【期中真题】江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高三上学期11月联考化学试题.zip

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江苏省南京市六校联合2022-2023学年高三上学期11月联考
化学试题
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Ag 108
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 根据乐器的制作材料可对中国古典乐器进行分类。下列对乐器类别及制作材料的相关描述不正确的是
选项
乐器类别及制作材料
描述
A
琴(“丝”类)：蚕丝可用于制琴弦
蚕丝仅由碳、氢、氧元素组成
B
编钟(“金”类)：青铜可用于铸造编钟
青铜是我国使用最早的合金
C
陶埙(“土”类)：陶土可用于烧制陶瓷埙
陶瓷属于无机非金属材料
D
竹笛(“竹”类)：竹子可用于制笛
竹子富含纤维素

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．蚕丝属于蛋白质，其组成元素由碳、氢、氧、氮，往往还含有P、S，A错误；
B．铜活泼性较弱，易冶炼，铜是最早应用的金属，青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素，B正确：
C．玻璃、水泥和陶瓷属于传统无机非金属材料，即硅酸盐材料，C正确；
D．竹子富含纤维素，可用于造纸等工业，D正确；
故答案为：A。
2. 氮化钠可与水发生反应Na3N+3H2O = 3NaOH+NH3 ↑，下列叙述不正确的是
A. NaOH的电子式为：
B. H2O是极性分子
C. Na3N中既含离子键也含共价键
D. NH3的空间构型为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A正确；
B．水分子的空间构形为V形，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，B正确；
C．Na3N为离子化合物，其中钠离子和氮离子之间是离子键，C错误；
D．NH3中N原子孤电子对数是1，价层电子对数=3+1=4，杂化方式为sp3，则NH3的空间构型为三角锥形，D正确；
故选C。
3. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，工业上可由KClO在碱性条件下氧化Fe(OH)3制得，下列说法正确的是
A. 半径大小：r (Cl-)>r(K+)
B. O和Cl的电负性大小： Cl > O
C. 第一电离能大小： I1(O)< I1(K)
D. 碱性强弱： KOH < Fe(OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层数相同的离子半径，阴离子大于阳离子，A项正确。
B．电负性越大，吸引电子的能力越强，在共价化合物中一般显负价，O元素在ClO-中是-2价，因此电负性：O>Cl，B项错误。
C．同周期从左到右，第一电离能总体呈增大趋势；同主族从上到下，第一电离能减小。因此I1(O)> I1(Li)> I1(Na)> I1(K)，C项错误。
D．KOH是强碱，Fe(OH)3是弱碱，因此碱性KOH > Fe(OH)3，D项错误。
答案选A。
【点睛】比较同周期元素第一电离能时，要注意洪特规则的特例。
4. 氯气在生产生活中具有广泛应用。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，下列装置能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




制备Cl2
净化Cl2
收集Cl2
尾气处理

A. 用装置甲制备Cl2
B. 用装置乙净化Cl2
C. 用装置丙收集Cl2
D. 用装置了吸收尾气中的Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，A错误；
B．氯气应该先除杂后干燥，B错误；
C．装置为密闭装置，气体不能顺利进入，C错误；
D．氯气有毒可以使用碱液吸收，D正确；
故选D。
5. 下列说法错误的是
A. SO中O-S-O夹角比SO3中的大
B. CO2、 CS2都是由极性键构成的非极性分子
C. Te原子基态核外价电子排布式为5s25p4
D. S2、S4、S8互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO中S的价层电子对数为，采取sp3杂化，含有1对孤电子对，O-S-O夹角小于109°28′，SO3中S的价层电子对数为，采取sp2杂化，O-S-O夹角为120°，SO中O-S-O夹角比SO3中的小，故A错误；
B．CO2含有C=O极性共价键的直线形分子， CS2含有C=S极性共价键的直线分子，都是由极性键构成的非极性分子，故B正确；
C．Te位于第五周期第VIA族，Te原子基态核外价电子排布式为5s25p4，故C正确；
D．同素异形体是同种元素构成的结构不同的单质，S2、S4、S8互为同素异形体，故D正确；
故答案为A。
6. 液态CS2是一种溶剂，其燃烧热为1077。含SeO2、SO2的烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。工业上制备碲用SO2还原TeCl4溶液或者以石墨为电极，电解强碱性Na2TeO3溶液。下列化学反应表示正确的是
A. 用SO2水溶液吸收溴蒸气的离子方程式：
B. CS2燃烧的热化学方程式：CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g)
C. SO2还原TeCl4反应方程式：2SO2+TeCl4+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl
D. 电解法制备碲的阴极电极方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2水溶液吸收溴蒸气生成溴化氢和硫酸，两者均为强酸，，A错误；
B．燃烧为放热反应，焓变小于零，燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；CS2燃烧的热化学方程式：CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g) ，B错误；
C．SO2还原TeCl4生成硫酸和Te、HCl：2SO2+TeCl4+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl，C正确；
D．电解池阴极发生还原反应，应该是得到电子，D错误；
故选C。
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥SO2
B. SO2具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
C. 石墨能导电，可用作电极材料
D. Na2S溶液呈碱性，可用于除去废水中的Hg2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸用于干燥SO2，体现的是浓硫酸的吸水性，A不正确；
B．SO2用作葡萄酒的抗氧化剂，体现的是SO2的还原性，B不正确；
C．石墨可用作电极材料，体现的是石墨的导电性，石墨中存在自由电子，能发生电子导电，C正确；
D．Na2S溶液用于除去废水中的Hg2+，是因为HgS的溶度积常数小，与溶液的碱性无关，D不正确；
故选C。
8. 某医用超声清洗器带有臭氧消毒功能。其臭氧电解发生器的原理如图所示。下列叙述不正确的是

A. 阳极可能的副产物有O2
B. 阴极电极反应是： O2 + 4e- +4HR = 2H2O + 4R-
C. 装置所用的离子交换膜是阳离子交换膜
D. 容器内壁可用不锈钢、陶瓷、橡胶等材料
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧连接电源的正极，则为电解池阳极，右侧固体酸电极为阴极；
【详解】A．阳极上水失去电子发生氧化反应生成臭氧，反应是3H2O-6e-=O3+6H+，副反应是2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；
B．阴极上氧气得到电子发生还原反应生成水，反应为，B正确；
C．阳极生成氢离子、阴极消耗氢离子，离子交换膜应该是阳离子交换膜，由氢离子导电，C正确；
D．容器内壁不能用不锈钢、橡胶，因为不锈钢会与固体酸反应，橡胶易与O3反应，D错误；
故选D
9. 环已基乙酸(IV)是 种香料成分，可通过如图方法合成。下列有关说法正确的是

A. Ⅰ中所有原子均可共平面
B. Ⅱ中六元环上的一氯代物共有3种
C. Ⅲ可以浓硫酸作用下发生消去反应
D. Ⅳ与Ⅱ在一定条件下可发生酯化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图，对于1,2,3,4,5处的碳原子，最多只能与其相连的两个原子共平面，因此Ⅰ中的所有原子不可能共平面，A项错误。
B．如图，六元环上的一氯代物可以有1,5位置，2,4位置，3位置，6位置，共有4种，B项错误。
C．Ⅲ是卤代烃，发生消去反应的条件是与NaOH的醇溶液共热，C项错误。
D．Ⅳ是羧酸，Ⅱ是醇，在一定条件下可发生酯化反应，D项正确。
答案选D。
10. 中科院兰州化学物理研究所 用 Fe3(CO)12 / ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃，反应过程如下图。下列说法正确的是

A. 第i步反应的活化能比第ii步的低
B. CO2加氢合成低碳烯烃时原子利用率小于100%
C. Fe3(CO)12 / ZSM-5能使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
D. 每消耗22.4LCO2转移电子数为6×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应越快，活化能越低，因此第i步反应的活化能比第ii步的高，A项错误。
B．从合成的过程来看，从CO2到低碳烯烃，很显然CO2中的O原子没有进入低碳烯烃中，因此原子利用率小于100%，B项正确。
C．催化剂只能改变反应所需活化能，不能改变ΔH，C项错误。
D．由于不知道CO2所处的状态，因此无法确定CO2物质的量，也就无法计算反应中转移的电子数，D项错误。
答案选B。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到实验自的的是
选项
探究方案
实验目的
A
密闭环境中，将浓盐酸滴加到小苏打溶液中，并将产生的气体直接通入水玻璃中
比较C和Si的非金属性强弱
B
室温下，用pH计测定相同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH
比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱
C
将少量Zn粉加入到1.0mol/LFe2(SO4)3)溶液中
比较Zn、Fe的金属性强弱
D
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4，振荡
比较Fe2+和Br-的还原性强弱

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸具有挥发性，盐酸也能与Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，不能得出碳酸酸性强于硅酸，无法比较C和Si的非金属性强弱，故A错误；
B．室温下，用pH计测定相同浓度Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，只能比较HCO和CH3COOH的酸性强弱，故B错误；
C．Zn与Fe3+反应生成Fe2+无法比较比较Zn、Fe的金属性强弱，应该用Zn置换FeSO4发生置换反应，故C错误；
D．还原性Fe2+大于Br-，向FeBr2溶液中加入少量氯水，先于Fe2+反应，再加CCl4，振荡无Br2生成，可以得出Fe2+和Br-的还原性强弱，故D正确；
故答案为D。
12. 时，向两份溶液中分别滴加浓度均为的和溶液。部分离子浓度随溶液体积的变化如图所示，有关说法错误的是

A. 水的电离程度：
B. b点和d点存在的关系是
C. c点存在离子浓度关系：
D. 若b点，则的
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点溶质为CH3COONH4，醋酸根和铵根都发生水解反应，促进水的电离，加入HCl反应生成CH3COOH和NH4Cl，c点生成的醋酸抑制水的电离，加入NaOH生成CH3COONa和NH3∙H2O，d点生成氨水抑制水的电离，由于常温下CH3COONH4溶液pH=7，说明醋酸的电离常数和铵根的电离常数相同，则对水的抑制程度一致，则水的电离程度：，A正确；
B．b点加入5mL HCl溶液，，d点加入10mL NaCl溶液，，则，B错误；
C．c点溶质为等量的CH3COOH和NH4Cl，由于铵根发生水解部分损耗，则存在离子浓度关系：，C正确；
D．b点溶质为、、，溶液，则的，D正确；
故选：B。
13. 工业上用C6H5Cl和H2S高温气相反应制备苯硫酚(CH5SH)，同时有副产物C6H6生成：
Ⅰ.C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH1
Ⅱ. C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) ΔH2=-45.8kJ/mol
使C6H5Cl和H2S按物质的量1：1进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率与温度的关系如图所示，下列说法不正确的是

A. ΔH1 < 0
B. 其他条件不变，增加H2S的量能提高C6H5Cl的平衡转化率
C. 645℃，延长反应时间，可以提高C6H6的单程收率
D. 645℃时， 反应I的化学平衡常数K=
【答案】D
【解析】
【详解】A．C6H5SH的单程收率先随温度增加又随温度减少，可分析得温度较低时反应Ⅰ得速率较慢，反应未到达平衡，温度较高时反应到达平衡，升高温度C6H5SH的平衡转化率降低，则反应为放热反应，故ΔH1<0，A正确；
B．其他条件不变，增加H2S的量，反应Ⅰ、Ⅱ均正向进行，H2S的平衡转化率降低，C6H5Cl平衡转化率上升，B正确；
C．反应Ⅱ为放热反应，升温，C6H6的平衡产率应降低，结合图像可知645℃时该反应速率较慢，还未到达平衡，延长反应时间可以提高C6H6的单程收率，C正确；
D．设起始投入的C6H5Cl和H2S的物质的量均为1mol，则有图像可得645℃时，C6H6和C6H5SH的单程收率均为20%，说明反应体系内含有C6H5SH共0.2mol、C6H5Cl共、HCl共和H2S共，则其化学平衡常数，则D错误；
故选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从中间产物分金渣(主要成分为：AgCl、 Ag2S、PbSO4、 BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：

已知：在上述反应的温度下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2s)=6.38×10-50，
（1）银的一种晶胞如图1所示，银原了周围距离最近且相等的银原子为_______。

（2）“预处理”加入FeCl3溶液将Ag2S转化为AgCl。若将AgCl放在KI溶液中振荡，则有部分AgCl转化为AgI。 AgI有α、β、γ三种晶型，其中α- AgI在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力，就可以发生迁移。因此α- AgI晶体在电池中，可作为_______。
（3）已知： Ag+ +2SO= [Ag(SO3)2]3-， K = 1.0 ×108.68，“分银”时，AgCl与Na2SO3反应生成[Ag(SO3)2]3-，该反应的平衡常数K=_______。
（4）“分银”时，[Ag(SO3)2]3-的浓度与溶液pH的关系如图2； SO及其与H+形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图3。

“沉银”时的终点pH需控制在3.5-5.5范围内，不能过低的原因是_______。
（5）“还原"时HCHO转化为HCOOH，其化学方程式为_______。
（6）已如Ag+ +SCN- =AgSCN↓ (白色)，实验室可通过如下过程测定所制银样品的纯度(杂质不参与反应)：
①称取制备的银样品1.000g，加适量稀硝酸溶解，定容到100mL容量瓶中。
②准确称取25.00 mL溶液置于锥形瓶中，般化后滴入几滴铁铵矾[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，再用0.1000 mol / L NH4SCN标准溶液滴定，滴定终点的实验现象为溶液变为(血)红色。
③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为22. 00mL。则样品中银的质量分数为_______。(写出计算过程)
【答案】（1）12 （2）电解液
（3）
（4）pH过低则容易中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出
（5）HCHO+2AgCl+H2O=2Ag+2HCl+HCOOH
（6）已如Ag+ +SCN- =AgSCN↓ (白色)，则n(Ag)= n(SCN-)=22. 00×10-3L×0.1000 mol / L×=8.8×10-3mol，则样品中银的质量分数为
【解析】
【分析】分金渣加入氯化铁预处理Ag2S转化为AgCl，氯化银加入亚硫酸钠转化为[Ag(SO3)2]3-，再加入盐酸生成氯化银，氯化银加入甲醛得到银单质；
【小问1详解】
由底面面心的原子可知，在上层、同层、下层各会有4个距离最近且相等的银原子，故共12个；
【小问2详解】
α- AgI在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力，就可以发生迁移。因此α- AgI晶体在电池中，可作为电解液；
【小问3详解】
AgCl与Na2SO3反应生成[Ag(SO3)2]3-，反应为AgCl+2SO=[Ag(SO3)2]3-+Cl-，反应生成[Ag(SO3)2]3-，该反应的平衡常数K=；
【小问4详解】
“沉银”时的终点pH需控制在3.5-5.5范围内，不能过低的原因是：pH过低则容易中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，影响了[Ag(SO3)2]3-的生成；
【小问5详解】
“还原"时HCHO转化为HCOOH，则反应为甲醛和氯化银生成甲酸和银，其化学方程式为HCHO+2AgCl+H2O=2Ag+2HCl+HCOOH；
【小问6详解】
已如Ag+ +SCN- =AgSCN↓ (白色)，则n(Ag)= n(SCN-)=22. 00×10-3L×0.1000 mol / L×=8.8×10-3mol，则样品中银的质量分数为。
15. 化合物H(格列齐特)是一种有效的磺酰脲类口服抗糖尿病药。某课题组设计合成路线如下：

已知，R-SO3H (R为烃基)能发生如下转化：

请回答：
（1）C→D的反应类型：_______。
（2）D中含氧官能团的名称：_______。
（3）化合物I的结构简式：_______。
（4）写出同时符合下列条件的化合物F的一种结构简式_______。
①能使FeCl3溶液显色；
②含有1个手性碳原子；
③苯环上有2种不同化学环境的氢原子。
（5）以化合物甲苯和氯仿(CHCl3)为原料，设计合成化合物K→化合物J的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。(已知：2CHCl3+ O2 → 2COCl2 + 2HCl)
【答案】（1）取代反应
（2）羰基、酰胺基 （3）
（4） （5）
【解析】
【分析】A发生成环反应得到B，B中氨基、酰胺基在一定条件下转化C，C和溴发生取代引入溴原子得到D，D通过两步反应转化为E，E分子内成环得到F，F转化为G；J和氨气转化为I，G、I生成H，结合H结构、I化学式可知，I结构为；
【小问1详解】
C和溴发生取代引入溴原子得到D，C→D的反应类型为取代反应；
【小问2详解】
由D结构简式可知，D含有羰基、酰胺基；
【小问3详解】
由分析可知，化合物I的结构简式为；
【小问4详解】
化合物F的不饱和度为4，含有2个氧、1个氮；符合下列条件的化合物F的结构简式：
①能使FeCl3溶液显色，含苯环、酚羟基；
②含有1个手性碳原子，即存在1个C原子连接4个不同的原子或原子团的结构；
③苯环上有2种不同化学环境的氢原子，对称性很好；则为：；
【小问5详解】
氯仿首先氧化为ClCOCl；甲苯和浓硫酸发生取代反应引入磺酸基，发生已知反应，磺酸基转化为-SO3NH2，再和反应得到目标产物，反应流程为：。
16. 过二硫酸盐具有强氧化性，可作氧化剂和漂白剂。MnO2是一种重要的化工试剂，在合成工业用途广泛。
Ⅰ.过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫做高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解。用过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体。同时还会放出氨气。某化学兴趣小组在实验室模拟制备Na2S2O8晶体(装置如图-1所示)。

已知：反应过程中发生的副反应为：2NH3+3Na2S2O8+ 6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2
（1）反应过程中持续通入N2目的是_______。
（2）过二硫酸盐的性质及应用。
①Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，该物质的电子式为_______。
②过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(Cr2O) ，写出该反应的离子方程式：_______。
Ⅱ.由软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)，制备MnO2的一种工艺流程如图：

已知：该工艺条件下，MnO2和H2SO4不反应，MnO2的氧化性随酸性的减弱而减弱。
（3）上述流程中可循环利用的物有_______。 (写化学式)
（4）纯化时需要加入的试剂有MnO2和NH3·H2O。加入的顺序为_______。
A.先加入MnO2，后加入NH3·H2O B.先加入NH3·H2O，后加入MnO2
（5）已知MnSO4可发生如下反应：MnSO4+K2S2O8+4NaOH=MnO2↓+K2SO4+2Na2SO4+2H2O，MnSO4和K2S2O8的物质的量相同，改变NaOH的物质的量，测得Mn的转化率、MnO2的含量()与NaOH和MnSO4物质的量比值之间的关系如图-2所示：

根据信息，补充完整制取纯净MnO2的实验方案：将40mL 1.0mol / L的MnSO4溶液和40mL 1.0mol / L的K2S2O8溶液混合，_______，干燥，得到纯净的MnO2(实验中须使用的试剂是1.0mol / L NaOH溶液、1.0 mol / L H2SO4溶液、1.0mol / L BaCl2溶液、蒸馏水)
【答案】（1）减少副反应的发生
（2） ①. ②. 2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+
（3）H2SO4 （4）A
（5）边搅拌边向混合溶液中加入180mL1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1BaCl2溶液无沉淀生成，过滤。
【解析】
【分析】装有NaOH溶液的仪器为分液漏斗；由题给信息可知NH3能被Na2S2O8氧化生成N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出；由Na2S2O8水解生成H2SO4、Na2SO4可知，反应中硫元素化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H2O2；
由题给流程可知，向研磨后的软锰矿中加入过量较浓的硫酸和过量铁屑，在20℃条件下，将二氧化锰转化为锰离子，过滤得到锰离子溶出液；锰离子溶出液经纯化得到锰离子纯化液，电解纯化液在阳极得到二氧化锰。以此解题。
【小问1详解】
(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应生成Na2S2O8和NH3，由题给信息可知NH3能被Na2S2O8氧化生成N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生，
【小问2详解】
由Na2S2O8水解生成H2SO4、Na2SO4可知，反应中硫元素化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H2O2，其电子式为：；过二硫酸常被用于检验废水中Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色，为Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+；
【小问3详解】
上述反应中开始的时候使用较浓的硫酸，电解结束后，硫酸会有剩余，可以循环使用，故答案为：H2SO4；
【小问4详解】
根据已知信息可知，MnO2和H2SO4不反应，MnO2的氧化性随酸性的减弱而减弱，故应该先加入二氧化锰来氧化二价铁，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再加入氨水调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到锰离子纯化液，故选A；
【小问5详解】
由图可知，当时，二氧化锰的含量最大，则制取纯净二氧化锰的实验方案为将40mL1.0mol·L-1的硫酸锰溶液和40mL1.0mol·L-1的过二硫酸钾溶液混合，边搅拌边向混合溶液中加入180mL1.0mol·L-1的氢氧化钠溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1硫酸溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1氯化钡溶液无沉淀生成，过滤，干燥，故答案为：边搅拌边向混合溶液中加入180mL1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1BaCl2溶液无沉淀生成，过滤。
17. 页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供于开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
Ⅰ.CO2的处理：
（1）CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、 H2)。
已知下列热化学反应方程式：
C(s)+2H2(g) = CH4(g) ΔH = -74.5 kJ / mol
CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+ H2(g) ΔH = - 40.0 kJ / mol
C(s) + H2O(g) = CO(g)+H2(g) ΔH = +132.0 kJ / mol
反应CO2(g) + CH4(g) = 2CO(g)+ 2H2(g)的ΔH=_______kJ/mol。
（2）Ni催化CO2加 H2形成CH4 ，其历程如图-1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，反应相同时间，含碳产物中CH4百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图-2所示。

①260℃时，生成生要产物的所发生反应的化学方程式为_______。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是_______。
③描述CO2转化为CO的反应机理_______ 。
Ⅱ. H2S的处理：
方法一：工业上常采用如图-3电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S转化为可利用的硫单质，自身转化为K4[Fe(CN)6]。

（3）电解时，阳极的电极反应式为_______。
方法二：表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图-4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。
（4）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_______。
【答案】（1）+246.5
（2） ①. CO2+4H2CH4+2H2O ②. 温度过高导致催化剂活性降低 ③. CO2获得能量生成*CO2，*CO2分解为*CO和*O，*CO、 *O生成CO
（3）[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-
（4）氢氧根离子浓度变大，利于H2S电离为为HS-，从而使得HS-和O反应转化为硫单质
【解析】
【小问1详解】
已知下：
①C(s)+2H2(g) = CH4(g) ΔH = -74.5 kJ / mol
②CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+ H2(g) ΔH = - 40.0 kJ / mol
③C(s) + H2O(g) = CO(g)+H2(g) ΔH = +132.0 kJ / mol
由盖斯定律可知，-①-②+③得反应CO2(g) + CH4(g) = 2CO(g)+ 2H2(g)的ΔH=-(-74.5 kJ / mol)-( - 40.0 kJ / mol)+( +132.0 kJ / mol)=+246.5kJ/mol。
【小问2详解】
①由图可知，260℃时，生成生要产物为甲烷，所发生反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O；
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是温度过高导致催化剂活性降低，单位时间内二氧化碳反应速率减慢。
③由图-1可知，描述CO2转化为CO的反应机理为：CO2获得能量生成*CO2，*CO2分解为*CO和*O，*CO、 *O生成CO；
【小问3详解】
由题意可知，电解时，阳极K4[Fe(CN)6]失去电子发生氧化反应生成K3[Fe(CN)6]，的电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-；
【小问4详解】
由图可知，适当增大活性炭表面的水膜pH，氢氧根离子浓度变大，利于H2S电离为为HS-，从而使得HS-和O反应转化为硫单质。