专题4 电解原理及电镀、精炼、冶金和制备的应用-备战2021年高考电化学选择题专题突破(解析版)

专题4 电解原理及电镀、精炼、冶金和制备的应用
1．(20全国卷Ⅱ-12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。

下图是某电致变色器件的示意图。

当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成Ag x WO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是
A．Ag为阳极B．Ag+由银电极向变色层迁移C．W元素的化合价升高D．总反应为：WO3+x Ag=Ag x WO3
【答案】C
【解析】
A．通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；
B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；
C．过程中，W由WO3的+6价降低到Ag x WO3中的+(6-x)价，故C项错误；
D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=Ag x WO3，故D项正确；
答案选C。

2．(18全国Ⅰ卷-13)最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转
化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。

示意图如图所
示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨
烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA－Fe2+－e－＝EDTA－Fe3+
②2EDTA－Fe3+＋H2S＝2H+＋S＋2EDTA－Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2＋2H+＋2e－＝CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S＝CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D ．若采用Fe 3＋
／Fe 2+取代EDTA －Fe 3+／EDTA －Fe 2+，溶液需为酸性 【答案】C 【解析】
A ．CO 2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO ，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO 2+H ＋
+2e
－
＝CO+H 2O ，A 正确；
B ．根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H 2S －2e －
＝2H ＋
+S ，因此总反应式为CO 2+H 2S ＝CO+H 2O+S ，B 正确；
C ．石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C 错误；
D ．由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe 3＋
/Fe 2＋
取代EDTA-Fe 3＋
/EDTA-Fe 2＋
，溶液需要酸性，D 正确。

答案选C 。

3．(17全国Ⅱ卷-11)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为24224H SO H C O -混合溶液。

下列叙述错误的是
A ．待加工铝质工件为阳极
B ．可选用不锈钢网作为阴极
C ．阴极的电极反应式为：3Al 3e Al +-+=
D ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 【答案】C 【解析】
解：A 、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A 正确；
B 、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B 正确；
C 、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H ++2e -=H 2↑，故C 错误；
D 、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D 正确， 故选C ．
4．(16北京卷-12)用石墨电极完成下列电解实验。

实验一 实验二 装置
现象 a 、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部褪色；c 处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有气泡产生；……
下列对实验现象的解释或推测不合理．．．
的是 A 、a 、d 处：--222H O+2e =H ?+2OH B 、b 处：--22Cl -2e =Cl
C 、c 处发生了反应：-2+Fe-2e =Fe
D 、根据实验一的原理，实验二中m 处能析出铜 【答案】B 【解析】
A 、a 、d 处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A 正确；
B 、b 处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B 错误；
C 、c 处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C 正确；
D 、实验一中ac 形成电解池，db 形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m 为电解池的阴极，另一球朝m 的一面为阳极（n 的背面），故相当于电镀，即m 上有铜析出，D 正确。

答案选B 。

5．(15浙江卷-11)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H 2O -CO 2混合气体制备H 2和CO 是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。

下列说法不正确．．．的是 A ．X 是电源的负极
B ．阴极的反应式是：H 2O ＋2eˉ＝H 2＋O 2ˉ CO 2＋2eˉ＝CO ＋O 2ˉ
C ．总反应可表示为：H 2O ＋CO 2＝H 2＋CO ＋O 2
D ．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1 【答案】D 【解析】
A ．从图示可看出，与X 相连的电极发生H 2O→H 2、CO 2→CO 的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X 为电源的负极，A 正确；
B ．阴极H 2O→H 2、CO 2→CO 均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H 2O ＋2eˉ＝H 2＋O 2ˉ、CO 2＋2eˉ＝CO ＋O 2ˉ，B 正确；
C ．从图示可知，阳极生成H 2和CO 的同时，阴极有O 2生成，所以总反应可表示为：H 2O ＋CO 2H 2
＋CO ＋O 2，C 正确；
D ．从总反应方程式可知，阴极生成2mol 气体(H 2、CO 各1mol)、阳极生成1mol 气体(氧气)，所以阴、阳
两极生成的气体物质的量之比2∶1，D不正确。

答案选D。

6．(21届盘州高三一模)科学家以石墨烯为电极材料，设计出种处理工业尾气中NH3的新方案，其原理如图所示，下列说法不正确的是( )
A．上述装置工作时H+向阴极迁移，阳极上发生氧化反应
B．电路中每转移0.3mole-，理论上可处理2.24L氨气
C．电解总反应方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O
D．阴极区反应包括Fe3++e-→Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【解析】
如图所示，电解装置左侧电极为电解池的阴极，三价铁离子得到电子还原为亚铁离子，氧气又把亚铁离子氧化与氢离子结合生成水，右侧为阳极，氨气失去电子转化为氮气，氢离子由阳极向阴极移动。

A．上述装置左侧为阴极，右侧为阳极，工作时H+向阴极迁移，阳极上氨气失去电子，发生氧化反应，A 正确；
B．没有指明气体条件是否是标准状况，B错误；
C．电解总反应方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，C正确；
D．根据左侧阴极发生还原反应，阴极区反应包括Fe3++e-→Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确；
故选B。

7．(21届东北师大附中高三三摸)下列实验装置能达到相应实验目的的是
A ．装置①用于验证反应是否有CO 2生成
B ．装置②用于焙烧胆矾晶体
C ．装置③用于制备少量含NaClO 的消毒液
D ．装置④用于测定中和反应的反应热 【答案】D 【解析】
A ．木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化碳和二氧化硫均可与澄清石灰水反应、使澄清石灰水变浑浊，故A 不能达到实验目的；
B ．焙烧胆矾晶体应在坩埚中进行，故B 不能达到实验目的；
C ．上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH ，上端生成的氯气无法接触到NaOH ，无法制备消毒液，故C 不能达到实验目的；
D ．测定中和反应的反应热，应在绝热装置中进行，碎泡沫塑料起保温作用，故图示装置是简易绝热装置，环形玻璃搅拌棒用于使酸碱充分混合反应、温度计用于测量最高温度，故D 能达到实验目的； 答案为D 。

8．(21届长沙雅礼高三月考)
A
N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A ．0.1mol 氨基(2NH －)含有的电子数为0.9A N
B ．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2A N 时，阳极应有64g Cu 转化为2Cu +
C ．将0.2mol 2Cl 通入足量水中，转移的电子数为0.2A N
D ．将一定量的2Cl 通入2FeBr 溶液中，当有2mol Br -转化为2Br 时，转移的电子数一定为3A N 【答案】A 【解析】
A ．一个氨基中含有9个电子，则 0.1mol 氨基(2NH －)含有的电子数为0.1mol×9×N A =0.9A N ，故A 正确；
B ．电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，比铜活泼的金属先放电，故当电路中通过的电子数为2A N 时，阳极转化为2Cu +的铜单质的质量小于1mol ，质量小于64g ，故B 错误；
C ．将0.2mol 2Cl 通入足量水中，转移的电子数为0.2A N ，氯气与水的反应是可逆反应，0.2mol 氯气不能完全转化，则转移的电子数小于0.2N A ，故C 错误；
D ．由于还原性：Fe 2+＞Br -，将一定量的2Cl 通入2FeBr 溶液中，氯气先氧化Fe 2+，Fe 2+全部被转化为Fe 3+后，剩余的氯气再与Br -反应，当有2mol Br -转化为2Br 时，共转移2mol 电子，此时至少有1mol Fe 2+被转化为Fe 3+，共转移1mol 电子，由于2FeBr 的物质的量未知，一共消耗Fe 2+的总物质的量未知，则转移的电子数至少为3A N ，故D 错误；
9．(21届荆州高三一检)利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是( )
A ．用图甲所示装置进行石油分馏
B ．用图乙所示装置干燥2SO 气体
C ．用图丙所示装置验证元素的非金属性：Cl>C>Si
D ．用图丁所示装置在铁上镀铜 【答案】B 【解析】
A ．用图甲所示装置进行石油分馏时，需要收集不同温度范围内的馏分，因此需要温度计测量蒸气的温度，本装置缺少温度计，A 不符合；
B ．浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应，可用图乙所示装置干燥2SO 气体，B 符合；
C ．盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，且生成的二氧化碳中含有挥发出的氯化氢，碳酸和盐酸均能与硅酸钠反应，不能验证碳酸的酸性大于硅酸，不能用图丙所示装置验证元素的非金属性：Cl>C>Si ，C 不符合；
D ．用图丁所示装置在铁上镀铜时，铁应该与电源的负极相连，作阴极，镀层金属铜应该与电源的正极相连，作阳极，D 不符合； 答案选B 。

10．(21届北京高三综合测试)工业上设计如下过程吸收NO 和SO 2.
下列说法正确的是
A ．装置Ⅰ的主要作用是吸收NO
B ．装置Ⅱ中，加入Ce 4+的主要作用是将氮、硫的化合物分离
C ．装置Ⅲ中，2-
24S O 在电解槽的阴极区生成 D ．装置Ⅳ中，O 2的主要作用是氧化NH 3 【答案】C 【解析】
A ．NO 和NaOH 溶液不反应，SO 2和NaOH 溶液反应生成-3HSO ，所以装置Ⅰ的主要作用是吸收SO 2，故A 错误；
B ．从图示可以看出Ce 4+的主要作用是将NO 氧化为--23
NO 、NO 留在溶液中，故B 错误； C ．装置Ⅲ中, +4+3
-2-234
H S O →S O ，化合价降低，发生还原反应，在阴极区生成，故C 正确；
D ．装置Ⅳ中，O 2的主要作用是氧化--23
NO 为NO ，而NH 3转化为+
4NH ,化合价没变，故D 错误； 故答案为：C
11．(21届徐州铜山区高三期末)已知W 、X 、Y 、Z 、R 是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中W 、Z 同族，且原子序数相差8，元素X 在同周期的主族元素中原子半径最大，Y 是地壳中含量最多的金属元素。

下列说法中正确的是 A ．气态氢化物稳定性：R>Z>W B ．原子半径：R ＜W ＜Y ＜Z ＜X
C ．X 分别与W 、R 形成的化合物的化学键类型不一定相同
D ．电解X 与R 形成化合物的溶液可获得X 的单质
【答案】C
【解析】
W、X、Y、Z、R是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y 为Al；W、Z同族，且原子序数相差8，元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，则X为Na；W为O，Z为S、R为Cl；综上所述，W、X、Y、Z、R分别为O、Na、Al、S、Cl，结合元素周期变、律相关知识解答。

A．非金属性：O>Cl>S，因此稳定性：H2O>HCl>H2S，即气态氢化物稳定性：W>R>Z，A错误；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越小，因此原子半径：O＜Cl ＜S＜Al＜Na，即W＜R＜Z＜Y＜X，B错误；
C．X(Na)分别与W(O)、R(Cl)形成的化合物的化学键类型不一定相同，如Na2O只含离子键，Na2O2既含离子键，又含非极性共价键，NaCl只含离子键，C正确；
D．Na太活泼，电解X(Na)与R(Cl)形成化合物的溶液即NaCl溶液得不到X的单质Na，D错误；
答案选C。

12．(21届福建三校联考)应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。

工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。

下列说法正确的( )
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
C．电解池a极上发生的电极反应为NH+
-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
4
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
【答案】C
【解析】
A．在b极区有H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，则b
极为电解池的阴极，b极与电源的负极相连接，则a极与电源的正极相连接，故A错误；
B．没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3体积，故B错误；
C．a为电解池的阳极，NH+
在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH+4-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，故C正
4
确；
D．在二氧化氯发生器内，发生3H2O+ NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+ NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故D错误；
故选C；
13．(21年广东学业水平适应性测试)环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。

下列说法错误的是
A．乙烯应通入阴极区
B．移出交换膜前存在反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO
C．使用Cl-交换膜阻止OH-通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D．制备过程的总反应为：H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O
【答案】A
【解析】
环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。

A．阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；
B．根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，故B正确；
C．根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl-交换膜阻止OH-通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；
D．根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O，故D正确；
综上所述答案为A。

14．(21届开封高三一模)多伦多大学EdwardSargent教授团队研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。

反应在KCl电解液的流动池中进行，示意图如图。

电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。

下列说法正确的是( )
A．泡沫镍电极连接电源负极
B．铂箔电极附近溶液pH下降
C．该过程的总反应为CH2=CH2+HOCl→+HCl
D．当电路中通过1mol电子时，铂箔电极上会产生11.2L气体(标准状况)
【答案】D
【解析】
据图可知泡沫镍电极上Cl-失电子被氧化生成Cl2，所以泡沫镍电极为阳极，则铂箔电极为阴极，电解质溶液为KCl溶液，所以阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气。

A．根据分析可知泡沫镍电极为阳极，应连接电源正极，故A错误；
B．铂箔电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以铂箔电极附近溶液pH 升高，故B错误；
C．铂箔电极的产物为H2和KOH，所以阳极区生成的HCl又会反应生成KCl，初始反应物没有HOCl，该物质是阳极产物氯气和水反应生成的，据图可知HOCl中氯元素最终又生成了氯离子，所以该反应的实际反应物只有乙烯和水，最终的生成物为环氧乙烷和氢气，总反应为，故C错误；
D．铂箔电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移1mol电子生成0.5mol氢气，标况下体积为11.2L，故D 正确；
综上所述答案为D。

15．(21届南通高三一模)海洋是一个十分巨大的资源宝库，海水中含量最多的是H、O两种元素，还含有Na、Cl、Mg、Br、Ca、S等元素。

海水资源的利用主要包括海水淡化、海水晒盐，从海水中制取镁、钾、溴等化工产品。

从海水中提取镁的步骤是将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应，得到的溶液蒸发结晶，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2•6H2O)进一步操作得到无水氯化镁，电
解熔融氯化镁可获得单质镁。

海水淡化是解决淡水资源短缺的有效途径之一，其方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。

电渗析法淡化海水的原理如图所示。

下列说法正确的是( )
A．该装置将化学能转化成电能
B．阴极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑
C．Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大
D．若将a、b膜的位置互换，则不能获得淡水
【答案】C
【解析】
由图可知，该装置为电解池，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，钠离子通过阳离子交换膜进入Ⅰ室导致阳离子的物质的量大于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅲ室导致阴离子的物质的量大于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大。

A．该装置为电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；
B．由分析可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；C．由分析可知，Ⅱ室中流出淡水，Ⅰ、Ⅲ室流出液中NaCl浓度变大，故C正确；
D．若将a、b膜的位置互换，Ⅰ室中氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室导致Ⅰ室中阴离子的物质的量小于阳离子，Ⅱ室中钠离子通过离子交换膜进入Ⅰ室，Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室导致Ⅲ室中阳离子的物质的量小于阴离子，Ⅱ室中氯离子通过离子交换膜进入Ⅲ室，最后Ⅱ室中流出的还是淡水，故D错误；
故选C。

16．(21届山东寿光高三月考)锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。

利用某工业废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图所示：
已知：
②MnO能溶于酸，且Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。

②室温下，K sp[Mn(OH)2]=10-13，K sp[Fe(OH)3]=10-38，K sp[Zn(OH)2]=10-17(当离子浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀完全)
下列说法错误的是
A．加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO
B．“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸
C．“净化”时，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L-1，调节pH的合理范围是3≤pH<8
D．“电解”时，阳极产物制得MnO2，阴极制得Zn，余下电解质溶液经处理可循环使用
【答案】C
【解析】
“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]中的MnO2、MnOOH还原为MnO，Zn(OH)2受热分解产生ZnO，“还原焙烧后”得到含MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸和MnO、ZnO、Fe反应，过滤除去炭黑，滤渣1主要成分为炭黑，得到含Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH到适当范围使Fe3+形成沉淀，然后过滤除去，滤渣2主要成分为Fe(OH)3；通过“电解”阳极得到MnO2，阴极得到Zn，据此解答。

A．从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO，A正确；
B．若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解时阳极产生氯气，不产生MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸，B正确；
C．K sp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀完全)，10-38≥10-5×c3(OH-)，
10-33≥c3(OH-)，10-11 mol·L-1≥c(OH-)，c(H+)≥10-3 mol·L-1，pH≥3，即Fe3+完全沉淀的pH≥3；K sp[Mn(OH)2]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12，c(OH-)=10-6，pH=8；K sp[Zn(OH)2]=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-16，c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是使Fe3+沉淀而除去，但不能使Zn2+、Mn2+形成沉淀，因此调节pH的合理范围是3≤pH<6，C错误；
D．电解时，Mn2+在阳极失电子转化为MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，Zn2+在阴极得电
子转化为Zn，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，因此阳极产生的H+和溶液中的硫酸根形成硫酸，硫酸经净化处理可循环利用于“酸浸”，D正确。

答案选C。