Question

3．（1）过氧化氢（H₂O₂）有广泛的用途．过氧化氢的制备方法很多，下列方法中原子利用率最高的是D（填序号）．
A．BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂
B．2NH₄HSO₄$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$（NH₄）₂S₂O₈+H₂↑；（NH₄）₂S₂O₈+2H₂O=2NH₄HSO₄+H₂O₂
C．CH₃CHOHCH₃+O₂→CH₃COCH₃+H₂O₂
D．乙基蒽醌法见图1

Ⅰ．B选项的方法流程图如下：

回答下列问题：
（2）若要制得1mol H₂O₂，电解时转移电子数为2N_A，电解硫酸氢铵溶液时，阳极的电极反应方程是：2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-．
（3）在上流程图中，采用减压蒸馏的原因是：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低．可循环利用的物质是（写化学式）NH₄HSO₄．
Ⅱ．某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图2、图3所示．注：以上实验均在温度为20℃、w（H₂O₂）=0.25%、pH=7.12、海藻酸钠溶液浓度为8mg•L^-1的条件下进行．图2中曲线a：H₂O₂；b：H₂O₂+Cu²⁺；c：H₂O₂+Fe²⁺；d：H₂O₂+Zn²⁺；e：H₂O₂+Mn²⁺；图3中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度（海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关）．
（4）由上述信息可知，下列叙述错误的是B（填序号）．
A．锰离子能使该降解反应速率减缓
B．亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低
C．海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢
D．一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小．

Answer 1

分析 （1）不产生其它物质的反应原子的利用率最高；
（2）根据双氧水和转移电子之间的关系式计算；SO₄^2-失去e^-生成S₂O₈^2-；
（3）减小气压，使液体沸点降低；
（4）根据图片中曲线变化趋势与溶液粘度、反应速率之间的关系分析．

解答 解：（1）ABC中除了生成双氧水为还有其它物质生成，D中只有双氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案为：D；
（2）该反应中氧元素的化合价变化为：-2价→-1价，所以生成1mol双氧水转移电子2N_A；SO₄^2-失去e^-生成S₂O₈^2-，阳极的电极反应方程是：2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-，故答案为：2N_A；2SO₄^2--2e^-=S₂O₈^2-；
（3）过氧化氢受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；残液为NH₄HSO₄，可循环利用，故答案为：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；NH₄HSO₄；
（4）根据图2知，纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大，
A．e曲线变化不明显，所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故正确；
B．相同时间内，含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故错误；
C．海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关，粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故正确；
D．根据图3知，一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故正确；
故答案为：B．

点评 本题考查较综合，涉及电极反应式的书写、原子利用率等知识点，难点是图象分析，会采用“定一议二”的方法分析图象，难度较大．