Question

2．电化学原理在化学工业中有广泛的应用．请根据如图回答问题：

（1）装置Ⅰ中的X电极的名称是负极，Y电极的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，工作一段时间后，电解液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（2）若装置Ⅱ中a、b均为Pt电极，W为400mL滴有几滴酚酞的饱和NaCl溶液（电解前后溶液体积不变）．
①实验开始后，观察到b电极周围溶液变红色，其原因是（用电极反应式表示）2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-；检验a电极产物的方法是将湿润的淀粉碘化钾试纸放在a电极的出气口附近；
②常温下，当Y极反应消耗标准状况下的气体2.24L时，装置Ⅱ中得到溶液的pH为14．
（3）若利用装置Ⅱ进行铜的精炼，则a电极的材料为粗铜，工作一段时间后装置Ⅱ电解液中c（Cu²⁺）将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）若装置Ⅱ为在铁棒上镀银的装置，电极a上发生的反应为Ag-e^-═Ag⁺，电解池盛放的电解液W可以是AgNO₃溶液．

Answer 1

分析 （1）装置Ⅰ为甲烷燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，生成二氧化碳能够与KOH反应，导致溶液pH减小，氧气在正极发生还原反应，生成氢氧根离子；
（2）①根据图知，Y是正极，b是阳极，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成了氢氧根离子，溶液滴有酚酞的溶液显示红色；阳极上氯离子失去电子生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；
②Y电极的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，2.24L气体为0.1mol，则转移电子为0.4mol，根据电子守恒计算装置II生成的氢氧根离子的物质的量，然后求出pH；
（3）铜的电解精炼中，粗铜接阳极，因为阳极上有比铜活泼的金属放电，导致铜离子浓度减小；
（4）电镀时，待镀金属为阴极，镀层金属为阳极，电解质溶液为含有镀层金属阳离子的溶液．

解答 解：（1）装置Ⅰ为甲烷燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，生成二氧化碳能够与KOH反应，导致溶液pH减小，在碱性环境中，氧气在正极发生还原反应，生成氢氧根离子，电极反应式为：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，
故答案为：负极；O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；减小；
（2）①电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其离子方程式为：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，b是阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧化钠，所以溶液碱性增强，酚酞试液遇碱变红色，电极反应式为：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验生成气体，
故答案为：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在a电极的出气口附近；
②Y电极的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，2.24L气体为0.1mol，则转移电子为0.4mol，装置II中发生的反应为2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，转移0.4mol电子时生成0.4mol氢氧根离子，则c（OH^-）=1mol/L，所以溶液的pH为14；
故答案为：14；
（3）电镀法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，所以阳极材料是粗铜；阳极上失电子变成离子进入溶液，因作阳极的粗铜中的铜和比铜活泼的金属都失去电子进入溶液，阴极溶液中Cu²⁺得到电子沉积在阴极上，所以，为阳极a电极连接粗铜，电解一段时间后，溶液中铜离子浓度在减小，
故答案为：粗铜；减小；
（4）若装置Ⅱ为在铁棒上镀银的装置，则Fe为阴极，银为阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，a与正极相连为阳极，银在阳极上失电子生成银离子，即Ag-e^-═Ag⁺；
故答案为：Ag-e^-═Ag⁺；AgNO₃溶液．

点评 本题考查了原电池原理和电解原理的分析应用，主要是电极反应的书写和电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．