Question

20．用Pt作电极，电解串联电路中分装在甲、乙两个烧杯中的200mL 0.3mol•L^-1的NaCl溶液和300mL 0.2mol•L^-1的AgNO₃溶液，当产生0.56L（标况）Cl₂时，停止电解，取出电极，将两杯溶液混合，混合液的pH为（混合后溶液体积为500mL）（　　）

• A． 1.4
• B． 5.6
• C． 7
• D． 12.6

Answer 1

分析 n（Cl₂）=$\frac{0.56L}{22.4L/mol}$=0.025mol，根据Cl原子守恒知消耗n（NaCl）=2n（Cl₂）=2×0.025mol=0.05mol＜0.3mol/L×0.2L=0.06mol，说明电解后NaCl还有剩余，且剩余物质的量=0.06mol-0.05mol=0.01mol，此时甲中溶质为NaCl、NaOH，根据Na原子守恒知生成n（NaOH）=n（NaCl）_（消耗）=0.05mol；
根据转移电子守恒、原子守恒知，生成n（HNO₃）=n（Ag）=$\frac{0.025mol×2}{1}$=0.05mol，
通过以上分析知，n（NaOH）=n（HNO₃）=0.05mol，二者恰好反应生成硝酸钠，剩余的氯化钠和硝酸银恰好反应生成AgCl和NaNO₃，溶液呈中性．

解答 解：n（Cl₂）=$\frac{0.56L}{22.4L/mol}$=0.025mol，根据Cl原子守恒知消耗n（NaCl）=2n（Cl₂）=2×0.025mol=0.05mol＜0.3mol/L×0.2L=0.06mol，说明电解后NaCl还有剩余，且剩余物质的量=0.06mol-0.05mol=0.01mol，此时甲中溶质为NaCl、NaOH，根据Na原子守恒知生成n（NaOH）=n（NaCl）_（消耗）=0.05mol；
根据转移电子守恒、原子守恒知，生成n（HNO₃）=n（Ag）=$\frac{0.025mol×2}{1}$=0.05mol，
通过以上分析知，n（NaOH）=n（HNO₃）=0.05mol，二者恰好反应生成硝酸钠，剩余的氯化钠和硝酸银恰好反应生成AgCl和NaNO₃，所以混合后溶液中的溶质为NaCl和NaNO₃，
溶液呈中性，pH=7，故选C．

点评 本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及最终混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意原子守恒、转移电子守恒的应用，题目难度中等．