Question

11．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CuO₂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：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(chǎn)率降低．
（2）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
（3）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）$\frac{\underline{\;\;\;光\;\;\;}}{Cu_{2}O}$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：

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

可以判斷：實驗①的前20 min的平均反應速率 ν（O₂）=3.5×10^-5mol/（L．min）；；實驗溫度T₁＜T₂（填“＞”“＜”）；催化劑的催化效率：實驗①＜實驗②（填“＞”、“＜”）．

Answer 1

分析 （1）碳能與CuO反應置換出Cu；
（2）陽極發(fā)生氧化反應，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu₂O與H₂O；
（3）根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算v（H₂O），再利用速率之比等于其化學計量數(shù)之比計算v（O₂）；
若實驗溫度T₁=T₂，實驗③等效為在實驗①的基礎上壓強增大一倍，平衡逆向移動，平衡時水的轉(zhuǎn)化率減小，則平衡時③中水的濃度大于①中的2倍，而實際③中水的濃度小于①中的2倍，說明③中改變溫度平衡正向移動；
催化劑效率越高，反應速率越快，到達平衡時間越短．

解答 解：（1）方法Ⅰ反應條件不易控制，若控溫不當碳與CuO發(fā)生置換反應生成Cu，使Cu₂O產(chǎn)率降低，
故答案為：Cu；
（2）陽極發(fā)生氧化反應，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu₂O與H₂O，陽極電極反應式為：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，
故答案為：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；
（3）v（H₂O）=$\frac{（0.050-0.0486）mol/L}{20min}$=7×10^-5mol/（L．min），速率之比等于其化學計量數(shù)之比，則v（O₂）=$\frac{1}{2}$v（H₂O）=3.5×10^-5mol/（L．min）；
若實驗溫度T₁=T₂，實驗③等效為在實驗①的基礎上壓強增大一倍，平衡逆向移動，平衡時水的轉(zhuǎn)化率減小，則平衡時③中水的濃度大于①中的2倍，而實際③中水的濃度小于①中的2倍，說明③中改變溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，故溫度T₁＜T₂；
實驗①②相比，實驗②到達平衡時間短，反應速率越快，催化劑效率高，
故答案為：3.5×10^-5mol/（L．min）；＜；＜．

點評 本題以物質(zhì)的制備為載體，考查元素化合物性質(zhì)、電解原理、反應速率計算、化學平衡與化學反應速率影響因素等，側重考查學生對數(shù)據(jù)的分析處理能力，難度中等．