Question

19．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的四种方法：

方法a	用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b	用葡萄糖还原新制的Cu（OH）2制备Cu2O；
方法c	电解法，反应为2Cu+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑．
方法d	用肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2

（1）已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）；△H=-169kJ•mol^-1
②C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol^-1
③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CuO（s）；△H=-157kJ•mol^-1
则方法a发生的热化学方程式是：C（s）+2CuO（s）=Cu₂O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol^-1．
（2）方法c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：
该离子交换膜为阴离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，钛极附近的pH值增大（填“增大”“减小”或“不变”）．
（3）方法d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4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O．
（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu₂O分别进行催化分解水的实验：2H₂O（g）$?_{Cu_{2}O}^{光照}$2H₂（g）+O₂（g）△H＞0．水蒸气的浓度随时间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“﹦”），能否通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断：否（填“能”或“否”）．
②实验①前20min的平均反应速率 v（O₂）=3.5×10^-5mol/（L•min）
③催化剂的催化效率：实验①＜实验②（填“＞”或“＜”）．

Answer 1

分析 （1）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写方法来书写；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH^-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值变化；
（3）根据“液态肼（N₂H₄）还原新制Cu（OH）₂来制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂”来书写化学方程式；
（4）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；温度不同，反应速率不同，不能通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断；
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催化剂效率越高，反应速率越快，到达平衡时间越短．

解答 解：（1）已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）；△H=-169kJ•mol^-1，
②C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ•mol^-1，
③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CuO（s）△H=-157kJ•mol^-1
用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu₂O和CO的化学方程式为C（s）+2CuO （s）=Cu₂O（s）+CO（g）
该反应可以是②-③×2-$\frac{1}{2}$×①，反应的焓变是-110.5kJ•mol^-1-（-157kJ•mol^-1×2）-$\frac{1}{2}$×（-169kJ•mol^-1）=34.5kJ•mol^-1，
故答案为：C（s）+2CuO （s）=Cu₂O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol^-1；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH^-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，则PH值增大，故答案为：阴；2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；增大；
（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，得出化学方程式为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O，
故答案为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
（4）①该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大，②和③相比，③转化率高，所以T₂＞T₁，温度不同，反应速率不同，不能通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断；
故答案为：＞；否；
②前20min内水蒸气反应速率=$\frac{0.05-0.0486}{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实验①②相比，实验②到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，
故答案为：＜．

点评 本题考查物质制备，为高频考点，涉及化学平衡有关计算、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．