题目内容
【题目】(1)蓄电池是一种反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应如下：NiO2＋Fe＋2H2O
Fe(OH)2＋Ni(OH)2。
①此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的___极连接，电极反应式为__________。
②放电时生成Ni(OH)2的一极，在充电时发生_______反应(填“氧化”或“还原”)
(2)按如图所示装置进行下列不同的操作
①将K1 、K2、 K3分别只关闭一个，则铁的腐蚀的速度最快的是只闭合_____(填“K1”或 “K2”或“K3”，下同)，为减缓铁的腐蚀， 只闭合_____，该防护法称为__________________________。
②只闭合K3，当铁棒质量减少5.6g时，石墨电极消耗的气体体积为__________L(标准状况)。
【答案】负 Fe (OH)2＋2 e－＝Fe＋2OH－ 氧化 K1 K2 外加电源阴极保护法(或阴极电保护法) 1.12L
【解析】
（1）①此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的负极连接作阴极，得电子发生还原反应；
②根据电池总反应NiO2＋Fe＋2H2O
Fe(OH)2＋Ni(OH)2中，充放电过程中Ni的化合价升降变化，判断电极发生的反应类型。
（2）①只闭合K1为电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，由于电源不断提供电子，铁电极腐蚀较快；只闭合K2为电解池，铁做阴极，被保护，不被腐蚀；只闭合K3为原电池，铁做负极，铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀，则铁的腐蚀的速度最快的是只闭合K1；只闭合K2为电解池，铁做阴极，被保护，不被腐蚀，该防护法称为外加电源的阴极保护法；
②只闭合K3为原电池，铁做负极，铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀，电极反应为：Fe-2e-= Fe2+，当铁棒质量减少5.6g时，算出反应掉铁的物质的量，即铁棒减少0.1mol，共转移0.2mol电子，石墨电极上，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，根据得失电子守恒，转移0.2mol电子消耗氧气的物质的量为
=0.05mol，则标准状况下，石墨电极消耗的氧气的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
(1)①此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的负极连接作阴极，得电子发生还原反应，反应式为：Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，
故答案为：负；Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-；
②根据电池总反应NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，放电时NiO2转化为Ni(OH)2，Ni的化合价由+4价降低为+2价，得电子发生还原反应，该电极为正极，在充电时该电极发生的反应为放电时的逆过程，即发生氧化反应，
答案为：氧化；
(2)①只闭合K1为电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，由于电源不断提供电子，铁电极腐蚀较快；只闭合K2为电解池，铁做阴极，被保护，不被腐蚀；只闭合K3为原电池，铁做负极，铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀，则铁的腐蚀的速度最快的是只闭合K1；只闭合K2为电解池，铁做阴极，被保护，不被腐蚀，该防护法称为外加电源的阴极保护法，
答案为：K1；K2；外加电源阴极保护法(或阴极电保护法)；
②只闭合K3为原电池，铁做负极，铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀，电极反应为：Fe-2e-= Fe2+，当铁棒质量减少5.6g时，即铁棒减少
=0.1mol，共转移0.2mol电子，石墨电极上，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，根据得失电子守恒，转移0.2mol电子消耗氧气的物质的量为
=0.05mol，则标准状况下，石墨电极消耗的氧气的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，
答案为：1.12L。
