题目内容
（2011?青岛模拟）Cu的化合物在生活及科研中有重要作用，不同反应可制得不同状态的Cu2O
（1）科学研究发现纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂．
①在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时放出N2．当收集的N2体积为3.36L（已换算为标准状况）时，可制备纳米级Cu2O的质量为
②一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.20mol水蒸气，发生反应：
2H2O（g）
2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ?mol-1；测得20min时O2的物质的量为0.0016mol，则前20min的反应速率v（H2O）=
；下图表示在t1时刻达到平衡后，只改变一个条件又达到平衡的不同时段内，H2的浓度随时间变化的情况，则t1时平衡的移动方向为
（2）已知：2Cu2（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1
请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式
（3）用电解法也可制备Cu2O．原理如右上图所示，则阳极电极反应可以表示为
（1）科学研究发现纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂．
①在加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时放出N2．当收集的N2体积为3.36L（已换算为标准状况）时，可制备纳米级Cu2O的质量为
43.2g
43.2g
；②一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.20mol水蒸气，发生反应：
2H2O（g）
2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ?mol-1；测得20min时O2的物质的量为0.0016mol，则前20min的反应速率v（H2O）=8×10-5mol/（L?min）
8×10-5mol/（L?min）
；该温度下，反应的平衡常数表达式K=| c2(H2)?c(O2) |
| c2(H2O) |
| c2(H2)?c(O2) |
| c2(H2O) |
逆向
逆向
，t2时改变的条件可能为增大压强或增大H2浓度
增大压强或增大H2浓度
；若以K1、K2、K3分别表示t1时刻起改变条件的三个时间段内的平衡常数，t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，则K1、K2、K3的关系为K1=K2＜K3
K1=K2＜K3
；（2）已知：2Cu2（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1
请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式
2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1
2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1
；（3）用电解法也可制备Cu2O．原理如右上图所示，则阳极电极反应可以表示为
2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O
2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O
．分析：（1）①根据电子转移数目守恒计算．
②根据v=
计算v（O2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2O）；
平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值；
由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动；
由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大；
t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变．由图可知t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，H2浓度增大，平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的体积为升高温度．
（2）根据盖斯定律解答．
（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水．
②根据v=
| △c |
| △t |
平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值；
由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动；
由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大；
t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变．由图可知t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，H2浓度增大，平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的体积为升高温度．
（2）根据盖斯定律解答．
（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水．
解答：解：（1）①令生成的Cu2O的物质的量为nmol，根据电子转移数目守恒，则有
nmol×2×（1-0）=
×2×[0-（-2）]，解得n=0.3
所以可制备Cu2O的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g．
故答案为：43.2g．
②20min时O2的物质的量为0.0016mol，所以v（O2）=
=4×10-5mol/（L?min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=2v（O2）=2×4×10-5mol/（L?min）=8×10-5mol/（L?min）．
平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，所以反应2H2O（g）2H2（g）+O2（g）平衡常数的表达式k=
．
由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动，使H2的浓度降低．
由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大，所以改变的条件为增大压强或增大H2浓度．
t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2．t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，由图可知，H2浓度增大，所以平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的条件为升高温度，所以K2＜K3．所以K1=K2＜K3．
故答案为：8×10-5mol/（L?min）；
；逆向；增大压强或增大H2浓度；K1=K2＜K3．
（2）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1
根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ?mol-1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1
故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1．
（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水，电极反应式为2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O．
故答案为：2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O．
nmol×2×（1-0）=
| 3.36L |
| 22.4L/mol |
所以可制备Cu2O的质量为0.3mol×144g/mol=43.2g．
故答案为：43.2g．
②20min时O2的物质的量为0.0016mol，所以v（O2）=
| ||
| 20min |
平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，所以反应2H2O（g）
2H2（g）+O2（g）平衡常数的表达式k=| c2(H2)?c(O2) |
| c2(H2O) |
由图可知H2的浓度随时间降低，改变条件瞬间H2浓度不变，所以不可能是改变H2浓度，故改变的条件使平衡向逆反应移动，使H2的浓度降低．
由图可知t2时，改变条件瞬间H2浓度增大，体积减小增大压强可以使H2浓度增大，增大H2浓度也可使H2浓度增大，所以改变的条件为增大压强或增大H2浓度．
t1时刻与t2时刻温度相同，温度不变，平衡常数不变，所以K1=K2．t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，由图可知，H2浓度增大，所以平衡向正反应进行，该反应为气体体积减小的反应，且正反应为吸热反应，所以t3时刻改变的条件为升高温度，所以K2＜K3．所以K1=K2＜K3．
故答案为：8×10-5mol/（L?min）；
| c2(H2)?c(O2) |
| c2(H2O) |
（2）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1
根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ?mol-1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1
故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ?mol-1．
（3）铜在阳极上，被氧化，与氢氧根反应生成氧化亚铜与水，电极反应式为2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O．
故答案为：2Cu++2OH--2e-=C2u+H2O．
点评：本题总合性较大，涉及电子转移守恒、反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式、电化学等．化学平衡的知识主要通过浓度-时间图来进行，考查学生从图象获取信息的能力，难度较大．
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