Question

過(guò)氧化氫和臭氧都是常見(jiàn)的綠色氧化劑，在工業(yè)生產(chǎn)中有著重要的用途．
（1）據(jù)報(bào)道以硼氫化合物NaBH₄（B的化合價(jià)為+3價(jià)）和H₂O₂作原料的燃料電池，可用作通信衛(wèi)星電源．負(fù)極材料采用Pt/C，正極材料采用MnO₂，其工作原理如圖1所示．該電池放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式為：

H₂O₂+2e^-=2OH^-

；以MnO₂做正極材料，可能是因?yàn)?!--BA-->

MnO₂對(duì)電極反應(yīng)具有催化作用

．
（2）火箭發(fā)射常以液態(tài)肼（N₂H₄）為燃料，液態(tài)過(guò)氧化氫為助燃劑．
已知：N₂H₄（g）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（g）△H=-534kJ?mol^-1H₂O₂（l）=H₂O（l）+1/2O₂（g）△H=-98.64kJ?mol^-1
H₂O（l）=H₂O（g）△H=+44kJ?mol^-1反應(yīng)N₂H₄（g）+2H₂O₂（l）=N₂（g）+4H₂O（g） 的△H=

-643.28kJ?mol^-1

．
（3）O₃可由臭氧發(fā)生器（原理如圖2所示）電解稀硫酸制得．
①圖中陰極為

A

（填“A”或“B”）．
②若C處通入O₂，則A極的電極反應(yīng)式為：

O₂+4H⁺+4e^-=2H₂O

．
③若C處不通入O₂，D、E處分別收集到11.2L和有4.48L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），則E處收集的氣體中O₃所占的體積分?jǐn)?shù)為

50%

（忽略O(shè)₃的分解）．
（4）新型O₃氧化技術(shù)對(duì)燃煤煙氣中的NOx和SO₂脫除效果顯著，鍋爐煙氣中的NOx 95%以上是以NO形式存在的，可發(fā)生反應(yīng)NO（g）+O₃ （g）

催化劑 .

△

NO₂（g）+O₂（g）．在一定條件下，將NO和O₃通入絕熱恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的示意圖（如圖3）所示．由圖可得出的正確說(shuō)法是

d

a．反應(yīng)在c點(diǎn)達(dá)到平衡狀態(tài)
b．反應(yīng)物濃度：b點(diǎn)小于c點(diǎn)
c．反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量
d．△t₁=△t₂時(shí)，NO的轉(zhuǎn)化率：a～b段小于b～c段．

Answer 1

分析：（1）原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極反應(yīng)還原反應(yīng)，由原電池工作原理圖1可知，電極a為負(fù)極，電極b為正極，H₂O₂在正極放電生成OH^-．MnO₂對(duì)電極反應(yīng)具有催化作用．
（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減，反應(yīng)熱也處于相應(yīng)的系數(shù)進(jìn)行相應(yīng)的加減，構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，據(jù)此計(jì)算△H．
（3）①由圖可知，B極生成O₂、O₃，B極反應(yīng)氧化反應(yīng)，電解池陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，故A為陰極．
②C處通入O₂，O₂發(fā)生還原反應(yīng)，在酸性條件下生成水．
③若C處不通入O₂，實(shí)質(zhì)為電解水，D處為氫氣，物質(zhì)的量為0.5mol，E處為氧氣、臭氧，物質(zhì)的量共為0.2mol，令臭氧的物質(zhì)的量為xmol，利用電子轉(zhuǎn)移守恒列放出計(jì)算x的值，再根據(jù)體積分?jǐn)?shù)定義計(jì)算．
（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，容器體積不變，故體系壓強(qiáng)恒定．絕熱恒容密閉容器，體系溫度隨反應(yīng)進(jìn)行變化，隨反應(yīng)進(jìn)行反應(yīng)物的濃度降低，由圖可知，c點(diǎn)以前正反應(yīng)速率增大，說(shuō)明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，c點(diǎn)以后反應(yīng)正反應(yīng)速率降低，應(yīng)是濃度影響比溫度影響更大．圖為正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化，說(shuō)明反應(yīng)未到達(dá)平衡．

解答：解：（1）原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極反應(yīng)還原反應(yīng)，由原電池工作原理圖1可知，電極a為負(fù)極，電極b為正極，H₂O₂在正極放電生成OH^-，電極反應(yīng)式為H₂O₂+2e^-=2OH^-； MnO₂對(duì)電極反應(yīng)具有催化作用．
故答案為：H₂O₂+2e^-=2OH^-；MnO₂對(duì)電極反應(yīng)具有催化作用．
（2）已知：①N₂H₄（g）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（g）△H=-534kJ?mol^-1
②H₂O₂（l）=H₂O（l）+1/2O₂（g）△H=-98.64kJ?mol^-1
③H₂O（l）=H₂O（g）△H=+44kJ?mol^-1
由蓋斯定律，①+②×2+③×3得N₂H₄（g）+2H₂O₂（l）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-534kJ?mol^-1+2×（-98.64kJ?mol^-1）+2×44kJ?mol^-1=-643.28kJ?mol^-1
故答案為：-643.28kJ?mol^-1．
（3）①由圖可知，B極生成O₂、O₃，B極反應(yīng)氧化反應(yīng)，電解池陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，故A為陰極．
故答案為：A．
②C處通入O₂，O₂發(fā)生還原反應(yīng)，在酸性條件下生成水，電極反應(yīng)式為O₂+4H⁺+4e^-=2H₂O．
故答案為：O₂+4H⁺+4e^-=2H₂O．
③若C處不通入O₂，實(shí)質(zhì)為電解水，D處為氫氣，物質(zhì)的量為

11.2L

22.4L/mol

=0.5mol，E處為氧氣、臭氧，物質(zhì)的量共為

4.48L

22.4L/mol

=0.2mol，令臭氧的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有0.5mol×2=xmol×3×2+（0.2mol-xmol）×2×2，解得x=0.1，所以E處收集的氣體中O₃所占的體積分?jǐn)?shù)為

0.1mol

0.2mol

×100%=50%．
故答案為：50%．
（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，容器體積不變，故體系壓強(qiáng)恒定．絕熱恒容密閉容器，體系溫度隨反應(yīng)進(jìn)行變化，隨反應(yīng)進(jìn)行反應(yīng)物的濃度降低，由圖可知，c點(diǎn)以前正反應(yīng)速率增大，說(shuō)明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，c點(diǎn)以后反應(yīng)正反應(yīng)速率降低，應(yīng)是濃度影響比溫度影響更大．圖為正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化，說(shuō)明反應(yīng)未到達(dá)平衡．
a．反應(yīng)在c點(diǎn)前，溫度對(duì)速率影響大，c點(diǎn)以后濃度減小對(duì)速率影響大，C點(diǎn)未達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；
b．反應(yīng)為達(dá)平衡，b點(diǎn)在c點(diǎn)之前，濃度反應(yīng)物濃度：b點(diǎn)大于c點(diǎn)，故b錯(cuò)誤；
c．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，故c錯(cuò)誤；
d．a(chǎn)～b段反應(yīng)速率小于b～c段反應(yīng)速率，△t₁=△t₂時(shí)，b～c段反應(yīng)的NO更多，故NO的轉(zhuǎn)化率：a～b段小于b～c段，故d正確．
故選：d．

點(diǎn)評(píng)：考查原電池與電解池反應(yīng)原理、反應(yīng)熱的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)計(jì)算、化學(xué)平衡圖象、閱讀題目獲取信息的能力等，難度中等，需要學(xué)生具備運(yùn)用信息與基礎(chǔ)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．