Question

17．納米級Cu₂O由于具有優(yōu)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	電解法，反應為2Cu+H2O $\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$ Cu2O+H2↑．
方法Ⅲ	用肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2

（1）工業(yè)上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu₂O而很少用方法Ⅰ，其原因是反應條件不易控制，若控溫不當易生成Cu而使Cu₂O產率降低．
（2）已知：2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）△H=-akJ•mol^-1
C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）△H=-bkJ•mol^-1
Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CuO（s）△H=-ckJ•mol^-1
則方法Ⅰ發(fā)生的反應：2CuO（s）+C（s）=Cu₂O（s）+CO（g）；△H=-（b-2c-$\frac{a}{2}$）kJ•mol^-1．
（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，該電池的陽極生成Cu₂O反應式為2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O．
（4）方法Ⅲ為加熱條件下用液態(tài)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4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O．
（5）在相同的密閉容器中，用以上兩種方法制得的Cu₂O分別進行催化分解水的實驗：2H₂O（g）$?_{Cu_{2}O}^{光照}$2H₂（g）+O₂（g）△H＞0，水蒸氣的濃度（mol/L）隨時間t（min）變化如表所示．

序號	溫度	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

下列敘述正確的是C（填字母代號）．
A．實驗的溫度：T₂＜T₁
B．實驗①前20min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．

Answer 1

分析 （1）炭粉在高溫條件下還原CuO易生成Cu；
（2）根據(jù)蓋斯定律結合熱化學方程式的書寫方法來書寫；
（3）在電解池的陽極發(fā)生失電子得還原反應；
（4）根據(jù)“液態(tài)肼（N₂H₄）還原新制Cu（OH）₂來制備納米級Cu₂O，同時放出N₂”來書寫化學方程式；
（5）A、根據(jù)溫度對化學平衡移動的影響知識來回答；
B、根據(jù)反應速率v=$\frac{△c}{△t}$來計算水蒸氣的反應速率，速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比；
C、催化劑不會引起化學平衡狀態(tài)的改變，會使反應速率加快，活性越高，速率越快．

解答 解：（1）炭粉在高溫條件下還原CuO易生成Cu，反應不易控制，
故答案為：Cu；
（2）已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）；△H=-akJ•mol^-1，
②C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）；△H=-bkJ•mol^-1，
③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CuO（s）△H=-ckJ•mol^-1
用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu₂O和CO的化學方程式為C（s）+2CuO （s）=Cu₂O（s）+CO（g）
該反應可以是②-③×2-$\frac{1}{2}$×①，反應的焓變是：△H=-（b-2c-$\frac{a}{2}$）KJ/mol，
故答案為：-（b-2c-$\frac{a}{2}$）；
（3）在電解池中，當陽極是活潑電極時，該電機本身發(fā)生失電子得還原反應，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應為2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，
故答案為：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；
（4）根據(jù)題目信息：液態(tài)肼（N₂H₄）還原新制Cu（OH）₂來制備納米級Cu₂O，同時放出N₂，得出化學方程式為：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O，
故答案為：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
（5）A、實驗溫度越高達到化學平衡時水蒸氣轉化率越大，②和③相比，③轉化率高所以T₂＞T₁，故A錯誤；
B、實驗①前20min的平均反應速率 v（H₂O）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{0.05mol/L-0.0486mol/L}{20min}$=7×10^-5 mol•L^-1 min^-1，v（O₂）=$\frac{1}{2}$ v（H₂O）=3.5×10^-5 mol•L^-1 min^-1，故B錯誤；
C、①②化學平衡狀態(tài)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，②中水蒸氣的濃度變化比①快，實驗②比實驗①所用的催化劑催化效率高，故C正確；
故答案為：C．

點評 本題是一道有關熱化學、電化學以及化學反應速率和反應限度的綜合題，考查角度廣，注意基礎知識的熟練掌握，題目難度中等．