Question

2．利用如圖所示裝置電解硝酸銀溶液和飽和硫酸鈉溶液（甲中盛有AgNO₃溶液，乙中盛有飽和Na₂SO₄溶液）．

（1）通電一段時(shí)間，觀察到濕潤的淀粉KI試紙的C（選填“C”或“D”）端變藍(lán)．
（2）裝置甲中陽極為Pt，陰極的電極反應(yīng)式為Ag⁺+e^-=Ag．
（3）裝置乙中觀察到的現(xiàn)象是①Cu極附近溶液變藍(lán) ②石墨電極逸出氣體 ③溶液中出現(xiàn)藍(lán)色沉淀．
（4）電解一段時(shí)間后，裝置甲、乙中共收集到氣體0.168L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），而且該時(shí)間段內(nèi)裝置乙中析出硫酸鈉晶體（Na₂SO₄•10H₂O）w g，測(cè)得裝置甲中溶液的體積為1L，則裝置甲中溶液的pH為2．電解前飽和Na₂SO₄溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%（計(jì)算時(shí)忽略電解過程中的其他副反應(yīng)）．

Answer 1

分析 （1）D點(diǎn)與負(fù)極相連為陰極，C點(diǎn)為陽極，陽極上碘離子失電子生成單質(zhì)碘；
（2）裝置甲中Pt與正極相連為陽極；Fe為陰極，陰極上銀離子得電子生成Ag；
（3）乙裝置中Cu與正極相連失電子生成銅離子，石墨上氫離子得電子生成氫氣和氫氧根離子；
（4）甲、乙裝置中共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體0.168L，應(yīng)分別為氧氣和氫氣，則氧氣為0.168L×$\frac{1}{3}$=0.056L，n（0₂）=$\frac{0.056L}{22.4L/mol}$=0.0025mol，轉(zhuǎn)移電子0.01mol，結(jié)合電子守恒計(jì)算；乙中析出硫酸鈉晶體（Na₂SO₄﹒10H₂O）ωg，由于陽極生成銅離子，溶液中應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，可認(rèn)為硫酸鈉全部析出，則m（Na₂SO₄）=$\frac{142w}{322}$g，
根據(jù)2H₂O-2e^-=2H⁺+2OH^-可知消耗水為0.01mol，質(zhì)量為0.18g，則溶液質(zhì)量為（w+0.18）g，再求出電解前飽和Na₂SO₄溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

解答 解：（1）D點(diǎn)與負(fù)極相連為陰極，C點(diǎn)為陽極，陽極上碘離子失電子生成單質(zhì)碘，單質(zhì)碘遇到淀粉溶液會(huì)變藍(lán)色，所以C點(diǎn)變藍(lán)色；
故答案為：C；
（2）裝置甲中Pt與正極相連為陽極；Fe為陰極，陰極上銀離子得電子生成Ag，則陰極的電極方程式為：Ag⁺+e^-=Ag；
故答案為：Pt；Ag⁺+e^-=Ag；
（3）乙裝置中Cu與正極相連失電子生成銅離子，所以Cu電極附近溶液變藍(lán)色，石墨上氫離子得電子生成氫氣和氫氧根離子，氫氧根離子與銅離子結(jié)合生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀；
故答案為：①Cu極附近溶液變藍(lán) ②石墨電極逸出氣體 ③溶液中出現(xiàn)藍(lán)色沉淀；
（4）甲、乙裝置中共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體0.168L，應(yīng)分別為氧氣和氫氣，則氧氣為0.168L×$\frac{1}{3}$=0.056L，n（0₂）=$\frac{0.056L}{22.4L/mol}$=0.0025mol，轉(zhuǎn)移電子0.01mol，
甲中盛有AgNO₃溶液，電解時(shí)生成硝酸，n（H⁺）=n（e^-）=0.01mol，則c（H⁺）=$\frac{0.01mol}{1L}$=0.01mol/L，則pH=2；
乙中析出硫酸鈉晶體（Na₂SO₄﹒10H₂O）ωg，由于陽極生成銅離子，溶液中應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，可認(rèn)為硫酸鈉全部析出，則m（Na₂SO₄）=$\frac{142w}{322}$g，
根據(jù)2H₂O-2e^-=2H⁺+2OH^-可知消耗水為0.01mol，質(zhì)量為0.18g，則溶液質(zhì)量為（w+0.18）g，
所以質(zhì)量分?jǐn)?shù)為$\frac{142w}{322（w+0.18）}$×100%=$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%；
故答案為：2；$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查電解原理，側(cè)重于考查學(xué)生綜合運(yùn)用電解知識(shí)的能力，題目難度較大，注意把握電解規(guī)律以及電子守恒在計(jì)算中的應(yīng)用，能正確判斷電極方程式．