题目内容
臭氧是一种在生产生活中有着广泛运用的化学物质，可以用于净化空气、饮用水消毒、处理工业废物和作为漂白剂．目前常用的人工制备臭氧的方法有：电晕放电法、电化学法、紫外线法等．其中电化学法因其设备简易，使用维修简单、安全，生成臭氧成分纯净等特点而得到广泛运用．某课外小组运用如图装置以PbO2做阳极，Pt电极为阴极电解饱和K2SO4溶液制备O3，并采用碘量法测定臭氧的产率．（已知电解时在阳极可能有生成O2的副反应发生，碘量法测定的过程中不考虑O2和KI反应 ）
臭氧产率=
×100%
实验过程如下：
①按如图连接好装置，检查气密性后接通电源开始进行反应．
②电解的过程中以1.5L/min的速率鼓入N2，使产生的O3能够完全被KI溶液吸收，反应后有O2生成（不考虑该过程中溶液体积变化）．
③电解20min后，通过量筒测得右室中产生的气体体积为224ml（已转化为标准状况）．
④将充分吸收了O3的300ml KI溶液取出30.00ml，加入2滴0.1mol/L的淀粉溶液作指示剂，用0.01mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定．测得消耗Na2S2O3溶液的体积为31.00ml．（已知反应的化学方程式为：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI ）
（1）右室产生的气体为 （填化学式），写出左室发生的电极反应方程式 ．
（2）写出KI溶液吸收O3的化学方程式 ．
（3）该实验过程中鼓入N2的速率不能过快，若鼓入太快测定出臭氧的产率将偏 （填“大”或“小”），根据实验所得数据，该装置产生臭氧的产率为 ．
臭氧产率=
| 实际产量 |
| 理论产量 |
实验过程如下：
①按如图连接好装置，检查气密性后接通电源开始进行反应．
②电解的过程中以1.5L/min的速率鼓入N2，使产生的O3能够完全被KI溶液吸收，反应后有O2生成（不考虑该过程中溶液体积变化）．
③电解20min后，通过量筒测得右室中产生的气体体积为224ml（已转化为标准状况）．
④将充分吸收了O3的300ml KI溶液取出30.00ml，加入2滴0.1mol/L的淀粉溶液作指示剂，用0.01mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定．测得消耗Na2S2O3溶液的体积为31.00ml．（已知反应的化学方程式为：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI ）
（1）右室产生的气体为
（2）写出KI溶液吸收O3的化学方程式
（3）该实验过程中鼓入N2的速率不能过快，若鼓入太快测定出臭氧的产率将偏
考点：电解原理
专题：电化学专题
分析：（1）由图和提示可知，右室为阴极室，电解饱和K2SO4溶液阴极应该为H+放电，所以在阴极室应该产生H2；左室为阳极室，阳极产生O3，电极反应为3H2O-6e=O3+6H+；
（2）KI溶液作为吸收液吸收O3是运用了I-的还原性，所以发生的化学反应方程式为O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH；
（3）若通入N2的速率过快，O3和KI反应不充分，测出的I2量偏小则算出的O3产率就会偏小；根据阴极产生22.4ml 0.001mol H2可知电解过程中电子转移总数为 0.002 mol，理论上可生产O3 0.001÷3 mol，实际上产生的O3，可通过消耗的Na2S2O3与O3之间的关系算出，为1.55×10-4mol，于是可算出产率为46.5%．
（2）KI溶液作为吸收液吸收O3是运用了I-的还原性，所以发生的化学反应方程式为O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH；
（3）若通入N2的速率过快，O3和KI反应不充分，测出的I2量偏小则算出的O3产率就会偏小；根据阴极产生22.4ml 0.001mol H2可知电解过程中电子转移总数为 0.002 mol，理论上可生产O3 0.001÷3 mol，实际上产生的O3，可通过消耗的Na2S2O3与O3之间的关系算出，为1.55×10-4mol，于是可算出产率为46.5%．
解答：
解：（1）由图和提示可知，右室为阴极室，电解饱和K2SO4溶液阴极应该为H+放电，所以在阴极室应该产生H2；左室为阳极室，阳极产生O3，电极反应为3H2O-6e=O3+6H+，故答案为：H2； 3H2O-6e=O3+6H+；
（2）KI溶液作为吸收液吸收O3是运用了I-的还原性，所以发生的化学反应方程式为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH，故答案为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH；
（3）若通入N2的速率过快，O3和KI反应不充分，测出的I2量偏小则算出的O3产率就会偏小；
根据阴极产生22.4ml 即0.001mol H2可知电解过程中电子转移总数为0.001mol×2=0.002 mol，根据得失电子守恒理论上可生产O3
=
×10-3mol，实际上产生的O3，
根据O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH和I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 得出
O3 ～I2 ～2Na2S2O3
1 2
1.55×10-4mol 0.01mol/L×0.031L=3.1×10-4mol
于是出产率为
×100%=46.5%，故答案为：偏小；46.5%．
（2）KI溶液作为吸收液吸收O3是运用了I-的还原性，所以发生的化学反应方程式为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH，故答案为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH；
（3）若通入N2的速率过快，O3和KI反应不充分，测出的I2量偏小则算出的O3产率就会偏小；
根据阴极产生22.4ml 即0.001mol H2可知电解过程中电子转移总数为0.001mol×2=0.002 mol，根据得失电子守恒理论上可生产O3
| 0.002 |
| 6 |
| 1 |
| 3 |
根据O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH和I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 得出
O3 ～I2 ～2Na2S2O3
1 2
1.55×10-4mol 0.01mol/L×0.031L=3.1×10-4mol
于是出产率为
| 1.55×10 -4 | ||
|
点评：本题综合考查电解原理及其利用滴定计算产率，侧重于电极方程式的考查和按方程式进行计算，注意把握电极反应的判断和书写以及根据方程式的系数关系计算，答题中注意体会方法．
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| A、容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同 |
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| A、H+、Ca2+、Na+、CO32- |
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在相同温度下，已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1； 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2；H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H3，则△H1、△H2、△H3大小关系为（ ）
| 1 |
| 2 |
| A、△H1=△H2=△H3 |
| B、2△H3=△H2＞△H1 |
| C、△H3＞△H2＞△H1 |
| D、2|△H3|=|△H2|＞|△H1| |
下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（ ）
①C与O2 ②Na与O2 ③Fe与Cl2 ④AlCl3溶液与NaOH溶液⑤CO2与NaOH溶液 ⑥Fe与硝酸．
①C与O2 ②Na与O2 ③Fe与Cl2 ④AlCl3溶液与NaOH溶液⑤CO2与NaOH溶液 ⑥Fe与硝酸．
| A、除③外 | B、除③⑤外 |
| C、除③④外 | D、除⑥外 |