Question

19．纳米氧化亚铜在水的光解等领域具有极大应用潜能，是极具开发前景的绿色环保光催化剂．目前主要的合成方法有电解法、高温固相法等．
（1）有研究表明阳极氧化法成功制得了Cu₂O 纳米阵列，装置如图：该电池的阳极反应方程式为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O离子交换膜为阴（填阳或阴）离子交换膜，铜网应连接电源的正极．
（2）在高温下用甲烷将粉状CuO 还原也可制得Cu₂O．
已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）；△H=-169kJ•mol^-1
②CH₄（g）+2O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）；△H=-846.3kJ•mol^-1
③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CuO（s）；△H=-157kJ•mol^-1
则该反应的热化学方程式是：8CuO（s）+CH₄（g）=4Cu₂O（s）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-266.3kJ/mol．
（3）在相同的密闭容器中，用等质量的三种纳米Cu₂O（用不同方法制得）分别进行催化分解水的实验：2H₂O（g）$?_{Cu_{2}O}^{光照}$2H₂（g）+O₂（g）△H＞0．水蒸气浓度随时间t变化如下表所示：

序号		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

①对比实验的温度：T₂＞T₁（填“＞”“＜”或“﹦”），原因是因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，③的平衡常数大于①，说明T₂大于T₁．
②实验①前20min的平均反应速率 v（O₂）=3.5×10^-5mol/（L•min）
③比较不同方法制得的Cu₂O的催化效果应选用①和②组实验，原因是除催化剂外，其他条件相同．

Answer 1

分析 （1）阳极氧化法制Cu₂O，铜失去电子，根据电荷守恒，溶液中有氢氧根离子参与反应，离子交换膜需允许氢氧根离子通过，铜网作阳极，与电源的正极相连；
（2）根据盖斯定律知，目标反应相当于②-③×8+①×4；
（3）①该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大；
②先计算水蒸气反应速率，再根据同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气反应速率；
③研究催化剂对反应速率的影响，只能让催化剂作为变量，其余的均相同．

解答 解：（1）阳极氧化法制Cu₂O，铜失去电子，根据电荷守恒，溶液中有氢氧根离子参与反应，电极反应式为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，离子交换膜需允许氢氧根离子通过，过为阴离子交换膜；铜网作阳极，与电源的正极相连，
故答案为：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；阴；正；
（2）目标反应为8CuO（s）+CH₄（g）=4Cu₂O（s）+CO₂（g）+2H₂O（g），根据盖斯定律知，目标反应相当于②-③×8+①×4，故△H=（-846.3）+[-（157）×8]+（-169）×4=-266.3kJ/mol，
故答案为：8CuO（s）+CH₄（g）=4Cu₂O（s）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-266.3kJ/mol；
（3）①因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，③的平衡常数大于①，所以T₂＞T₁，
故答案为：＞；因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，③的平衡常数大于①，说明T₂大于T₁；
②前20min内水蒸气反应速率=$\frac{0.050-0.0486}{20-0}$mol/（L．min）=7×10^-5mol/（L•min），同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率=3.5×10^-5mol/（L•min），
故答案为：3.5×10^-5mol/（L•min）；
③研究催化剂对反应速率的影响，只能让催化剂作为变量，其余的均相同，从数据表格知①和②为研究催化剂对反应速率影响的实验，
故答案为：①和②；除催化剂外，其他条件相同．

点评 本题考查物质制备，涉及化学反应速率和化学平衡有关计算、电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析计算能力，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．