Question

【题目】I.某研究性学习小组根据反应: 2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。

回答下列问题：

(1)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。

(2)电池工作时，盐桥中的SO42－移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。

(3)两烧杯中的电极反应式分别为

甲_____________________；

乙____________________。

(4)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为________mol。

Ⅱ.次磷酸钴(II)[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如图。

(5)A、B、C均为离子交换膜，其中为阳离子交换膜的是____________。

(6)阳极的电极反应式为________________。

(7)电解一段时间后，阴极室溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。

(8)用Co(H2PO2)2溶液化学镀钴是在强碱性条件下通过发生自身氧化还原反应，反应的同时会生成HPO32－，其离子方程式为__________。

Answer 1

【答案】a 还原 乙 MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O 5Fe2＋－5e－=5Fe3＋ 0.5 A C Co－2e－=Co2+ 增大 Co2++ H2 PO2－+3OH－ =Co+ HPO32－+ 2H2O

【解析】

I. (1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应；

(2)电池工作时，SO42-向负极移动；

(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；

(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，根据得失电子守恒计算；

Ⅱ.(5)以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室3个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，负极上Co失去电子生成Co2+，通过膜A进入产品室，Na+通过膜C进入阴极室；
(6)Co为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Co-2e-=Co2+；
(7)阴极室NaOH溶液中H2O(或H+)得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促进水的电离生成NaOH)；
(8)强碱性条件下，Co(H2PO2)2自身发生氧化还原反应生成Co和HPO32-，据此写反应d离子方程式。

I. (1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极，故答案为：a；还原；

(2)电池工作时，SO42-向负极移动，即向乙烧杯移动，故答案为：乙；

(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe2＋－5e－=5Fe3＋，故答案为：MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；

(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol ·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol，故答案为：0.5；

Ⅱ.(5)以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室3个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，负极上Co失去电子生成Co2+，通过膜A进入产品室，Na+通过膜C进入阴极室，故答案为：AC；
(6)Co为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Co-2e-=Co2+，故答案为：Co-2e-=Co2+；
(7)阴极室NaOH溶液中H2O(或H+)得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促进水的电离生成NaOH)，使溶液中c(OH-)增大，pH增大，故答案为：增大；
(8)强碱性条件下，Co(H2PO2)2自身发生氧化还原反应生成Co和HPO32-，反应d离子方程式为Co2++ H2 PO2－+3OH－ =Co+ HPO32－+ 2H2O，故答案为：Co2++ H2 PO2－+3OH－ =Co+ HPO32－+ 2H2O。