江苏省前黄高级中学2022-2023学年高三下学期二模适应性考试化学试题（含解析）

这是一份江苏省前黄高级中学2022-2023学年高三下学期二模适应性考试化学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列物质中可用于净水的盐是
A．纯碱B．明矾C．活性炭D．氯水
2．下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是
A．乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒
B．受热易分解生成，可用于食品膨松剂
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料
3．下列说法正确的是
A．的稳定性比强
B．为V形分子
C．与的反应体现的还原性
D．、的中心原子的轨道杂化类型为
4．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A．B．
C．D．
5．某小组同学用下图装置(略去加热仪器等)制备。
已知烧瓶C中发生反应如下：
(a)
(b)
(c)
下列说法不正确的是
A．装置A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快
B．可作为高效脱氯剂，溶液与足量反应的离子方程式为
C．装置B、D的作用为防止倒吸
D．理论上应使烧瓶C中和恰好完全反应，则两者物质的量之比为2：1
6．VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷()与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元中强酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物可用于制造耐火材料；锑能与铅形成用途广泛的合金。下列化学反应表示错误的是
A．制的离子方程式：
B．白磷与溶液反应：
C．与足量的NaOH溶液反应的离子方程式：
D．雌黄制备雄黄的方程式：
7．下列实验装置能达到实验目的的是
A．实验室制取少量B．测量少量氯气的体积
C．检验生成的乙烯D．实验室制取乙酸乙酯
8．维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图，已知25℃时，其电离常数，。下列说法正确的是
A．维生素C分子中含有3个手性碳
B．维生素C含碳原子较多，故难溶于水
C．维生素C含有烯醇式结构，水溶液露置在空气中不稳定
D．1ml维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2ml NaOH
9．一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸B．该阴离子中不存在非极性键
C．X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物D．该离子中所有原子最外层均为8电子结构
10．有研究表明，以与辛胺为原料高选择性的合成甲酸和辛腈，工作原理如图，下列说法不正确的是
A．电极与电源正极相连
B．电极上可能有副产物生成
C．在电极上发生的反应为：
D．标准状况下参与反应时电极有1.5ml辛腈生成
11．存在二种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到： (顺铂)，下列说法不正确的是
A．一定为平面正方形
B．该变化过程说明的配位能力大于
C．②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代
D．相同条件下，在苯中的溶解度小于
12．亚砷酸()可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．人体血液的pH为7.35～7.45，给药后人体所含砷元素微粒主要是
B．可发生电离和水解，溶液显碱性
C．当溶液的时，
D．用δ表示微粒的物质的量分数，时
13．在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如下图所示。
已知反应管内发生的反应为
反应1∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.5 kJ·ml-1
反应2∶CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2 kJ·ml-1
下列说法正确的是
A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·ml-1
B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值
C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少
D．220℃~280℃时，反应1的速率高于反应2的速率
二、填空题
14．化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：
Cr2OCr3+Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5+H2O=2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
(1)取含Cr2O的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图-1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ.___。
(2)用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图-2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是___。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是___。
(3)三价铬[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图-3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在___；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为___。
三、有机推断题
15．化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
(1)E分子中sp3杂化的碳原子数目为_______。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、_______。
(3)A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式：_______。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①分子中含有苯环。
②分子中含有3种化学环境不同的氢原子。
(5)设计以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
四、工业流程题
16．无水氯化钴()呈蓝色，吸收不同量的水后变为粉红色至红色(如呈红色)，常作湿度指示剂。实验室以钴渣(主要成分是CO、，含少量Ni、等杂质)为原料制备无水氯化钴的流程如图(部分产物和条件省略)：
已知：①几种金属离子转化为氢氧化物沉淀的pH如表所示：
②极易水解生成两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色。
回答下列问题：
(1)酸浸。将一定量钴渣加入到三颈瓶中(装置如图所示)，将稀硫酸通过滴液漏斗加入其中，再向悬浊液中通入。写出参与反应的离子方程式为_______。
(2)除铝。得到固体的主要成分是_______(填化学式)，该步调节pH的范围为_______。
(3)制备无水。实验室由制备无水，请补充实验方案：①_______，用蒸馏水洗涤2~3次，低温干燥。将所得固体()置于圆底烧瓶中，②_______，停止加热，得到无水。(实验中须使用的试剂：、盐酸、NaOH溶液)。
(4)钴(Ⅲ)可形成(，4，5，6)等一系列配位数为6的配合物。现取10.00 mL 0.1000 ml/L某钴(Ⅲ)配合物的水溶液，向其中滴加50.00 mL 0.2000 ml/L 溶液，立即产生白色沉淀0.1435g，过滤，充分加热滤液，将氨气全部逸出，又生成一定量的白色沉淀。通过计算求出该配合物的化学式为_______(写出计算过程)。
五、原理综合题
17．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)工业上将含有硫化物的废水(以H2S、HS-、S2-的形式存在)引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。
①pH>7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，该反应的离子方程式为____。
②研究发现：其他条件相同时，废水呈酸性时硫化物的去除率明显大于呈碱性时去除率，则可能的原因____。
(2)常温下，H2S的Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.0×10-15，Ksp(MnS)=1.4×10-15。向含有0.0020ml·L-1Mn2+废水中通入一定量的H2S，当溶液的pH=a、c(HS-)=1.0×10-4ml·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=____。
(3)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图1表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是____。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是____。
(4)甲硫醇是一种恶臭、有毒物质。生物法去除甲硫醇反应为2CH3SH+7O2=2CO2+2H2O+2H2SO4。研究表明，在H2S存在条件下，可改变甲硫醇(用表示)生物降解途径，反应历程如图2所示，请用简洁的语言描述图中甲硫醇的降解过程____。
金属离子
升始沉淀的pH
4.0
7.6
7.7
完全沉淀的pH
5.2
9.2
9.5
参考答案：
1．B
【详解】A．纯碱属于盐，不能净水，故A错误；
B．明矾属于盐，明矾溶于水电离出的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的难溶性杂质沉降净水，故B正确；
C．活性炭不是盐，故C错误；
D．氯水不是盐，故D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．乙醇能使病毒或细菌的蛋白质变性，所以乙醇可用于消毒，不是因为乙醇具有氧化性，故A错误；
B．不稳定，受热易分解生成，可用于食品膨松剂，故B正确；
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料，故D正确；
故选A。
3．B
【详解】A．已知O的非金属性比S的强，故的稳定性比弱，A错误；
B．中中心原子周围的价成电子对数为：2+=3，有一对孤电子对，故其空间构型为V形分子，B正确；
C．与的反应方程式为：SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中体现的氧化性，C错误；
D．中中心原子周围的价成电子对数为：3+=4，故中心原子S的杂化方式为sp3，与互为等电子体，故的中心原子周围的价成电子对数为：4+=4，则中心原子S的轨道杂化类型为，D错误；
故答案为：B。
4．A
【详解】A．由反应Cu2S+O22Cu+SO2，可知物质之间的转化能实现，A符合题意；
B．由反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物质之间的转化不能实现，B不符合题意；
C．由反应2Cu+SCu2S，可知物质之间的转化不能实现，C不符合题意；
D．常温下，Cu和浓硫酸不反应，可知物质之间的转化不能实现，D不符合题意；
故选A。
5．B
【分析】由实验装置图可知，装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B、D为空载仪器，起防止倒吸的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠、亚硫酸钠反应制得硫代硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3 Na2S2O3，装置E盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气。
【详解】A．70%的硫酸溶液中氢离子浓度大于98%的浓硫酸中氢离子浓度，与亚硫酸钠固体的反应速率大于98%的浓硫酸，故A正确；
B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由分析可知，装置B、D为空载仪器，起防止倒吸的作用，故C正确；
D．由分析可知，装置C中发生的反应为二氧化硫与硫化钠、亚硫酸钠反应制得硫代硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3，反应中硫化钠与亚硫酸钠的物质的量之比为2：1，故D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．与水发生歧化反应生成硝酸和一氧化氮，即离子方程式为，A正确；
B．由白磷()与反应生成的盐可与反应制备一元中强酸，则生成的盐为，即白磷和氢氧化钡发生歧化反应生成和，所以方程式为，B正确；
C．因为一元中强酸，即离子方程式中不拆，所以与足量的NaOH溶液反应的离子方程式，C错误；
D． 由已知雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体，可知其反应方程式为，D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．是淡黄色粉末状固体，会从带有小孔的隔板中漏下去，且反应放出大量热，因此不能使用该装置，A不符合题意；
B．氯气可溶于水，测量少量氯气的体积时不能用蒸馏水，B不符合题意；
C．实验室制取乙烯时，副产物及挥发出的都会与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，可以使用NaOH溶液排除其干扰，C符合题意；
D．实验室制取乙酸乙酯时，收集装置中装的应是饱和碳酸钠溶液，而不是饱和碳酸氢钠溶液，D不符合题意；
故答案为：C。
8．C
【详解】A．由图 可知，维生素C分子中含有2个手性碳，A错误；
B．由图可知维生素C中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C易溶于水，B错误；
C．维生素C含有烯醇式结构，在水溶液中易被空气中的氧气氧化，生成去氢抗坏血酸，C正确；
D．根据结构可知，其中含有1个酯基，则1ml维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1ml NaOH，D错误；
故选C。
9．C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。
【详解】A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A错误；
B．该阴离子中含有C-C非极性键，故B错误；
C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C正确；
D．该离子中P未形成8电子结构，故D错误；
故选C。
10．D
【分析】CO2变为HCOO-化合价降低发生了还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为电解池的阳极与电源正极相连，发生氧化反应。
【详解】A．由上分析Ni2P与电源正极相连，A项正确；
B．In/In2O3−x 电极上H+可能在此发生还原反应产生H2，B项正确；
C．CO2发生还原反应得到CH3COO-，反应为CO2+H2O+2e−=HCOO−+OH−，C项正确；
D．标况下33.6LCO2物质的量为1.5ml，由上电极反应知转移的电子物质的量为3ml。阳极的反应为CH3(CH2)7NH2 -4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN +4H2O，当转移3ml电子时产生0.75ml辛腈，D项错误；
故选D。
11．D
【详解】A．存在二种异构体，则一定为平面正方形，而不是正四面体，故A正确；
B．由图可知，依次发生过程①②，说明该变化过程说明的配位能力大于，故B正确；
C．由图可知，②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代，故C正确；
D．结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，苯为非极性分子，根据相似相溶可知，相同条件下，在苯中的溶解度大于，故D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．由图可知pH在7.35～7.45之间时，砷元素微粒主要是，A正确；
B．由图可知，当溶液的pH在11～13之间时，物质的量分数减小，增大，说明可电离为，由于溶液显碱性，说明可水解，B正确；
C．当溶液的时，溶液显碱性，，则，C错误；
D．时，溶液中砷元素微粒主要是、和，则，，D正确；
故选C。
13．D
【分析】由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。
【详解】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-49.5 kJ·ml-1-41.2 kJ·ml-1=-90.7kJ·ml-1，故A错误；
B．由图可知，280℃时，出口处CH3OH的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于CH3OH的选择性平衡值，出口处CH3OH的体积=起始CO2的体积CO2的转化率CH3OH的选择性，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，故B错误；
C．反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，CH3OH的选择性随温度升高而降低，则220℃~240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，故C错误；
D．根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，故D正确；
答案选D。
14． 3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O 中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反 Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，所以废水的COD增大 废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少。(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出) 7~11 Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)
【详解】(1)①Cr2O具有较强氧化性，酸性环境下可将HSO氧化成SO，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O；
②Ⅱ.据图可知中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；
(2)①未加H2SO4时，Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，消耗的氧气增多，所以废水的COD增大；
②加H2SO4后，废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少，(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出)，所以废水COD均有所下降；
(3)据图可知pH为7~11时，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr元素含量最高；pH过高Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)，溶液中残留铬量增大。
15．(1)7
(2)消去反应
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；
（2）E中醛基先被加成得到，然后羟基发生消去反应得到F；
（3）对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂()，O原子再结合一个氢原子，C原子再结合-CH2C(CH3)=CH2，从而生成B，副产物应是另一侧碳氧键断裂，如图，所以副产品为；
（4）F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称，符合题意的为；
（5）目标产物可以由和通过酯化反应生成，可以由催化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到和，根据E生成F的过程可知在KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为。
16．(1)
(2) 5.2≤pH<7.6
(3) 边搅拌边向盐酸中分批加入，至无气泡产生，蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶，过滤 向其中加入适量，加热，并将气体产物通入NaOH溶液中，至红色固体完全变为蓝色
(4)
【分析】以钴液(主要成分是CO、C2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制备无水氯化钴(CCl2)，硫酸酸浸后Al2O3转化为Al3+，C2O3转化为C3+，CO转化为C2+，Ni转化为Ni2+，通入SO2的目的是将C3+还原为C2+；加入碳酸钠固体将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，加入萃取剂HX除去Ni2+，镍并最终转化为NiSO4•7H2O，加入碳酸钠调沉钴得到碳酸钴，加入盐酸酸溶后经过一系列操作得到CCl2，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”中SO2的作用是将C2O3还原为C2+，该反应中SO2中S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，加入碳酸钠固体发生双水解反应得到Al(OH)3沉淀，由表格可知该步调节pH的范围为5.2≤pH＜7.6，故答案为：Al(OH)3；5.2≤pH＜7.6；
（3）制备无水SOCl2。实验室由CCO3制备无水SOCl2，①边搅拌边向2ml⋅L-1盐酸中分批加入CCO3，至无气泡产生，蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶，过滤，用蒸馏水洗涤2～3次，低温干燥，将所得固体(CCl2•6H2O)置于圆底烧瓶中，②向其中加入适量SOCl2，加热，并将气体产物通入1ml⋅L-1NaOH溶液中，至红色固体完全变为蓝色，停止加热，得到无水SOCl2，故答案为：边搅拌边向2ml⋅L-1盐酸中分批加入CCO3，至无气泡产生，蒸发浓缩至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶，过滤；向其中加入适量SOCl2，加热，并将气体产物通入1ml⋅L-1NaOH溶液中，至红色固体完全变为蓝色；
（4）反应生成沉淀分两步进行，说明氯离子存在两种形式，则该配合物的物质的量：n(配合物)=×0.1000ml/L＝1.000×10−3ml，外界Cl-的物质的量：n(外界Cl-)=n(AgCl)＝＝1.000×10−3ml，内界Cl-的物质的量：n(内界Cl-)=3×1.000×10-3ml-1.000×10-3ml=2.000×10-3ml，内、外界Cl-的个数之比：(2.000×10-3ml)：1.000×10-3ml=2：1，所以化学式为[C(NH3)4Cl2]Cl，故答案为：[C(NH3)4Cl2]Cl。
17．(1) 2MnO+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2MnO+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH- 等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多
(2)6
(3) OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
(4)H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇反应生成和，最后、与O2反应生成SO
【详解】（1）①pH＞7为碱性介质，高锰酸钾被还原为MnO2，硫化物被氧化为S，根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒，可以写出：2MnO+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2MnO+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH-；
②酸性时，高锰酸钾被还原为Mn2+，等物质的量的高锰酸钾可以得到更多的电子，可以氧化更多的硫化物，即等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多；
（2）当时开始沉淀，调节溶液的pH=a，H2S电离常数：K2=7.0×10-15，c(HS-)=1.0×10-4ml·L-1，，则，则，所以，解得a=6；
（3）①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是: OH-浓度增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大；
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；
（4）H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇反应生成和，最后、与O2反应生成SO。