Question

6．納米級Cu₂O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，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：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(yīng)不易控制，易還原產(chǎn)生Cu．
（2）己知：2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）△H=-akJ•mol^-1
C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（s）△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(yīng)：2CuO（s）+C（s）=Cu₂O（s）+CO（g）△H=2c-a-bkJ•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，該電池的陽極反應(yīng)式為2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O．
（4）方法III為加熱條件下用液態(tài)拼（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(xué)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
水蒸氣的濃度隨時間t變化如表所示．

序號		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AC（填字母代號）．
A．實驗溫度：T₁＜T₂  
B．實驗①前20min的平均反應(yīng)速率v（O₂）=7×10^-5mol/（L•min）
C．實驗②比實驗①所用的催化劑效率高
（6）25℃時，向50mL0.018mol/L的AgNO₃溶液中加入50mL0.02mol/L鹽酸，生成沉淀．若已知K_sp（AgCl）=1.8×10^-10，則此時溶液中的c（Ag⁺）=1.8×10^-7mol/L．（體積變化忽略不計）若再向沉淀生成后的溶液中加入100mL0.001mol/L鹽酸，是否繼續(xù)產(chǎn)生沉淀否（填“是”或“否”）．

Answer 1

分析 （1）用炭粉在高溫條件下還原CuO容易生成Cu；
（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的系數(shù)作相應(yīng)的加減；
（3）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu₂O與H₂O；
（4）液態(tài)肼（N₂H₄）還原新制Cu（OH）₂來制備納米級Cu₂O，同時放出N₂，根據(jù)得失電子守恒分析；
（5）A．根據(jù)溫度對化學(xué)平衡移動的影響知識來回答；
B．根據(jù)反應(yīng)速率v=$\frac{△c}{△t}$來計算；
C．催化劑不會引起化學(xué)平衡狀態(tài)的改變，會使反應(yīng)速率加快；
（6）計算溶液混合后，不發(fā)生反應(yīng)時c（Ag⁺）、c（Cl^-），令平衡時溶液中Ag⁺的濃度為xmol/L，根據(jù)反應(yīng)Ag⁺（aq）+Cl^-（aq）?AgCl（s），表示出平衡時c（Ag⁺）、c（Cl^-），代入溶度積常數(shù)列方程計算；
再計算混合后溶液，不發(fā)生反應(yīng)時c（Ag⁺）、c（Cl^-），計算離子濃度積，與溶度積比較，判斷是否產(chǎn)生沉淀．

解答 解：（1）用炭粉在高溫條件下還原CuO容易生成Cu，反應(yīng)不易控制生成Cu₂O；
故答案為：反應(yīng)不易控制，易還原產(chǎn)生Cu；
（2）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
由蓋斯定律可知，①-③×2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu₂O（s）+CO（g）△H=2c-a-bkJ•mol^-1；
故答案為：2c-a-b；
（3）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下Cu在陽極失去電子得到Cu₂O與H₂O，陽極電極反應(yīng)式為：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，
故答案為：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；
（4）液態(tài)肼（N₂H₄）還原新制Cu（OH）₂來制備納米級Cu₂O，同時放出N₂，其反應(yīng)的方程式為：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
故答案為：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
（5）A、實驗溫度越高，達到化學(xué)平衡時水蒸氣轉(zhuǎn)化率越大，②和③相比，③轉(zhuǎn)化率高，所以T₂＞T₁，故A正確；
B、實驗①前20min的平均反應(yīng)速率 v（O₂）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{\frac{0.05mol/L-0.0486mol/L}{2}}{20min}$=3.5×10^-5 mol•L^-1 min^-1，故B錯誤；
C、①②化學(xué)平衡狀態(tài)未改變，②反應(yīng)速率加快，先到達平衡，則實驗②比實驗①所用的催化劑效率高，故C正確．
故選AC；
（6）溶液混合后，不發(fā)生反應(yīng)時c（Ag⁺）=$\frac{1′}{2}$×0.018mol•L^-1=0.009mol•L^-1、c（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×0.02mol•L^-1=0.01mol•L^-1，令平衡時溶液中Ag⁺的濃度為xmol/L，
       Ag⁺（aq）+Cl^-（aq）?AgCl（s）
（0.009-x）mol/L      （0.009-x）mol/L
反應(yīng)后溶液中c（Cl^-）=0.01mol/L-（0.009-x）mol/L=（0.001+x）mol/L，故x×（0.001+x）=1.8×10^-10，由于0.009×0.01=9×10^-5＞1.8×10^-10，故0.001+x≈0.001，解得x≈1.8×10^-7，
再向反應(yīng)后的溶液中加入100mL0.001mol•L^-1鹽酸，不發(fā)生反應(yīng)時c（Ag⁺）=$\frac{1}{2}$×1.8×10^-7mol•L^-1=9×10^-8mol•L^-1、c（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×[（0.001+1.8×10^-7+0.001]mol•L^-1≈0.001mol•L^-1，而離子濃度積=0.001×9×10^-8=0.9×10^-10＜1.8×10^-10，故沒有沉淀產(chǎn)生，
故答案為：1.8×10^-7mol/L；否．

點評 本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、電解原理的應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫和配平、化學(xué)反應(yīng)速率的計算以及化學(xué)平衡移動、平衡常數(shù)、溶度積的應(yīng)用等，題目綜合性較大，難度中等，是對知識的綜合運用，注意基礎(chǔ)知識的理解掌握．