Question

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

H₂O₂+2e^-=2OH^-

；以MnO₂做正極材料，可能是因為

MnO₂對電極反應具有催化作用

．
（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（標準狀況下），則E處收集的氣體中O₃所占的體積分數(shù)為

50%

（忽略O₃的分解）．
（4）新型O₃氧化技術對燃煤煙氣中的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，正反應速率隨時間變化的示意圖（如圖3）所示．由圖可得出的正確說法是

d

a．反應在c點達到平衡狀態(tài)
b．反應物濃度：b點小于c點
c．反應物的總能量低于生成物的總能量
d．△t₁=△t₂時，NO的轉化率：a～b段小于b～c段．

Answer 1

分析：（1）原電池負極發(fā)生氧化反應，正極反應還原反應，由原電池工作原理圖1可知，電極a為負極，電極b為正極，H₂O₂在正極放電生成OH^-．MnO₂對電極反應具有催化作用．
（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減，反應熱也處于相應的系數(shù)進行相應的加減，構造目標熱化學方程式，據(jù)此計算△H．
（3）①由圖可知，B極生成O₂、O₃，B極反應氧化反應，電解池陽極發(fā)生氧化反應，故A為陰極．
②C處通入O₂，O₂發(fā)生還原反應，在酸性條件下生成水．
③若C處不通入O₂，實質為電解水，D處為氫氣，物質的量為0.5mol，E處為氧氣、臭氧，物質的量共為0.2mol，令臭氧的物質的量為xmol，利用電子轉移守恒列放出計算x的值，再根據(jù)體積分數(shù)定義計算．
（4）該反應反應前后氣體的物質的量不變，容器體積不變，故體系壓強恒定．絕熱恒容密閉容器，體系溫度隨反應進行變化，隨反應進行反應物的濃度降低，由圖可知，c點以前正反應速率增大，說明正反應為放熱反應，c點以后反應正反應速率降低，應是濃度影響比溫度影響更大．圖為正反應速率隨時間變化，說明反應未到達平衡．

解答：解：（1）原電池負極發(fā)生氧化反應，正極反應還原反應，由原電池工作原理圖1可知，電極a為負極，電極b為正極，H₂O₂在正極放電生成OH^-，電極反應式為H₂O₂+2e^-=2OH^-； MnO₂對電極反應具有催化作用．
故答案為：H₂O₂+2e^-=2OH^-；MnO₂對電極反應具有催化作用．
（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極反應氧化反應，電解池陽極發(fā)生氧化反應，故A為陰極．
故答案為：A．
②C處通入O₂，O₂發(fā)生還原反應，在酸性條件下生成水，電極反應式為O₂+4H⁺+4e^-=2H₂O．
故答案為：O₂+4H⁺+4e^-=2H₂O．
③若C處不通入O₂，實質為電解水，D處為氫氣，物質的量為

11.2L

22.4L/mol

=0.5mol，E處為氧氣、臭氧，物質的量共為

4.48L

22.4L/mol

=0.2mol，令臭氧的物質的量為xmol，根據(jù)電子轉移守恒有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所占的體積分數(shù)為

0.1mol

0.2mol

×100%=50%．
故答案為：50%．
（4）該反應反應前后氣體的物質的量不變，容器體積不變，故體系壓強恒定．絕熱恒容密閉容器，體系溫度隨反應進行變化，隨反應進行反應物的濃度降低，由圖可知，c點以前正反應速率增大，說明正反應為放熱反應，c點以后反應正反應速率降低，應是濃度影響比溫度影響更大．圖為正反應速率隨時間變化，說明反應未到達平衡．
a．反應在c點前，溫度對速率影響大，c點以后濃度減小對速率影響大，C點未達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；
b．反應為達平衡，b點在c點之前，濃度反應物濃度：b點大于c點，故b錯誤；
c．該反應為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，故c錯誤；
d．a(chǎn)～b段反應速率小于b～c段反應速率，△t₁=△t₂時，b～c段反應的NO更多，故NO的轉化率：a～b段小于b～c段，故d正確．
故選：d．

點評：考查原電池與電解池反應原理、反應熱的計算、氧化還原反應計算、化學平衡圖象、閱讀題目獲取信息的能力等，難度中等，需要學生具備運用信息與基礎知識分析問題、解決問題的能力．