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	用碳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，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣akJmol﹣1

C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣bkJmol﹣1

Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣ckJmol﹣1

则方法I发生的反应：2Cu O（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H= kJmol﹣1．

（2）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： ．

（3）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 ．

（4）方法III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

并说明该装置制备Cu2O的原理 ．

（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的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）随时间t（min）

变化如下表所示．

序号	Cu2O a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III	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＜T1

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

c．实验②比实验①所用的Cu2O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）若温度不当，会生成Cu；

（3）4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；

（4）阴极电极反应：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室

阳极电极反应：2 Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，获得Cu2O；

（5）cd

【解析】

试题分析：（1）已知：①2Cu（s）+1/2O2（g）=Cu2O（s）；△H=-akJmol-1，

②C（s）+1/2O2（g）=CO（g）；△H=-bkJmol-1，

③Cu（s）+1/2O2（g）=CuO（s）；△H=-ckJmol-1

由盖斯定律可知，①-③×2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=2c-a-bkJmol-1；

（2）在加热条件下，C与CuO也能生成Cu，所以若温度不当，会生成Cu；

（3）液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，其反应的方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；

（4）阴极上氢离子得电子生成氢气，阴极电极反应：2H++2e-=H2↑，c（OH-）增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，阳极发生氧化反应，碱性条件下Cu在阳极失去电子得到Cu2O与H2O，阳极电极反应式为：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，故a错误；b．实验①前20min的平均反应速率 v（H2）===7×10-5 molL-1 min-1，则v（O2）=1/2v（H2）=3.5×10-5mol/（L．min），故b错误；c．②③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，③中水蒸气的浓度变化比②快，则实验②比实验①所用的Cu2O催化效率高，故c正确；d．该反应为吸热反应，温度越高，k越大，由a分析可知，T2＞T1，所以实验①、②、③的化学平衡常数的关系：K1=K2＜K3，故d正确；故答案为cd。