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【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:NiO2Fe2H2OFe(OH)2Ni(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(氧化还原”)

(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_____(“K1 “K2“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】 Fe (OH)22 eFe2OH 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NiO2Fe2H2OFe(OH)2Ni(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NiO2Fe2H2OFe(OH)2Ni(OH)2,放电时NiO2转化为Ni(OH)2Ni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:K1K2;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

练习册系列答案
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