Question

【題目】I.某研究性學習小組根據反應: 2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。設計如下原電池，其中甲、乙兩燒杯中各物質的物質的量濃度均為1 mol·L－1，溶液的體積均為200 mL，鹽橋中裝有飽和K2SO4溶液。

回答下列問題：

(1)此原電池的正極是石墨________(填“a”或“b”)，發生________反應。

(2)電池工作時，鹽橋中的SO42－移向________(填“甲”或“乙”)燒杯。

(3)兩燒杯中的電極反應式分別為

甲_____________________；

乙____________________。

(4)若不考慮溶液的體積變化，MnSO4濃度變為1.5 mol·L－1，則反應中轉移的電子為________mol。

Ⅱ.次磷酸鈷(II)[Co(H2PO2)2]廣泛用于化學鍍鈷，以金屬鈷和次磷酸鈉為原料，采用四室電滲析槽電解法制備，原理如圖。

(5)A、B、C均為離子交換膜，其中為陽離子交換膜的是____________。

(6)陽極的電極反應式為________________。

(7)電解一段時間后，陰極室溶液的pH______(填“增大”“減小”或“不變”)。

(8)用Co(H2PO2)2溶液化學鍍鈷是在強堿性條件下通過發生自身氧化還原反應，反應的同時會生成HPO32－，其離子方程式為__________。

Answer 1

【答案】a 還原 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)根據題目提供的總反應方程式可知，KMnO4作氧化劑，發生還原反應；

(2)電池工作時，SO42-向負極移動；

(3)甲燒杯中的電極反應式為MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙燒杯中的電極反應式為5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；

(4)溶液中的MnSO4濃度由1 mol·L－1變為1.5 mol ·L－1，由于溶液的體積未變，則反應過程中生成的MnSO4的物質的量為0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，根據得失電子守恒計算；

Ⅱ.(5)以金屬鈷和次磷酸鈉為原料，采用四室3個離子透過膜電滲析槽電解法制備次磷酸鈷[Co(H2PO2)2]，由圖可知，負極上Co失去電子生成Co2+，通過膜A進入產品室，Na+通過膜C進入陰極室；
(6)Co為陽極，失去電子發生氧化反應，電極反應式為Co-2e-=Co2+；
(7)陰極室NaOH溶液中H2O(或H+)得到電子生成H2，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促進水的電離生成NaOH)；
(8)強堿性條件下，Co(H2PO2)2自身發生氧化還原反應生成Co和HPO32-，據此寫反應d離子方程式。

I. (1)根據題目提供的總反應方程式可知，KMnO4作氧化劑，發生還原反應，故石墨a是正極，故答案為：a；還原；

(2)電池工作時，SO42-向負極移動，即向乙燒杯移動，故答案為：乙；

(3)甲燒杯中的電極反應式為MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；乙燒杯中的電極反應式為5Fe2＋－5e－=5Fe3＋，故答案為：MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；5Fe2＋－5e－=5Fe3＋；

(4)溶液中的MnSO4濃度由1 mol·L－1變為1.5 mol ·L－1，由于溶液的體積未變，則反應過程中生成的MnSO4的物質的量為0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，轉移的電子為0.1 mol×5＝0.5 mol，故答案為：0.5；

Ⅱ.(5)以金屬鈷和次磷酸鈉為原料，采用四室3個離子透過膜電滲析槽電解法制備次磷酸鈷[Co(H2PO2)2]，由圖可知，負極上Co失去電子生成Co2+，通過膜A進入產品室，Na+通過膜C進入陰極室，故答案為：AC；
(6)Co為陽極，失去電子發生氧化反應，電極反應式為Co-2e-=Co2+，故答案為：Co-2e-=Co2+；
(7)陰極室NaOH溶液中H2O(或H+)得到電子生成H2，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑(或2H++2e-=H2↑，促進水的電離生成NaOH)，使溶液中c(OH-)增大，pH增大，故答案為：增大；
(8)強堿性條件下，Co(H2PO2)2自身發生氧化還原反應生成Co和HPO32-，反應d離子方程式為Co2++ H2 PO2－+3OH－ =Co+ HPO32－+ 2H2O，故答案為：Co2++ H2 PO2－+3OH－ =Co+ HPO32－+ 2H2O。