间价态，具有还原性，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以，故B错误；；
C．c是氧元素，d是钠元素，化合物氧化钠中不含共价键，故C错误；
D．X物质是，具有氧化性，受热易分解，因比X物质在高温下不稳定，故D错误；
选A。
12．A
【详解】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；
B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；
C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；
D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
答案选A。
13．C
【详解】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气和水，反应为，A正确；
B．根据图示可知，导电基体上H2、为反应物，NO为中间产物，N2O为产物，故导电基体上消除含氮污染物的总反应可表示为，B正确；
C．由图示可知，导电基体Cu上的转化原理是在单原子Pt和单原子Cu协同催化作用下，将溶液中的转化为N2O气体，在气体中又在铱的催化作用下将氢气和N2O转化成无污染的N2，C错误；
D．从图示可知，硝酸根离子在Pt颗粒上得电子变为铵根离子，导电基体上的Pt颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
故答案为C。
14．D
【详解】A、氯气是有毒的气体，所以不能代替ClO2，则A错误；B、用ClO2处理酸性污水中的Mn2+，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2+ + 6H2O ==5 MnO2↓+2Cl- + 12H+，所以处理后溶液的pH是减小的，故B错误；C、该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl-，由反应方程式可知，二者的物质的量之比为5:2，故C错误；D、由反应的离子方程式可知，处理1mol Mn2+，需要2/5 mol的ClO2，在标准状况下的体积为8.96L，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：用ClO2处理酸性污水中的Mn2+，反应离子方程式的书写是正确解答本题的关键，需要特别注意溶液的酸碱性不是决定方程式书写的根本依据，正确书写方程式要遵循电子转移守恒、电荷守恒和质量守恒，如本题中酸性污水，H+却不能当作反应物。
15．(1)     1s2     0
(2)          碳酸锂难溶于水，和HF反应生成的LiF沉淀附着在碳酸锂的表面阻碍了反应的进行
(3)          氢氟酸
(4)
(5)0.4

【分析】反应釜1加入水和二氧化碳生成，过滤得到的滤液加入HF转化为LiF沉淀，过滤分离出LiF沉淀后加入液态HF溶解生成，分离出后干燥得到产品；
【详解】（1）为锂原子失去1个电子后形成的，的电子排布式为1s2；中P原子形成6个共价键，不存在孤电子对，故孤电子对数为0；
（2）在反应釜2中和HF转化为LiF沉淀，其反应的离子方程式为；本工艺未采用(工业级)与氢氟酸直接反应制备LiF的原因是碳酸锂难溶于水，和HF反应生成的LiF沉淀附着在碳酸锂的表面阻碍了反应的进行；
（3）反应釜3中生成的气体含有PF5、PCl5、；通入反应釜5中，PCl5和LiF发生反应得到，其化学反应方程式为；再将剩余的气体主要为HF气体，故尾气经水吸收得到的主要副产品是氢氟酸；
（4）遇水易发生水解反应，生成，根据质量守恒可知还会生成LiF和HF，其化学反应方程式为；
（5），根据可知，，则，故饱和水溶液中mol/L。
16．(1)SiO2、CaSO4
(2)2Fe2++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，MnO2+SO2=Mn2++ SO
(3)减缓H2O2在Fe3+作用下的催化分解
(4)C
(5)3≤pH<8
(6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O

【分析】某工业矿渣废料的主要成分为、和，还含有少量和，加入稀硫酸酸浸，再通入二氧化硫还原，得到滤渣I为SiO2、CaSO4滤液主要含有Mn2+、Fe3+、Fe2+、Mg2+等，加入双氧水氧化，再调节pH，得到滤渣II为Fe(OH)3，再加入氟化钠进行沉钙、镁，得到滤渣III，再加,入碳酸氢铵溶液进行沉锰，得到碳酸锰。
【详解】（1）不和稀硫酸反应，和稀硫酸反应后再和SO2反应生成CaSO4沉淀，则“滤渣I”的主要成分为SiO2、CaSO4。
（2）“还原”过程中将Fe3+和MnO2还原，分别生成Fe2+和Mn2+，离子方程式为2Fe2++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，MnO2+SO2=Mn2++ SO。
（3）“氧化”时为了减缓H2O2在Fe3+作用下的催化分解，需要少量、多次加入H2O2。
（4）“调pH”时为了不引入新的杂质，根据后续操作加入碳酸氢铵可参考选择的试剂为，答案选C。
（5）常温下，若“调pH”后所得溶液中c(Mn2+)=0.2、c(Mg2+)=0.002，则Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+ )c2(OH-)=0.2×c2(OH-)=2×10-13，解得c(OH-)=10-6，c(H+)=1×10-8，则Mn2+开始沉淀时pH=8；Ksp [Mg(OH)2]=c(Mg2+ )c2(OH-)=0.05×c2(OH-)=5×10-12，解得c(OH-)=10-5，c(H+)=1×10-9，则Mg2+开始沉淀时pH=9；当Fe3+浓度低于时，认为溶液中不存在Fe3+，Ksp [Fe(OH)3]=c(Fe3+ )c3(OH-)=×c3(OH-)=，解得c(OH-)=10-11，c(H+)=1×10-3，Fe3+在pH=3时，沉淀完全，“调”步骤的目的是沉淀Fe3+，所调的范围为3≤pH<8。
（6）“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵和水，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
17．(1)S、
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(3)
(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净
(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)
(7)     6    

【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；
【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；
（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；
（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；
（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。