新高考化学一轮复习考点过关练考向05 氧化还原反应（含解析）

这是一份新高考化学一轮复习考点过关练考向05 氧化还原反应（含解析），共19页。

【2022山东卷】高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是
A. 固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B. 浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C. 中和调pH的范围为3.2~4.2
D. 还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
【详解】A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
知识点一 氧化还原反应的基本概念
1．本质和特征
2．相关概念及其关系
3．电子转移的表示方法
请分别用双线桥法和单线桥法表示Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目。
(1)双线桥法
。
(2)单线桥法
。
4．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系
5．常见的氧化剂和还原剂
(1)常见的氧化剂
常见的氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如
(2)常见的还原剂
常见的还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如
(3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性。如
其中Fe2＋、SO2主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
知识点二 物质氧化性、还原性强弱的比较
1．氧化性、还原性
(1)氧化性是指物质得电子的性质(或能力)；还原性是指物质失电子的性质(或能力)。
(2)元素价态与氧化性、还原性的关系
最高价态——只有氧化性，如Fe3＋、H2SO4、KMnO4等；最低价态——只有还原性，如金属单质、Cl－、S2－等；中间价态——既有氧化性又有还原性，如Fe2＋、S、Cl2等。
[名师点拨] 氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如Na－e－===Na＋，Al－3e－===Al3＋，但根据金属活动性顺序，Na比Al活泼，还原性更强。
2．氧化性、还原性强弱的判断
(1)依据反应原理
氧化性：氧化剂 eq \a\vs4\al(＞) 氧化产物；
还原性：还原剂 eq \a\vs4\al(＞) 还原产物。
(2)依据金属、非金属的活动性顺序
(3)依据反应条件及反应的剧烈程度
反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。
2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，
MnO2＋4HCl(浓) eq \(=====,\s\up7(△)) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，
O2＋4HCl eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△)) 2Cl2＋2H2O，
由化学方程式知氧化性： KMnO4>Cl2，MnO2>Cl2，
O2>Cl2，
由反应条件知氧化性：KMnO4>MnO2>O2。
(4)依据氧化还原反应的程度
①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。
例如，根据2Fe＋3Cl2 eq \(=====,\s\up7(点燃)) 2FeCl3，Fe＋S eq \(=====,\s\up7(△)) FeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。
②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。
例如，根据Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。
知识点三 氧化还原反应的基本规律及应用
1．电子守恒规律
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
电子守恒规律常用于氧化还原反应方程式的配平及计算。如湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、Cl－、H2O，根据元素的化合价变化可知， eq \a\vs4\al(铁) 元素的化合价升高，失去3个电子，而 eq \a\vs4\al(氯) 元素的化合价降低，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒，并结合电荷守恒和质量守恒，反应的方程式是2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3Cl－＋5H2O。
2．价态规律
(1)升降规律
氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。
(2)价态归中规律
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如H2S与浓硫酸的反应：
(3)歧化反应规律
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，遵循“中间价―→高价＋低价”。如Cl2与NaOH溶液的反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
3．先后规律
(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再与Cu2＋反应。
4．强弱规律
自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“强制弱”的规律。
1．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为①Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3===4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O。下列说法错误的是( )
A.①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．②中每生成0.2 ml I2共转移0.4 ml电子
D．氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2
2．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2＋＋2S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋O2＋aOH－===Y＋S4O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。下列说法中不正确的是( )
A．S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 是还原剂
B．Y的化学式为Fe2O3
C．a＝4
D．每有1 ml O2参加反应，转移的电子总数为4 ml
3．NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋ eq \x( ) ―→Mn2＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 ml NaNO3需消耗0.4 ml KMnO4
D． eq \x( ) 中的粒子是OH－
4．将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解。则下列说法正确的是( )
A．反应过程中有刺激性气味的气体生成
B．H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用
C．若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 ml·L－1
D．反应中硫酸既表现出酸性又表现出氧化性
5．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是( )
A．产生清洁燃料H2
B．H2S脱除率为100%
C．H2S既被氧化又被还原
D．脱Hg反应为Hg＋S===HgS
1．（2022·上海普陀·二模）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑，下列说法正确的是
A．还原性：C>Na2SB．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1ml碳，生成22.4LCO2D．该反应在常温下进行
2．（2022·四川攀枝花·模拟预测）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
3．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）己知TiO2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)。某课题组研究TiO2光催化降解室内污染物甲醛的机理如图所示，下列说法错误的是
A．反应④中HCHO发生氧化反应
B．TiO2每吸收32eV太阳能理论上可以产生10个h+
C．TiO2在光照下同样可以催化CaCO3分解反应
D．该过程总反应为：HCHO+O2CO2+H2O
4．（2022·广东实验中学三模）以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：
下列说法错误的是
A．“沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量
B．“在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应
C．调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀
D．“沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)2
5．（2022·广东·三模）科学家研究了钒系催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如下图所示。有关该过程的叙述不正确的是(注：V和O元素右上角符号表示其元素化合价)
A．是反应中间体B．反应过程中V的成键数目发生变化
C．反应过程中被还原D．脱硝反应为：
1．（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
2．（2022·广东卷）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．中含有个电子
D．被还原生成
3．（2021.1·浙江真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
4．（2021·山东真题，双选）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A．G与H均为氧化产物B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H的物质的量之和可能为0.25ml
5．【2020年7月浙江选考】反应MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A．1:2B．1:1C．2:1D．4:1
1．【答案】B
【解析】反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2 ml碘单质，转移4 ml电子，则每生成0.2 ml I2共转移0.4 ml电子，故C正确；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性：H2SO4(浓)>SeO2，反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：SeO2>I2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2，故D正确。
2．【答案】B
【解析】反应前S的化合价是＋2价，反应后是＋2.5价，化合价升高，因此S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 是还原剂，故A正确；根据方程式可知，还原剂共失去2 ml电子，而1 ml氧气得到4 ml电子，所以亚铁离子应该再失去2 ml电子，因此Y是四氧化三铁，故B错误；根据原子守恒可知，故C正确；每有1 ml O2参加反应，转移的电子总数为1 ml×4＝4 ml，D项正确。
3． 【答案】C
【解析】NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 中N元素的化合价升高，NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被氧化，A项错误；根据元素化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
4． 【答案】C
【解析】双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，反应方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，由反应方程式可知，无气体生成，故A错误；分析化合价，过氧化氢中氧元素的化合价从－1→－2，化合价降低，故B错误；3.2 g铜的物质的量为n(Cu)＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(3.2 g,64 g·ml－1) ＝0.05 ml，根据反应方程式中的比例关系可知，恰好消耗0.05 ml硫酸，则硫酸的浓度为c(H2SO4)＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(0.05 ml,0.1 L) ＝0.5 ml·L－1，故C正确；由反应方程式可知，反应中硫酸中所含元素的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现出氧化性，故D错误。
5．【答案】B
【解析】A项，H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，正确；B项，由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，错误；C项，由图可知，H2S生成S单质的过程中，硫元素的化合价升高，被氧化，H2S生成H2的过程中，H元素化合价降低，被还原，正确；D项，该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS，正确。
1．【答案】A
【详解】
A．C是反应物，化合价升高，做还原剂，Na2S是生成物，做还原产物，故还原性：C>Na2S，故A项正确；
B．Na2SO4：俗称无水芒硝，故B项错误；
C．标准状况下，反应1ml碳，生成22.4LCO2，故C项错误；
D．常温下Na2SO4与C不反应，故D项错误；
故答案选A。
2． 【答案】C
【分析】
由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】
A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
3．【答案】C
【详解】
A．由图可知，反应④的反应物为HCHO、·OH，生成物为CO2、H2O，反应方程式为HCHO+4·OH=CO2+3H2O，HCHO中碳元素化合价由0价升高到+4价，发生氧化反应，A正确；
B．由图可知，一个e-吸收3.2ev的能量可以生成一个h+，产生10个h+，需要吸收32ev的能量，B正确；
C．催化剂具有专一性，二氧化钛不能催化碳酸钙分解反应，C错误；
D．由图可知，总反应的反应物为HCHO、O2，生成物为CO2、H2O，反应的方程式为，D正确；
故答案选C。
4．【答案】B
【分析】
印刷线路板酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。
【详解】
A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；
B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；
C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；
D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；
故合理选项为B。
5． 【答案】D
【详解】
A．由转化示意图可知，是反应中间体，故A正确；
B．中V为双键，H-O-V4+中V为单键，故B正确；
C．反应过程中中V由+5价降低到+4价，故被还原，故C正确；
D．由转化示意图可知，在催化剂作用下脱硝反应为：，故D错误；
故选D。
1． 【答案】C
【解析】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，消耗1mlNO，b过程转移4ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH)=1:4，C正确；
D．由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，过程I-III的总反应为：2NO+8NH=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D错误；
答案选C。
2． 【答案】A
【解析】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；
C．一个CO分子含有14个电子，则1mlCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；
D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
答案选A。
3．【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。
4．【答案】BD
【解析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；D．每生成1ml O2转移4ml电子，每生成1ml Cl2转移2ml电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25ml，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25ml，故D错误；综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
5．【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2