Question

【題目】納米級Cu2O由于具有優良的催化性能而受到關注，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發生的反應：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g） △H = kJ·mol-1

（1）工業上很少用方法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產率，請分析原因： 。

（2）方法Ⅱ為加熱條件下用液態肼（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的化學平衡常數的關系：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率降低。

（3）根據題目信息：液態肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，根據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，銅電極本身發生失電子，在堿性環境下，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化率越大，②和③相比，③轉化率高，所以T2＞T1，a錯誤；b、根據表中數據可知實驗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），則根據反應速率之比是相應的化學計量數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，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，平衡常數增大，則實驗①、②、③的化學平衡常數的關系：K1=K2<K3，d正確，答案選cd。