湖南省2023年高考化学模拟题汇编-10影响化学反应速率的因素

这是一份湖南省2023年高考化学模拟题汇编-10影响化学反应速率的因素，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
湖南省2023年高考化学模拟题汇编-10影响化学反应速率的因素

一、单选题
1．（2023·湖南·校联考二模）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．和能够降低反应的活化能
B．该反应历程中氢离子物质的量一直减小
C．Pd的化合价在反应历程中未发生变化
D．该历程的总反应为
2．（2023·湖南张家界·统考二模）500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B．反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)    ΔH=-1.98 eV•mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
3．（2023·湖南常德·统考一模）葡萄糖在碱性条件下和亚甲基蓝溶液混合后，蓝色会消失，经振荡，无色溶液又恢复蓝色，此过程可以反复多次。现用培养皿盛放上述溶液，将蓝牙音箱、白色亚克力板、培养皿由下至上放置，打开音箱(设置音频为60赫兹，音量为60分贝)，振荡使空气中的氧气进入溶液，一段时间后，培养皿中呈现波纹状颜色变化。

以下分析不符合事实的是
A．颜色变化的过程是可逆反应
B．蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程
C．升高温度，不一定能加快溶液变蓝的过程
D．波腹处更容易呈现蓝色的原因是此处氧气浓度更大
4．（2023·湖南岳阳·统考二模）催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．该反应的催化剂为
B．上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化
C．若反应物为乙烯，产物一定为
D．总反应式为
5．（2023·湖南郴州·统考三模）甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢，实现了天然气的高效利用，其原理如图所示，下列说法错误的是

A．反应③有极性键的断裂与生成
B．反应⑤中，Ce的化合价升高
C．铑/铈氧化物改变了和的反应历程，降低了反应的活化能
D．若用作反应物，一段时间后只有、中含有
6．（2023·湖南衡阳·校联考二模）为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(Ⅰ)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成和，生成的和反应生成而溶解。
(Ⅱ)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实验
温度/
/
溶液/
实验现象
①
25
0.5
5
有细小的气泡
②
25
a
5
有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊：用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
③
80
2.0
5
有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声

下列说法错误的是A．
B．实验①②中未见白色絮状沉淀可能是因为铝与水反应生成的氢氧化铝附着在铝表面，阻止了反应的进一步进行
C．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中浓度更大
D．实验③中的气体为混合气体，白色沉淀的产生可能是由于往溶液上方移动时与反应生成
7．（2023·湖南衡阳·校联考二模）中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃反应，具有重要的意义。反应过程如图所示：

下列说法错误的是
A．第Ⅰ步的活化能高于第Ⅱ步的活化能
B．加氢合成低碳烯烃反应中每一步均为氧化还原反应
C．工业上选择适合的催化剂，有利于提高的单位时间产率
D．该研究的应用有利于“碳中和”
8．（2023·湖南·校联考模拟预测）一定条件下，丙烯与HCl反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是

A．丙烯与HCl的反应是吸热反应
B．合成的反应中，第Ⅱ步为反应的决速步
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例
D．的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
9．（2023·湖南·校联考二模）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图：

下列说法正确的是
A．反应③过程中，不涉及极性键的断裂和形成
B．转化过程中N的杂化方式发生改变
C．该反应的总反应是取代反应，反应历程是离子反应历程
D．一价铜[Cu]催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
10．（2023·湖南·校联考模拟预测）氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附-活化-解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．反应过程中I-V步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成
11．（2023·湖南·校联考模拟预测）在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)  
反应②：(对二氯苯)  
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是

A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
12．（2023·湖南邵阳·统考二模）下列实验方案不能达到探究目的的是
选项
实验方案
探究目的
A
两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色
探究温度对化学平衡移动的影响
B
向两支盛有溶液的试管中分别加入的溶液和的溶液，比较产生气泡速率
探究、对分解速率的影响
C
向苯酚浊液中加入溶液，观察溶液变化
探究苯酚、酸性强弱
D
向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，振荡，再向其中滴加4滴的溶液，观察沉淀及颜色变化
探究与的大小

A．A B．B C．C D．D
13．（2023·湖南衡阳·统考一模）某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同价态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是

A．催化机理中的五步反应均为氧化还原反应
B．状态⑤到状态①的变化过程中有极性键和非极性键的形成
C．状态③到状态④过程的最小，放热最多，反应速率最快
D．脱硝过程的本质是
14．（2023·湖南益阳·益阳市第一中学校考模拟预测）在密闭容器中，反应达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，下列分析正确的是

A．图Ⅰ中，甲、乙的平衡常数分别为、，则
B．图Ⅱ中，平衡状态甲与乙的反应物转化率乙>甲
C．图Ⅱ中，t时刻可能是增大了压强
D．图Ⅲ表示反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲
15．（2023·湖南益阳·益阳市第一中学校考模拟预测）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：

下列说法正确的是
A．该平衡体系，增大二氧化碳的浓度，正反应速率减小
B．过程I、过程Ⅱ均为放热过程
C．恒温恒容时通入1 mol CO(g)和1 mol发生此反应，当和的物质的量比值不变时，达到平衡状态
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的
16．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）一种基于光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h+表示空穴)，下列说法错误的是

A．H+和N2是反应物，H2O是中间体
B．导带上发生的反应为2H2O+4h+=4H++O2↑
C．光能转变为化学能
D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2
17．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050

下列说法不正确的是A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解

二、多选题
18．（2023·湖南岳阳·统考一模）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。

下列说法正确的是
A．由图1可知，转化为时，既有键的断裂，又有键的形成
B．由图2可知，转化为的过程放出热量
C．步骤决定制乙烯的反应速率
D．由于转化为的过程始终在铜催化剂表面上，故乙炔氢化更容易制得
19．（2023·湖南邵阳·统考一模）水煤气变换反应为。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注，下列说法错误的是

A．水煤气变换反应的
B．步骤③的化学方程式为
C．步骤⑤只有极性键的形成
D．该历程中最大能垒(活化能)
20．（2023·湖南永州·统考二模）铼的配合物(，用表示)可催化醛烯烃基化，反应过程如图所示。下列说法错误的是

A．是反应的中间体
B．分压增大对反应速率没有影响
C．催化剂改变了该反应的历程和焓变
D．醛烯烃基化反应为：

三、工业流程题
21．（2023·湖南衡阳·统考一模）高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣再利用，以它为原料来制备硫酸锰。回答下列问题：
已知：废锰渣主要成分为、、、、MgO。

(1)基态锰原子的核外电子排布式为_______。
(2)“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为_______(填一条)。“滤渣①”的主要成分为_______(填化学式)。
(3)“浸取”过程中主要发生的化学方程式为_______。“浸取”时，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率应该减慢，但实际上浸取时化学反应速率加快，原因是_______。
(4)“中和”时，碳酸钙的作用是_______。
(5)“系列操作”包括_______。
(6)工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为_______。
(7)某工厂用10t该废锰渣(含34.8%)制备，若整个流程中Mn的损耗率为25%，最终可以制得的质量为_______t。

参考答案：
1．D
【详解】A．是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A错误；
B．反应历程中氢离子的物质的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B错误；
C．Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2，C错误；
D．该历程的总反应为，D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．反应Ⅱ的活化能为，A错误；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，不是可逆反应，故A不符合事实；
B．亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝，则亚甲基蓝变为亚甲基白是还原过程，所以蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程，故B符合事实；
C．升高温度，氧气在水中的溶解度降低，不一定能加快反应速率，故C符合事实；
D．波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色，故D符合事实；
故选A。
4．C
【详解】A．由图可知，该反应的催化剂为HCo(CO)3，故A正确；
B．由图可知，上述循环过程中，Co的化学键数目发生了变化，故B正确；
C．若反应物为乙烯，根据机理，存在方程式：，则产物为CH3CH2CHO，故C错误；
D．由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有，则总反应式为，故D正确；
故选：C。
5．D
【详解】A．反应③中CH4中断裂1条C-H键形成∙CH3，∙OH与H形成H2O中有O-H键生成，则有极性键的断裂与生成，A正确；
B．反应⑤中，H2O2→H2O中O元素从-1降低至-2价，则Ce的化合价升高，B正确；
C．铑/铈氧化物是催化剂，可改变了CH4和H2O2的反应历程，降低了反应的活化能，C正确；
D．由反应⑤可知O连接在Ce上，甲烷可在铑/铈氧化物的催化下与过氧化氢反应，转化为甲醇和甲基过氧化氢(CH3OOH)，则若用H2l8O2作反应物，一段时间后CH3OH、CH3OOH和铑/铈氧化物中均含有18O，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．实验需控制单一变量，②和③温度不同，因此，故A正确；
B．实验①②中未见白色絮状沉淀的原因是铝与水反应生成，碳酸根离子水解产生，和反应生成溶解，故B错误；
C．实验③的反应速率比实验②更大的原因有两点：温度升高，温度升高促进平衡正向移动导致浓度增大，故C正确；
D．由实验现象可知实验③中的气体为混合气体，时碳酸氢钠溶液分解产生，往溶液上方移动时与反应生成白色絮状沉淀，故D正确；
故答案为B。
7．B
【详解】A．第Ⅰ步为慢反应，第Ⅱ步为快反应，根据活化能越小反应速率越大的特点，第Ⅰ步的活化能高于第Ⅱ步的活化能，A正确；
B．在低聚化异构化反应时，元素的化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，B错误；
C．催化剂除了高效性，还有选择性，适合的催化剂有利于提高某一产品的单位时间产率，C正确；
D．该研究的应用有利于降低空气中的排放，有利于“碳中和”，D正确。
故答案为B。
8．C
【详解】A．由图可知，无论是生成氯丙烷还是生成氯丙烷，反应物的总能量总是高于生成物的总能量，则丙烯与HCl的反应是放热反应，A错误；
B．在合成氯丙烷的反应中，第Ⅰ步反应的活化能更大，即第Ⅰ步的反应速率慢，故第Ⅰ步为反应的决速步，B错误；
C．由图可知：，升高温度，平衡正向移动，故其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例，C正确；
D．由图像可知，第一步与第二步正反应活化能的差值不是反应物和生成物的能量差，即该差值不是反应的焓变，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A错误；
B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B正确；
C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．反应过程中Ⅰ-Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项错误；
B．生成的水越多，有可能产生的越多，甲醇产率不一定大，B项错误；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；
D．由图可得第Ⅲ步可知，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成，D项正确；
故选D。
11．A
【详解】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A错误；
B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B正确；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C正确；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D正确；
答案选A。
12．B
【详解】A．是红棕色气体，是无色气体，可以观察颜色变化探究温度对化学平衡移动的影响，A项能达到实验目的；
B．未控制单一变量，阴离子种类不同，B项不能达到实验目的；
C．向苯酚浊液中加入碳酸钠，溶液变澄清，可说明酸性：苯酚，C项能达到实验目的；
D．因加入的物质的量小，无剩余，且加入的少量，若生成沉淀，可以证明，D项能达到实验目的；
故选B。
13．B
【详解】A．状态①到状态②过程中无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．状态⑤到状态①的变化过程中有H2O和N2生成，有极性键O-H和非极性键N≡N的形成，故B正确；
C．由=生成物的总能量-反应物的总能量，状态②到状态③过程的最小，故C错误；
D．由图2可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2：2：，即4：4：1，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O2═6H2O+4N2，故D错误；
故选：B。
14．D
【分析】从图Ⅰ可知，甲平衡状态时改变一条件，正逆反应速率同时增大，且正反应速率增大程度大于逆反应速率，结合该反应为放热反应，可知改变的条件为增大压强，从图Ⅱ可知，改变条件后，正逆反应速率变化程度相同，说明加了催化剂。从图Ⅲ可知，乙的反应速率大于甲，结合该反应为放热反应，说明乙的温度高于甲。
【详解】A．图I中，改变条件，平衡向正反应方向移动，改变条件时反应速率与原来平衡点没有接触点，说明改变的条件是增大压强，平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以K1=K2，A错误；
B．该反应前后气体体积计量数之和改变，图II中，改变条件正逆反应速率相等，平衡不移动，说明加入的是催化剂，B错误；
C．根据B知，改变的条件是催化剂，如改变压强，化学平衡将发生移动，C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则产物含量减少，如果改变的条件是温度，根据“先拐先平数值大”知，乙温度高于甲，D正确；
故答案选D。
15．C
【详解】A．该平衡体系，增大二氧化碳的浓度，逆反应速率瞬间增大，平衡逆向移动，正反应速率也开始增大，A错误；
B．由反应过程示意图可知，过程I、Ⅱ中水分子的化学键断裂的过程，为吸热过程，B错误；
C．恒温恒容时发生反应，H2O是反应物，CO2是产物，当H2O和CO2的物质的量比值不变时，达到平衡状态，C正确；
D．催化剂不能改变反应的△H，D错误；
故答案选C。
16．A
【详解】A．由图可知，H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；
B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B正确；
C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；
D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O4 NH3+3O2，故D正确；
故答案选A。
17．C
【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v===0.010mol/(L·min)，B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；
故答案选C。
18．AC
【详解】A．单键形成键，双键由一个键和一个键构成，转化为时，存在双键的断裂和单键的生成，故既有键的断裂，又有键的形成，A正确；
B．由图2可知，转化为的过程中第一步反应为放热反应，而第二步反应为吸热反应，B错误；
C．由图2可知，步骤的活化能较高，反应速率较慢，故为决定制乙烯的反应速率，C正确；
D．转化为的过程始终在铜催化剂表面上，的生成不是在催化剂表面进行的，D错误；
故选AC。
19．AC
【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应焓变△H＜0，故A错误；
B．由图可知，步骤③为CO*、OH*、H2O(g)和H*反应生成COOH*、H2O*和H*，反应的化学方程式为CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*，故B正确；
C．由示意图可知，步骤⑤有非极性键氢氢键、碳氧极性键和氢氧极性键形成，故C错误；
D．由示意图可知，步骤④的能垒最大，活化能E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV，故D正确；
故选AC。
20．BC
【分析】由反应图示可知，醛烯烃基化为、、在催化剂下反应生成、、，故总反应为；
【详解】A．在反应中不断生成又不断消耗，是反应的中间体， A正确；
B．为生成物，氮气分压增大导致反应速率加快，B错误；
C．催化剂改变了该反应的历程加快了反应速率，但是不会改变反应的焓变，C错误；
D．由分析可知，方程式正确，D正确；
故选BC。
21．(1)1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2
(2)     将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）     MnO2
(3)          反应生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率
(4)除去过量的硫酸(调节溶液pH)
(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(6)
(7)4.53

【分析】废锰渣通过酸处理，MnO2以滤渣成分过滤出来，在 “浸取”时被还原为Mn2+，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰的滤液，加入CaCO3调节pH，将Fe3+转化为沉淀除去，加入BaS可与CaSO4反应转化为CaS和BaSO4除去，过滤得到MnSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到MnSO4固体。
【详解】（1）Mn是25号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p54s2。
（2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；“酸处理”后，其他成分均与硫酸反应，只有MnO2不反应，因此滤渣①为MnO2。
（3）“浸取”过程主要是低价铁元素将MnO2还原为MnSO4，因此反应为；“浸取”过程化学反应速率加快，可能的原因是生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率。
（4）“中和”时，碳酸钙的作用是中和过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+能够生成Fe(OH)3沉淀而除去。
（5）由MnSO4溶液得到固体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（6）阳极发生的反应为Mn2+被氧化为MnO2，根据质量守恒定律及溶液酸性环境，电极反应式为：。
（7）根据与的关系列式：，则。