Question

3．（1）過氧化氫（H₂O₂）有廣泛的用途．過氧化氫的制備方法很多，下列方法中原子利用率最高的是D（填序號）．
A．BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂
B．2NH₄HSO₄$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$（NH₄）₂S₂O₈+H₂↑；（NH₄）₂S₂O₈+2H₂O=2NH₄HSO₄+H₂O₂
C．CH₃CHOHCH₃+O₂→CH₃COCH₃+H₂O₂
D．乙基蒽醌法見圖1

Ⅰ．B選項的方法流程圖如下：

回答下列問題：
（2）若要制得1mol H₂O₂，電解時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2N_A，電解硫酸氫銨溶液時，陽極的電極反應(yīng)方程是：2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-．
（3）在上流程圖中，采用減壓蒸餾的原因是：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低．可循環(huán)利用的物質(zhì)是（寫化學(xué)式）NH₄HSO₄．
Ⅱ．某文獻(xiàn)報導(dǎo)了不同金屬離子及其濃度對雙氧水氧化降解海藻酸鈉溶液反應(yīng)速率的影響，實驗結(jié)果如圖2、圖3所示．注：以上實驗均在溫度為20℃、w（H₂O₂）=0.25%、pH=7.12、海藻酸鈉溶液濃度為8mg•L^-1的條件下進(jìn)行．圖2中曲線a：H₂O₂；b：H₂O₂+Cu²⁺；c：H₂O₂+Fe²⁺；d：H₂O₂+Zn²⁺；e：H₂O₂+Mn²⁺；圖3中曲線f：反應(yīng)時間為1h；g：反應(yīng)時間為2h；兩圖中的縱坐標(biāo)代表海藻酸鈉溶液的粘度（海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關(guān)）．
（4）由上述信息可知，下列敘述錯誤的是B（填序號）．
A．錳離子能使該降解反應(yīng)速率減緩
B．亞鐵離子對該降解反應(yīng)的催化效率比銅離子低
C．海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應(yīng)速率的快慢
D．一定條件下，銅離子濃度一定時，反應(yīng)時間越長，海藻酸鈉溶液濃度越�。�

Answer 1

分析 （1）不產(chǎn)生其它物質(zhì)的反應(yīng)原子的利用率最高；
（2）根據(jù)雙氧水和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算；SO₄^2-失去e^-生成S₂O₈^2-；
（3）減小氣壓，使液體沸點降低；
（4）根據(jù)圖片中曲線變化趨勢與溶液粘度、反應(yīng)速率之間的關(guān)系分析．

解答 解：（1）ABC中除了生成雙氧水為還有其它物質(zhì)生成，D中只有雙氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案為：D；
（2）該反應(yīng)中氧元素的化合價變化為：-2價→-1價，所以生成1mol雙氧水轉(zhuǎn)移電子2N_A；SO₄^2-失去e^-生成S₂O₈^2-，陽極的電極反應(yīng)方程是：2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-，故答案為：2N_A；2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-；
（3）過氧化氫受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低；殘液為NH₄HSO₄，可循環(huán)利用，故答案為：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點降低；NH₄HSO₄；
（4）根據(jù)圖2知，縱坐標(biāo)越大其粘度越大，相同時間內(nèi)縱坐標(biāo)變化越大，其反應(yīng)速率越快，根據(jù)圖3知，相同濃度的銅離子溶液中，縱坐標(biāo)變化越大，其反應(yīng)速率越大，
A．e曲線變化不明顯，所以錳離子能使該降解反應(yīng)速率減緩，故正確；
B．相同時間內(nèi)，含有亞鐵離子的曲線縱坐標(biāo)變化比含有銅離子的大，所以亞鐵離子對該降解反應(yīng)的催化效率比銅離子高，故錯誤；
C．海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關(guān)，粘度變化越大海藻酸鈉濃度變化越大，其反應(yīng)速率越大，所以海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應(yīng)速率的快慢，故正確；
D．根據(jù)圖3知，一定條件下，銅離子濃度一定時，反應(yīng)時間越長，溶液粘度越小，則海藻酸鈉溶液濃度越小，故正確；
故答案為：B．

點評 本題考查較綜合，涉及電極反應(yīng)式的書寫、原子利用率等知識點，難點是圖象分析，會采用“定一議二”的方法分析圖象，難度較大．