Question

（14分）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：

方法Ⅰ	用炭粉在高温条件下还原CuO
方法Ⅱ	电解法：2Cu＋H2O Cu2O＋H2↑
方法Ⅲ	用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2

（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成 而使Cu2O产率降低。

（2）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g） △H=akJ·mol—1；

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H=bkJ·mol—1；

2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s） △H=ckJ·mol—1．

方法Ⅰ制备过程会产生有毒气体，写出制备反应的热化学方程式 。

（3）方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极生成Cu2O反应式为 。

（4）方法Ⅲ为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为 。

（5）方法Ⅲ可以用甲醛稀溶液替代肼，但因反应温度较高而使部分产品颗粒过大， （填操作名称）可分离出颗粒过大的Cu2O。

（6）在相同的密闭容器中，用方法Ⅱ和方法Ⅲ制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：

2H2O（g）2H2（g）+O2（g） ⊿H >0

水蒸气的浓度（mol·L－1）随时间t （min）变化如下表：

序号	温度	0	10	20	30	40	50
①	T1	0．050	0．0492	0．0486	0．0482	0．0480	0．0480
②	T1	0．050	0．0488	0．0484	0．0480	0．0480	0．0480
③	T2	0．10	0．094	0．090	0．090	0．090	0．090

可以判断：实验①的前20 min的平均反应速率 ν（O2）＝ ；实验温度T1 T2（填“>”、“<”）；催化剂的催化效率：实验① 实验②（填“>”、“<”）。

Answer 1

（1）铜或Cu（1分） （2）2CuO（s）＋C（s）＝Cu2O（s）＋CO（g） ΔH＝1/2（2a—b—c） kJ·mol－1（2分） （3）2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O（2分）

（4）4Cu（OH）2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O（3分）

（5）过滤（2分） （6）3．5×10-5 mol·L-1 min-1（2分） <（1分） <（1分）

【解析】

试题分析：（1）碳在高温下还有氧化铜也可能生成铜而使Cu2O产率降低。

（2）方法Ⅰ制备过程会产生有毒气体，该气体是CO。已知：① C（s）+O2（g）=CO2（g） △H=akJ·mol—1；②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H=bkJ·mol—1；③2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s） △H=ckJ·mol—1，则根据盖斯定律可可知（2×①—②—③）÷2即得到2CuO（s）＋C（s）＝Cu2O（s）＋CO（g） ΔH＝1/2（2a—b—c） kJ·mol－1。

（3）电解池中阳极失去电子，铜与电源的正极相连，做阳极，则阳极电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O。

（4）用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。其中氮元素化合价从—2价升高到0价，铜元素化合价从＋2价降低到＋1价，因此根据电子得失守恒可知该制法的化学方程式为4Cu（OH）2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O。

（5）颗粒过大，则可以通过过滤的方法分离。

（6）根据表中数据可知前20 min内消耗水蒸气的浓度是0.050mol/L—0.0486mol/L＝0.0014mol/L，则根据方程式可知生成氧气的浓度是0.0007mol/L，则平均反应速率 ν（O2）＝0.0007mol/L÷20min＝3．5×10-5 mol·L-1 min-1。根据实验②③中数据可知平衡甲醇的浓度分别是0.048mol/L、0.090mol/L，则消耗甲醇的浓度分别是0.002mol/L、0.01mol/L，则生成为的浓度分别均是0.002mol/L、0.01mol/L，所以平衡常数分别是、，这说明温度为T2时平衡常数大。由于正方应是吸热反应，升高温度平衡常数增大，所以T1＜T2。实验①、②值起始浓度相等，但到达平衡的时间实验②小于实验①，则催化剂的催化效率：实验①＜实验②。

考点：考查考查盖斯定律应用、外界条件对平衡状态影响、反应速率计算以及电化学原理应用等