Question

【題目】納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的三種方法：

方法Ⅰ	用炭粉在高溫條件下還原CuO
方法Ⅱ	用肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2
方法Ⅲ	電解法：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑

已知：2Cu（s）+1/2O2（g）=Cu2O（s）；△H=-akJ·mol-1

C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）；△H=-bkJ·mol-1

Cu（s）＋1/2O2（g）=CuO（s）；△H=-ckJ·mol-1

則方法Ⅰ發(fā)生的反應：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g） △H = kJ·mol-1

（1）工業(yè)上很少用方法Ⅰ制取Cu2O是由于方法Ⅰ反應條件不易控制，若控溫不當，會降低Cu2O產(chǎn)率，請分析原因： 。

（2）方法Ⅱ為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2。該制法的化學方程式為 。

（3）方法Ⅱ采用離子交換膜控制電解液中OH－的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示，寫出電極反應式：陰極 ；陽極 。

（4）在相同的密閉容器中，用方法Ⅱ和方法Ⅲ制得的Cu2O分別進行催化分解水的實驗：2H2O（g） 2H2（g）+ O2（g） ⊿H >0，水蒸氣的濃度（mol·L－1）隨時間t （min）變化如下表所示：

序號	Cu2Oa克	溫度	0	10	20	30	40	50
①	方法Ⅱ	T1	0.050	0.0492	0.0486	0.0482	0.0480	0.0480
②	方法Ⅱ	T1	0.050	0.0488	0.0484	0.0480	0.0480	0.0480
③	方法Ⅲ	T2	0.10	0.094	0.090	0.090	0.090	0.090

下列敘述正確的是 （填字母代號）。

a．實驗的溫度T2小于T1

b．實驗①前20 min的平均反應速率v（O2）=7×10-5 mol·L-1 min-1

c．實驗②比實驗①所用的催化劑催化效率高

d．實驗①、②、③的化學平衡常數(shù)的關(guān)系：K1=K2<K3

Answer 1

【答案】（1）2c-a-b（2分）b

（2）若溫度不當，會生成Cu（2分）

（3）4Cu（OH）2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O（2分）

（4）2H2O+2e-=H2↑+2OH-（2分） 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O（2分） （5）cd（2分）

【解析】

試題分析：（1）已知：①2Cu（s）+1/2O2（g）=Cu2O（s）△H=-akJ·mol-1

②C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-bkJ·mol-1

③Cu（s）+1/2O2（g）=CuO（s）△H=-ckJ·mol-1

則根據(jù)蓋斯定律可知③×2－①－②即可得到反應：

2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）的△H＝（2c-a-b）kJ·mol-1。

（2）方法Ⅰ中在高溫下碳有可能把氧化銅還原為金屬銅而使氧化亞銅的產(chǎn)率降低。

（3）根據(jù)題目信息：液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，根據(jù)原子守恒可得出化學方程式為4Cu（OH）2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O。

（4）電解池中陰極得到電子，電極反應為2H++2e-= H2↑，c（OH-）增大，通過陰離子交換膜進入陽極室，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，銅電極和電源的正極相連，作陽極，銅電極本身發(fā)生失電子，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子生成氧化亞銅的電極反應式為2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O。

（5）a、實驗溫度越高達到化學平衡時水蒸氣轉(zhuǎn)化率越大，②和③相比，③轉(zhuǎn)化率高，所以T2＞T1，a錯誤；b、根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知實驗①前20min的平均反應速率v（H2O）＝△c÷△t＝（0.05mol/L0.0486mol/L）÷20min＝7×10-5 mol/（L·min），則根據(jù)反應速率之比是相應的化學計量數(shù)之比可知氧氣表示的反應速率為7×10-5 mol/（L·min）/2＝3.5×10-5 mol/（L·min），b錯誤；c、①②化學平衡狀態(tài)未改變，反應速率加快，則是加入了催化劑，催化劑的活性越高，速率越快，在相等時間內(nèi)，①中水蒸氣的濃度變化比①快，催化劑的催化效率：實驗①＜實驗②，c正確；d、正反應是吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向進行，平衡常數(shù)增大，則實驗①、②、③的化學平衡常數(shù)的關(guān)系：K1=K2<K3，d正確，答案選cd。