Question

与甲醇燃料电池相比，乙醇燃料电池具有毒性低、理论能量密度高等优点，因此被广泛认为是更有前途的燃料电池．图是一个乙醇燃料电池工作时的示意图．乙池中的两个电极均为石墨电极，乙池中盛有100mL 3.00mol/L的CuSO₄溶液．请回答下列问题：
（1）N的电极反应式为

4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O

．
（2）在此过程中，乙池中某一电极析出金属铜6.4g时，甲池中理论上消耗氧气

1.12

L（标准状况下）．
（3）在此过程中，若乙池中两电极产生的气体体积恰好相等时（标准状况下），理论上需通入乙醇

4.6

 g．
（4）工业上可以利用下列反应制取乙醇：
反应I：2CO₂（g）+6H₂（g）

催化剂  .

CH₃CH₂OH（g）+3H₂O（g） 25℃时．K=2.95×10¹¹
反应II：2CO₂（g）+4H₂（g）

催化剂  .

CH₃CH₂OH（g）+H₂O（g）25℃时，K=1.7l×10²²
①写出反应I的平衡常数表达式K=

，
②条件相同时，反应I与反应II相比，转化程度更大的是

反应II

．
③在一定压强下，测得反应I的实验数据如下表：

温度（K） CO2转化率（%） n（H2）/n（CO2）	500	600	700	800
1.5	45	33	20	12
2	60	43	28	15
3	83	62	37	22

根据表中数据分析：温度升高，K值

减小

（填“增大”、“减小”或“不变”），提高氢碳比．n（H₂）/n（CO₂），对生成乙醇

有利

（填“不利”或“有利”）．

Answer 1

分析：（1）根据燃料电池的正负极确定电解池的阴阳极，进而确定电极反应式的书写；
（2）甲池和乙池是串联电路，电路中转移电子的量相等，根据电子守恒来计算消耗氧气的量；
（3）根据乙池中两电极的电极反应计算两电极产生的气体体积恰好相等时转移的电子数，进而确定消耗乙醇的量；
（4）①平衡常数K=

生成物平衡浓度系数次方的乘积

反应物平衡浓度系数次方的乘积

；
②根据平衡常数表征的意义来回答；
③根据化学平衡与移动原理结合表中的数据来回答．

解答：解：（1）燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通入氧气的电极是正极，所以N极是电解池的阳极，放电的是电解质中的氢氧根离子，即4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，故答案为：4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；
（2）乙池中M极是阴极，该极上析出金属铜，电极反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu，当生成金属铜6.4g即0.1mol时，转移电子为0.2mol，甲池和乙池是串联电路，电路中转移电子的量相等，根据甲池中氧气的放电反应O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，当转移0.2mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.05mol，体积是0.05mol×22.4L/mol=1.12L，，故答案为：1.12；
（3）乙池中阳极反应是4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，阴极反应依次是：Cu²⁺+2e^-=Cu，2H⁺+2e^-=H₂，当铜离子全部放电时，转移电子是0.6mol，设转移nmol电子时，两极上产生气体的体积相等，则两极上产生气体的物质的量等式表示为：0.25n=0.5（n-0.6），解得n=1.2，根据反应C₂H₆O+3O₂=2CO₂+3H₂O，在转移，12mol电子时，消耗C₂H₆O的量为1mol，当转移1.2mol电子时，理论上消耗乙醇0.1moL，质量是4.6g，故答案为：4.6；
（4）①平衡常数K=

生成物平衡浓度系数次方的乘积

反应物平衡浓度系数次方的乘积

=

[C2H6O][H2O]3

[CO2]2[H2]6

 ，故答案为：

[C2H6O][H2O]3

[CO2]2[H2]6

 ；
②根据平衡常数表征的意义：K越大表示反应物的转化程度大，故答案为：反应II；
③根据表中的数据可以看出，温度越高，二氧化碳的转化率越小，所以平衡越往左移动，说明向左的方向是吸热的，即反应是放热，温度越高K越小，根据表中数据提高氢碳比n（H₂）/n（CO₂），二氧化碳的转化率增大，所以向右进行，有利于乙醇的生成，故答案为：减小，有利．

点评：本题是一道综合应用知识题目，考查角度广，难度很大．