《全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题分类汇总含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题分类汇总含详细答案.docx（29页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题分类汇总含详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1 钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2 、 Zn2 、Mn 2 、Fe2 、 Fe3等。请回答：( 1)“煅烧”的目的为 _ 。( 2)“净化”时，与 KMnO4发生反应的所有离子方程式有_ 。( 3) “沉钴”时，发生如下反应： (NH4)2S2O8 H2O NH4HSO4 H2O2； H2O2 H2OO； ； Co3 H2O Co(OH)3 H。所缺的化学方程式为_ ；
2、每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗 (NH4)2S2O8 的物质的量为 _。( 4) Co(OH)3 沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。( 5) “沉钴”时pH 不能太高，其原因为_ ；“沉锌”时温度不能太高，其原因为_ 。( 6) 取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。则所得固体的化学式为_。【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)MnO 4-+3Fe2+7H2 O=MnO2 +3Fe(OH) +5H+ 、3Mn 2+2MnO4 -+2H2O=5MnO 2
3、+4H+ 2Co2+O+2H+=2Co3+H2O 0.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止 Zn2+提前沉淀防止 NH4HCO3 热分解ZnCO3?2Zn(OH)?H2O【解析】【分析】将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH 控制在 15，得到含有Co2 、 Zn2 、 Mn 2、 Fe2 、 Fe3的浸出液，调节溶液pH 值为 55.2，加入高锰酸钾将Mn 2、 Fe2 氧化并转化为 Fe(OH)3和 MnO 242 2 82氧化为 Co3 并转化为除去，再次调节
4、溶液 pH 值为 4.5，加入 (NH) S O将 CoCo(OH) 沉淀除去，调节pH 值为 8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO ?xZn(OH)?yHO 沉3322淀，据此分析解答。【详解】(1) 煅“烧 ”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；(2) 净“化 ”时，加入 KMnO4 的目的是除去溶液中的Fe2+和 Mn 2+，反应的离子方程式为：-2+2+-+MnO 4 +3Fe +7H2O= MnO2 +3Fe(OH)3 +5H 、 3Mn+2MnO4 +2H2O=5MnO 2 +4H ；(3)从流程中可以看出，“沉钴 ”时， (NH4)2S2O8
5、 为氧化剂，因此除去的是Co2 ，结合所给反应过程，缺少将Co2 转化为 Co3 的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2+O+2H+=2Co3+H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8H2O2O2Co3+ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3 理论上消耗(NH4)2S2O8 的物质的量为0.5mol ；(4) Co(OH)3 沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3 沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；(5) 沉“钴 ”时 pH 不能太高，防止 Zn2+提前沉淀； “沉锌
6、 ”时，加入 NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3 热分解；(6)取 “沉锌 ”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2 气体的物质的量为34.1-24.3-5.4 gZnCO ?xZn(OH)?yH O 为 0.1mol，煅烧后生=0.1mol ，根据元素守恒可知44g/mol322成的 ZnO 的物质的量为24.3g=0.3mol ，根据 Zn 元素守恒， 0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则81g/mol5.4gx=2，生成水的物质的量为=0.3mol
7、 ，根据氢元素守恒，18g/mol0.1mol 2 2+0.1mol 2y=0.3mol，则 2y=1，则所得固体的化学式为ZnCO3?2Zn(OH)?H2O。2 六氟磷酸锂 (LiPF6)极易溶于水，可溶于醇等有机溶剂，常作锂离子电池的电解质。某工氟磷灰石 Ca5 (PO4)3F为主要原料，制备六氟磷酸锂的流程如下：已知：HF 的熔点为-83 ，沸点为19.5回答下列问题：(1)粉碎氟磷灰石的目的是_(2)特制容器不能用玻璃容器，原因是_( 用文字叙述)(3)沸腾炉中产生固液混合物，该混合物中含有CaSO4 和 _(除硫酸外)(4)制备白磷(P4)中产生SiF4 和一种还原性气体，制备白磷的
8、化学方程式为_(5)尾气中 PCl5 用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐，写出发生反应的离子方程式：_(6)如果 42.5kgLiCl 参与反应，理论上可制备_kgLiPF6【答案】增大接触面积，加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应3454 323445-43-H PO4Ca (PO ) F+21SiO+30C20CuSiO +3P +SiF +30COPCl+8OH =PO +5Cl+4H2O152【解析】【分析】氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca54 32444，PO F+5H SO =HF +3HPO +5CaSO气体 A 为 HF，液化后， HF 能与二氧化硅反应
9、，不能在玻璃仪器中反应，需在特制容器中与 LiCl 反应；氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500 发生4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4 +30CO，白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物，再与LiCl 反应生成 LiPF6 和 HCl。【详解】(1)粉碎氟磷灰石，导致固体颗粒小，接触面积增大，其目的为增大接触面积，加快反应速率；(2)生成的气体为HF，HF 能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应，故需在特制容器反应；(3)根据反应的方程式，混合物中含有CaSO4和 H3PO4；(4) 制备白磷 (P4)中产生 SiF4 和一种还原性气体CO，反
10、应的方程式为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4 +30CO；55-4 3-(5)尾气中 PCl 用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠，离子方程式为PCl +8OH =PO-2+5Cl +4H O；(6)LiCl+6HF+PCl=LiPF+6HCl， 42.5kgLiCl 的物质的量为 1000mol ，理论生成1000molLiPF，566质量为 152kg。3 氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废
11、渣( 主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物， Mn 2 、 Pb2 、 Cd 2 等 ) 制取氧化锌的工艺流程如图所示：已知：相关金属离子c M n0.1n mol / L生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：回答下列问题：1 为调节溶液的 pH，则试剂 X 为 _ ( 填化学式 ) ，2 除杂时加入高锰酸钾的作用是_，发生反应的离子方程式为_。3 “过滤 ”所得滤渣的主要成分是 _ ( 填化学式 ) 。4 写出 “碳化合成 ”的化学方程式： _； “碳化合成 ”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量： _。【答案】ZnO 或 Zn(OH)2 或 ZnCO 3 除去 Mn 22MnO
12、 43Mn 22H 2 O5MnO24HFe(OH) 3、 Al(OH) 3 、 MnO 23Zn(NO 3) 23Na 2CO 33H 2OZnCO 3?2Zn(OH) 2 ?H2 O2CO26NaNO 3 或3Zn(NO 3 )25Na 2CO35H 2OZnCO 3?2ZnOH) 2?H 2 O4NaHCO 3 6NaNO 3静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量( 或静置，取少许上层清液滴加CaCl 2 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)【解析】【分析】1 根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；2 加入高锰酸钾的作用是将Mn 2 转化为 MnO 2 沉淀
13、，除去 Mn 2 ；3 由 1 、 2 知， “过滤 ”所得滤渣；4 “碳化合成 ”时加入 Na2CO3 ，产物为 ZnCO32Zn (OH ) 2?H 2O ，写出化学方程式。【详解】1 加入试剂 X 的目的是调节溶液的pH，使 Fe3、 Al 3 生成沉淀除去，为不引入新的杂质离子，可加入ZnO、 Zn(OH )2 、 ZnCO3 等；2 加入高锰酸钾的作用是将Mn 2转化为 MnO2沉淀，除去 Mn 2 ，反应的离子方程式为2MnO 43Mn 22H 2O5MnO24H ；3 由 1、 2 知， “过滤 ”所得滤渣的主要成分是Fe(OH )3 、 Al (OH )3 、 MnO 2 ；4
14、 “碳化合成 ”时加入 Na2CO3 ，产物为 ZnCO32Zn (OH ) 2?H 2O ，反应的化学方程式为3Zn(NO3 )23Na 2CO33H 2 OZnCO3 ?2Zn(OH )2?H 2O2CO26NaNO 3 或3Zn(NO3) 25Na2CO35H 2OZnCO3?2Zn (OH ) 2?H 2O4NaHCO 36NaNO3 (Na2CO3过量时 ) ；若 Na2CO3 不足时，溶液中还有Zn( NO3 ) 2 ，继续滴加Na2CO3 溶液有沉淀产CuSO4 溶液中的阳离子有生，或 Na2 CO3 过量时，可检验溶液中的CO32 ，具体方法为：静置，取少许上层清液继续滴加纯碱
15、溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量( 或静置，取少许上层清液滴加CaCl 2溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量) 。4 （ 1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。画出装置图：_。电极材料和电解质溶液各是什么_。？写出电极反应式：负极：_；正极： _。（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了 3.25 克，铜表面析出了氢气_L（标准状况下）。导线中通过_mol 电子。【答案】负极：锌片、正极：铜片；CuSO溶液-2+4Zn2e =ZnCu2+2e-=Cu 1.12L 0.1【解析】【分析】（1）
16、利用反应 Zn+CuSO44Zn 为负极，则正极可以=ZnSO +Cu 设计原电池，根据反应可知，是活泼性不如Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。【详解】（1）利用反应Zn+CuSO44Zn 为负极，则正极可=ZnSO+Cu 设计原电池，根据反应可知，以是活泼性不如Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池装置为：；根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：的阳离子得到电子发生还原反应，H+，正极反应为：
17、，Cu2+2e-=Cu；CuSO4 溶液；Zn2e-=Zn2+，正极为溶液中Cu2+和 H+，放电能力Cu2+大于（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn2e-=Zn2+，正极：+-3.25g0.05mol ，2H +2e =H2，由电极反应n(H2)=n(Zn)=65g / molV(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L ，n(e-)=2 n(Zn)=2 0.05mol=0.1mol 。【点睛】原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现
18、象一般为产生气体或质量增加。5 为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。（ 1）甲装置中， a 电极的反应式为 _。（ 2）乙装置中，阴极区产物为 _。（3）丙装置是一种家用84 消毒液（NaClO）发生器。外接电源a 为_ (填 “正 ”或“负 ”)极，该装置内发生反应的化学方程式为_、_。（ 4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为 _ (不考虑气体的溶解 )。（ 5）某工厂采用电解法处理含 Cr2 O72-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水， Cr2O72- 被还原成为 Cr3+， Cr3 在阴
19、极区生成 Cr(OH)3 沉淀除去，工作原理如图。写出电解时阴极的电极反应式_ 。写出 Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式 _。【答案】 H2-2e-+2OH-=2H2O电解氢氧化钠和氢气负 2NaCl+2H2O2NaOH+H2 +Cl2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO 3:4 2H+2e-=H2 Cr2O7 2-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 【解析】【分析】甲装置：该装置为氢氧燃料电池，氢气被氧化作负极，氧气被还原做作正极；乙装置：该装置为电解池，与正极相连的一极为阳极发生氧化反应，与负极相连的为阴极发生还原反应；丙装置：该装置为电解池，电解饱和食
20、盐水时阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧根，要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应，所以下端为阳极产生氯气；(5)B 电极生成氢气，说明该电极发生还原反应为阴极，氢离子放电生成氢气，导致阴极区2+，继而将Cr2 7 2-还原成为pH 变大； A 电极为阳极，铁为电极材料，则铁被氧化生成FeOCr3+，然后迁移到阴极与OH-生成沉淀。【详解】(1)甲装置是氢氧燃料电池，a 电极通入氢气为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极反应式为 H2-2e-+2OH-=2H2O；(2)乙装置是电解池，电解饱和食盐水，所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气；(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应，同时
21、阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠，下端为阳极，上端为阴极，即a 电极为电源负极，该装置内发生反电解应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2 +Cl2，Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO 2O；+H(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H +O =2H2O；乙中总反应22为： 2NaCl+2H222O=2NaOH+H +Cl；各电极转移的电子相等，假如都是4mol，甲池消耗气体 2mol+1mol=3mol ，乙池产生气体2mol+2mol=4mol ，物质的量之比为3：4；(5)阴极氢离子放电生成氢气，电极方程式为：2H+2e-=H2；根据
22、分析可知反应过程中2+2-3+2-Fe 将 Cr2O7还原成为 Cr，方程式为： Cr2O7+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。【点睛】第(5) 题为易错点，虽然Cr2O72-被还原成为Cr3+，但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明Cr2O72-被还原并不是电极反应，再结合阳极材料为Fe，可知是阳极产生的Fe2+将 Cr2O72-还原。6 电化学在化学工业中有着广泛应用。根据图示电化学装置，（ 1）甲池通入乙烷 (C2H6)一极的电极反应式为 _。（ 2）乙池中，若 X、 Y 都是石墨， A 是 Na2SO4 溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液， X 极的
23、电极反应式为 _；一段时间后，在 Y 极附近观察到的现象是_。（ 3）工业上通过电解浓 NaOH 溶液制备 Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为 _，阴极反应式为 _。【答案】 C2H6+18OH-14e -=12H2O+2CO32-4OH-4e-=O2 +2H2O电极表面产生气泡，附近溶液显红色 Fe+8OH-6e-=FeO42- +4H2O 2H2 O+2e-=H2 +2OH-【解析】【分析】甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池， X 与电池正极相连为阳极， Y 与负极相连为阴极。【详解】(1)通入乙
24、烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH，所以生成碳酸根和水，电极方程式为： C2H6+18OH-14e-=12H2O+2CO32-；(2)X 为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极方程式为：4OH-4e-=O2 +2H2O； Y 电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y 电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y 电极附近有气泡产生且溶液显红色；(3)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42- ，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH-6e-=FeO42- +4H2O；电解时，水电离的H+在阴极放电生成氢
25、气，电极方程式为：2H2O+2e-=H2 +2OH-。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等 )。7 现将一定量NO2 和 N2O4 的混合气体通入一定体积为2L 的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。已知：2NO2(g)N2O4(g)+Q。（1）前 10min 内用 NO2表示的化学反应速率 v(NO2)=_；（2） a、 b、 c、 d 四个点中，表示化学反应处于平衡状态是_；（3）
26、 35min 时，反应 2NO2(g)N2O4(g)在 d 点的平衡常数K(d)_K(b)（填 “ 、”“ =或”“ ”）。（4）若要达到使 NO2(g)的百分含量与d 点相同的化学平衡状态，在25min 时还可以采取的措施是 _。A 加入催化剂B缩小容器体积C 升高温度D 加入一定量的 N2O4【答案】 0.04mol/(L min)b 和 d=B、 D【解析】【分析】据图可知单位时间内 X 的浓度变化是 Y 的两倍，根据方程式 2NO2( g )?N2O4(g)+Q 可知，反应中 NO2 的浓度变化是 N2O4 的两倍，所以 X 表示 NO2 浓度随时间的变化曲线， Y 表示N2O4 浓度
27、随时间的变化曲线。【详解】(1)根据分析可知X 表示 NO2 浓度随时间的变化曲线，则c0.6mol L-1-0.2mol L-12=ggv(NO )= 0.04mol/(L min)；t10min(2)达到平衡时X、 Y 的物质的量不发生变化，故b、 d 处于化学平衡状态；(3)据图可知 25min 时 NO2 的浓度瞬间增大，N2 O4 的浓度不变，可知改变的条件是又通入一定量的 NO2，温度不变，则平衡常数不变，所以K(d)=K(b)；(4)因在 25 min百分含量小于时，增大了NO2 的浓度，同时容器内压强也增大，则b 点 NO2 百分含量，d 点平衡状态NO2 的A使用催化剂不影响
28、平衡移动，二氧化氮含量不变，故A 错误；B缩小体积，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故B 正确；C正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，故C 错误；D加入一定量的N2O4，等效为增大压强，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故D 正确；故答案为： BD。【点睛】第 4 为易错点，学生容易认为理的应用。d 点二氧化氮浓度大，则二氧化氮含量高，注意等效平衡原8 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。 NO 在空气中存在如下反应： 2NO(g)+O2 (g)2NO2 (g) H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列
29、问题：（ 1）写出反应 I 的热化学方程式 _。（ 2）反应 I 和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是 _(填“反应 I ”或 “反应 ”)；对该反应体系升高温N2O2 浓度减SO2 快速启动，其装置示意图N2O2 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂 )。【答案】 2NO(g)? N2 23 4反应 决定总反应速率的是反应，升高O (g) H=-(E -E ) kJ/ mol温度后反应 I 平衡逆向移动，造成N2 O2 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N
30、2O2 浓度减小的影响，N2O2 浓度减小导致反应速率变慢【解析】【分析】(1)根据图像分析反应I 为 2NO(g)? N2O2(g)的焓变，写出热化学方程式；(2)根据图像可知，反应I 的活化能反应的活化能，反应I 为快反应，反应为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应，结合升高温度对反应I 和的影响分析可能的原因。【详解】(1)根据图像可知，反应I 的化学方程式为：2NO(g)? N2O2(g) H=(E4-E3)kJ/mol=-(E 3-E4) kJ/mol，故答案为：2NO(g) N2O2 (g)H=-(E3-E4) kJ/ mol；?(2)根据图像可知，反应I 的活
31、化能反应的活化能，反应I 为快反应，反应为慢反应，决定 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)?反应速率的是慢反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成 N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2 浓度减小的影响， N2O2 浓度减小导致反应速率变慢，故答案为：反应；决定总反应速率的是反应，升高温度后反应 I 平衡逆向移动，造成小的影响， N2O2 浓度减小导致反应速率变慢。9(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含如图：质子的流动方向为_ （ “从A 到B”或 “从B 到A”）。负极的电极反
32、应式为(2)工业上吸收和转化_ 。SO2 的电解装置示意图如下（A B 均为惰性电极）：B 极接电源的 _极（ “负 ”或 “正 ”）。A 极的电极反应式是_。【答案】从 A 到 B SO-2-+4H+正2-+-2-2-2e +2H2O=SO42SO3+4H +2e =S2O4+2H2 O【解析】【详解】(1)二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A 到 B；二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O SO42- +4H+；(2)依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，
33、所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即 B 极接电源的正极；A 为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成 S242-，电极反应式为2SO32-+- 2 42-O+4H +2e =S O+2H2O。10 甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-571.8kJ mol -11CH3OH(g)+ O2 (g)=CO2(g)+2H2(g) H=-192.9 kJ mol-12（1）甲醇蒸汽完全燃烧的热化学方程式为_。（2）反应中的能量变化如下图所示，则H2=_（用 E1 和 E2 表示）。（ 3） H2(g)的燃烧热为 _ kJ m
34、ol -1 。（ 4）请你分析 H2(g)作为能源比甲醇蒸汽作为能源的优点： _（写出一点）【答案】 CH3OH(g)+3E1-E2 285.9 来源广、热O2(g) CO2(g)+2H2O(l)H2=-764.7kJ/mol ；2值高、不污染环境【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；(2)依据反应焓变 H=生成物总能量 -反应物总能量分析；(3)依据燃烧热的概念是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；(4)根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。【详解】(1) 2H2(g)+O2(g)=2H2 O(l
35、) H1=-571.8kJ mol -1CH3OH(g)+12O2 (g)=CO2(g)+2H2(g) H=-192.9 kJ mol-1由盖斯定律 +得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：3CH OH(g)+O (g) CO (g)+2H O(l)H =-764.7kJ/mol；322222(2)反应中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓变H=生成物总能量-反应物总能量， H2 =E1-E2；(3)燃烧热的概念是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H1=-571.8kJ/mol 可知 2mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为571.8kJ，则 1mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为28