Question

【题目】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	用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2
方法Ⅲ	电解法：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

则方法Ⅰ发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g） △H = kJ·mol-1

（1）工业上很少用方法Ⅰ制取Cu2O是由于方法Ⅰ反应条件不易控制，若控温不当，会降低Cu2O产率，请分析原因： 。

（2）方法Ⅱ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 。

（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，写出电极反应式：阴极 ；阳极 。

（4）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）变化如下表所示：

序号	Cu2Oa克	温度	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

下列叙述正确的是 （填字母代号）。

a．实验的温度T2小于T1

b．实验①前20 min的平均反应速率v（O2）=7×10-5 mol·L-1 min-1

c．实验②比实验①所用的催化剂催化效率高

d．实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2<K3

Answer 1

【答案】（1）2c-a-b（2分）b

（2）若温度不当，会生成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】

试题分析：（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

则根据盖斯定律可知③×2－①－②即可得到反应：

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

（2）方法Ⅰ中在高温下碳有可能把氧化铜还原为金属铜而使氧化亚铜的产率降低。

（3）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，根据原子守恒可得出化学方程式为4Cu（OH）2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O。

（4）电解池中阴极得到电子，电极反应为2H++2e-= H2↑，c（OH-）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极失去电子，发生氧化反应，铜电极和电源的正极相连，作阳极，铜电极本身发生失电子，在碱性环境下，金属铜失去电子生成氧化亚铜的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O。

（5）a、实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，②和③相比，③转化率高，所以T2＞T1，a错误；b、根据表中数据可知实验①前20min的平均反应速率v（H2O）＝△c÷△t＝（0.05mol/L0.0486mol/L）÷20min＝7×10-5 mol/（L·min），则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知氧气表示的反应速率为7×10-5 mol/（L·min）/2＝3.5×10-5 mol/（L·min），b错误；c、①②化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，①中水蒸气的浓度变化比①快，催化剂的催化效率：实验①＜实验②，c正确；d、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，平衡常数增大，则实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2<K3，d正确，答案选cd。