Question

2．利用如图所示装置电解硝酸银溶液和饱和硫酸钠溶液（甲中盛有AgNO₃溶液，乙中盛有饱和Na₂SO₄溶液）．

（1）通电一段时间，观察到湿润的淀粉KI试纸的C（选填“C”或“D”）端变蓝．
（2）装置甲中阳极为Pt，阴极的电极反应式为Ag⁺+e^-=Ag．
（3）装置乙中观察到的现象是①Cu极附近溶液变蓝 ②石墨电极逸出气体 ③溶液中出现蓝色沉淀．
（4）电解一段时间后，装置甲、乙中共收集到气体0.168L（标准状况下），而且该时间段内装置乙中析出硫酸钠晶体（Na₂SO₄•10H₂O）w g，测得装置甲中溶液的体积为1L，则装置甲中溶液的pH为2．电解前饱和Na₂SO₄溶液中溶质的质量分数的计算式为$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%（计算时忽略电解过程中的其他副反应）．

Answer 1

分析 （1）D点与负极相连为阴极，C点为阳极，阳极上碘离子失电子生成单质碘；
（2）装置甲中Pt与正极相连为阳极；Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag；
（3）乙装置中Cu与正极相连失电子生成铜离子，石墨上氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子；
（4）甲、乙装置中共收集到标准状况下的气体0.168L，应分别为氧气和氢气，则氧气为0.168L×$\frac{1}{3}$=0.056L，n（0₂）=$\frac{0.056L}{22.4L/mol}$=0.0025mol，转移电子0.01mol，结合电子守恒计算；乙中析出硫酸钠晶体（Na₂SO₄﹒10H₂O）ωg，由于阳极生成铜离子，溶液中应生成氢氧化铜沉淀，可认为硫酸钠全部析出，则m（Na₂SO₄）=$\frac{142w}{322}$g，
根据2H₂O-2e^-=2H⁺+2OH^-可知消耗水为0.01mol，质量为0.18g，则溶液质量为（w+0.18）g，再求出电解前饱和Na₂SO₄溶液中溶质的质量分数．

解答 解：（1）D点与负极相连为阴极，C点为阳极，阳极上碘离子失电子生成单质碘，单质碘遇到淀粉溶液会变蓝色，所以C点变蓝色；
故答案为：C；
（2）装置甲中Pt与正极相连为阳极；Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，则阴极的电极方程式为：Ag⁺+e^-=Ag；
故答案为：Pt；Ag⁺+e^-=Ag；
（3）乙装置中Cu与正极相连失电子生成铜离子，所以Cu电极附近溶液变蓝色，石墨上氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子结合生成氢氧化铜蓝色沉淀；
故答案为：①Cu极附近溶液变蓝 ②石墨电极逸出气体 ③溶液中出现蓝色沉淀；
（4）甲、乙装置中共收集到标准状况下的气体0.168L，应分别为氧气和氢气，则氧气为0.168L×$\frac{1}{3}$=0.056L，n（0₂）=$\frac{0.056L}{22.4L/mol}$=0.0025mol，转移电子0.01mol，
甲中盛有AgNO₃溶液，电解时生成硝酸，n（H⁺）=n（e^-）=0.01mol，则c（H⁺）=$\frac{0.01mol}{1L}$=0.01mol/L，则pH=2；
乙中析出硫酸钠晶体（Na₂SO₄﹒10H₂O）ωg，由于阳极生成铜离子，溶液中应生成氢氧化铜沉淀，可认为硫酸钠全部析出，则m（Na₂SO₄）=$\frac{142w}{322}$g，
根据2H₂O-2e^-=2H⁺+2OH^-可知消耗水为0.01mol，质量为0.18g，则溶液质量为（w+0.18）g，
所以质量分数为$\frac{142w}{322（w+0.18）}$×100%=$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%；
故答案为：2；$\frac{71w}{161（w+0.18）}$×100%．

点评 本题综合考查电解原理，侧重于考查学生综合运用电解知识的能力，题目难度较大，注意把握电解规律以及电子守恒在计算中的应用，能正确判断电极方程式．