Módulo 2. Processos básicos de química e propriedades das substâncias

Laboratório nº 7

Tópico: Eletrólise de soluções aquosas de sal

por eletrólise chamado de processo redox que ocorre nos eletrodos quando uma corrente elétrica passa por uma solução ou fusão de um eletrólito.

Quando uma corrente elétrica constante é passada através de uma solução eletrolítica ou fundido, os cátions se movem em direção ao cátodo e os ânions se movem em direção ao ânodo. Processos de oxidação-redução ocorrem nos eletrodos; O cátodo é um agente redutor, pois doa elétrons para cátions, e o ânodo é um agente oxidante, pois aceita elétrons de ânions. As reações que ocorrem nos eletrodos dependem da composição do eletrólito, da natureza do solvente, do material dos eletrodos e do modo de operação da célula.

Química do processo de eletrólise do cloreto de cálcio fundido:

CaCl 2 ↔ Ca 2+ + 2Cl -

no cátodo Ca 2+ + 2e → Ca°

no ânodo 2Cl - - 2e → 2C1 ° → C1 2

A eletrólise de uma solução de sulfato de potássio em um ânodo insolúvel é esquematicamente assim:

K 2 SO 4 ↔ 2K + + SO 4 2 -

H 2 O ↔ H + + OH -

no cátodo 2Н + + 2е→2Н°→ Н 2 2

no ânodo 4OH - 4e → O 2 + 4H + 1

K 2 SO 4 + 4H 2 O 2H 2 + O 2 + 2K0H + H 2 SO 4

Objetivo: familiarização com a eletrólise de soluções salinas.

Dispositivos e equipamentos: retificador de corrente elétrica, eletrolisador, eletrodos de carbono, lixa, copos, lavadora.

Arroz. 1. Dispositivo para realizar

eletrólise

1 - eletrolisador;

2 - eletrodos;

3-fios condutores; fonte CC.

Reagentes e soluções: 5% soluções de cloreto de cobre СuС1 2, iodeto de potássio KI , hidrogenossulfato de potássio KHSO 4 , sulfato de sódio Na 2 SO 4 , sulfato de cobre CuSO 4 , sulfato de zinco ZnSO 4 , solução de hidróxido de sódio a 20% NaOH, placas de cobre e níquel, solução de fenolftaleína, ácido nítrico (conc.) HNO 3 , amido a 1% , papel de tornassol neutro, solução de ácido sulfúrico a 10% H 2 SO 4 .

Experiência 1. Eletrólise de cloreto de cobre com eletrodos insolúveis

Encha o eletrolisador até metade do volume com uma solução de cloreto de cobre a 5%. Abaixe a haste de grafite em ambos os joelhos do eletrolisador, prenda-os frouxamente nos segmentos e no tubo de borracha. Conecte as extremidades dos eletrodos com condutores a fontes de corrente contínua. Se houver um leve cheiro de cloro, desconecte imediatamente o eletrolisador da fonte de alimentação. O que acontece no cátodo? Faça as equações das reações dos eletrodos.

Experiência 2. Eletrólise de iodeto de potássio com eletrodos insolúveis

Encha a célula eletrolítica com solução de iodeto de potássio a 5%. adicione 2 gotas de fenolftaleína em cada joelho. Colar dentro cada joelho dos eletrodos de grafite do eletrolisador e conectá-los a uma fonte de corrente contínua.

Em qual joelho e por que a solução ficou colorida? Adicione 1 gota de pasta de amido em cada joelho. Onde e por que o iodo é liberado? Faça as equações das reações dos eletrodos. O que é formado no espaço catódico?

Experiência 3. Eletrólise de sulfato de sódio com eletrodos insolúveis

Encha metade do volume do eletrolisador com solução de sulfato de sódio a 5% e adicione 2 gotas de laranja de metila ou tornassol em cada joelho. Insira eletrodos em ambos os joelhos e conecte-os a uma fonte de corrente contínua. Anote suas observações. Por que as soluções eletrolíticas mudam de cores em diferentes eletrodos? Faça as equações das reações dos eletrodos. Que gases e por que são liberados nos eletrodos? Qual é a essência do processo de eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de sódio

ELETRÓLISE

Uma das maneiras de obter metais é a eletrólise. Metais ativos ocorrem na natureza apenas na forma de compostos químicos. Como isolar esses compostos no estado livre?

Soluções e derretimentos de eletrólitos conduzem corrente elétrica. No entanto, quando a corrente é passada através de uma solução eletrolítica, podem ocorrer reações químicas. Considere o que acontecerá se duas placas de metal forem colocadas em uma solução eletrolítica ou fundida, cada uma das quais conectada a um dos pólos da fonte de corrente. Essas placas são chamadas de eletrodos. A corrente elétrica é um fluxo de elétrons em movimento. Como resultado do fato de que os elétrons no circuito se movem de um eletrodo para outro, um excesso de elétrons aparece em um dos eletrodos. Os elétrons têm uma carga negativa, então este eletrodo fica carregado negativamente. É chamado de cátodo. No outro eletrodo, cria-se uma falta de elétrons e fica carregado positivamente. Este eletrodo é chamado de ânodo. Um eletrólito em uma solução ou fusão dissocia-se em íons carregados positivamente - cátions e íons carregados negativamente - ânions. Os cátions são atraídos por um eletrodo carregado negativamente - o cátodo. Os ânions são atraídos por um eletrodo carregado positivamente - o ânodo. Na superfície dos eletrodos, pode ocorrer interação entre íons e elétrons.

Eletrólise refere-se aos processos que ocorrem quando uma corrente elétrica é passada através de soluções ou derrete de eletrólitos.

Os processos que ocorrem durante a eletrólise de soluções e fusão de eletrólitos são bastante diferentes. Vamos considerar ambos os casos em detalhes.

Eletrólise de fusão

Como exemplo, considere a eletrólise de uma fusão de cloreto de sódio. Na fusão, o cloreto de sódio se dissocia em íons Na+
e Cl - : NaCl = Na + + Cl -

Os cátions de sódio se movem para a superfície de um eletrodo carregado negativamente - o cátodo. Há um excesso de elétrons na superfície do cátodo. Portanto, há uma transferência de elétrons da superfície do eletrodo para íons de sódio. Ao mesmo tempo, íons Na+ são convertidos em átomos de sódio, ou seja, os cátions são reduzidos Na+ . Equação do processo:

Na + + e - = Na

Íons cloreto Cl - mover-se para a superfície de um eletrodo carregado positivamente - o ânodo. A falta de elétrons é criada na superfície do ânodo e os elétrons são transferidos dos ânions Cl- para a superfície do eletrodo. Ao mesmo tempo, íons carregados negativamente Cl- são convertidos em átomos de cloro, que imediatamente se combinam para formar moléculas de cloro C l2:

2C l - -2e - \u003d Cl 2

Os íons cloreto perdem elétrons, ou seja, são oxidados.

Vamos escrever juntos as equações dos processos que ocorrem no cátodo e no ânodo

Na + + e - = Na

2 C l - -2 e - \u003d Cl 2

Um elétron está envolvido no processo de redução dos cátions sódio e 2 elétrons estão envolvidos no processo de oxidação dos íons cloro. No entanto, a lei de conservação da carga elétrica deve ser observada, ou seja, a carga total de todas as partículas da solução deve ser constante, portanto, o número de elétrons envolvidos na redução dos cátions sódio deve ser igual ao número de elétrons envolvidos na oxidação de íons cloreto. Portanto, multiplicamos a primeira equação por 2:

Na + + e - \u003d Na 2

2C l - -2e - \u003d Cl 2 1

Somamos ambas as equações e obtemos a equação geral para a reação.

2 Na + + 2C l - \u003d 2 Na + Cl 2 (equação de reação iônica), ou

2 NaCl \u003d 2 Na + Cl 2 (equação de reação molecular)

Assim, no exemplo considerado, vemos que a eletrólise é uma reação redox. No cátodo, a redução de íons carregados positivamente - cátions, no ânodo - a oxidação de íons carregados negativamente - ânions. Para lembrar qual processo acontece onde, você pode usar a "regra T":

cátodo - cátion - redução.

Exemplo 2Eletrólise de hidróxido de sódio fundido.

O hidróxido de sódio em solução dissocia-se em cátions e íons hidróxido.

Cátodo (-)<-- Na + + OH - à Анод (+)

Na superfície do cátodo, os cátions de sódio são reduzidos e os átomos de sódio são formados:

cátodo (-) Na + +e à Na

Os íons hidróxido são oxidados na superfície do ânodo, enquanto o oxigênio é liberado e as moléculas de água são formadas:

cátodo (-) Na + + e à Na

ânodo (+)4 OH - - 4 e à 2 H 2 O + O 2

O número de elétrons envolvidos na reação de redução de cátions de sódio e na reação de oxidação de íons hidróxido deve ser o mesmo. Então, vamos multiplicar a primeira equação por 4:

cátodo (-) Na + + e à Na 4

ânodo (+)4 OH - – 4 e à 2 H 2 O + O 2 1

Juntando as duas equações, obtemos a equação para a reação de eletrólise:

4 NaOH à 4 Na + 2 H 2 O + O 2

Exemplo 3Considere a eletrólise do fundido Al2O3

Por meio dessa reação, o alumínio é obtido da bauxita, um composto natural que contém muito óxido de alumínio. O ponto de fusão do óxido de alumínio é muito alto (mais de 2000º C), então aditivos especiais são adicionados a ele, baixando o ponto de fusão para 800-900º C. Na fusão, o óxido de alumínio se dissocia em íons Al3+ e O2-. H cátions são reduzidos no cátodo Al 3+ , transformando-se em átomos de alumínio:

Al +3 e a Al

Os ânions são oxidados no ânodo O 2- transformando-se em átomos de oxigênio. Átomos de oxigênio imediatamente se combinam em moléculas de O 2:

2 O 2- – 4 e à O 2

O número de elétrons envolvidos na redução de cátions de alumínio e na oxidação de íons de oxigênio deve ser igual, então multiplicamos a primeira equação por 4 e a segunda por 3:

Al 3+ +3 e à Al 0 4

2 O 2- – 4 e à O 2 3

Vamos somar as duas equações e obter

4 Al 3+ + 6 O 2- a 4 Al 0 +3 O 2 0 (equação de reação iônica)

2 Al 2 O 3 à 4 Al + 3 O 2

Eletrólise da solução

No caso de passar uma corrente elétrica através de uma solução eletrolítica aquosa, a questão é complicada pela presença de moléculas de água na solução, que também podem interagir com elétrons. Lembre-se de que em uma molécula de água, os átomos de hidrogênio e oxigênio estão conectados por uma ligação covalente polar. A eletronegatividade do oxigênio é maior que a eletronegatividade do hidrogênio, então os pares de elétrons compartilhados são deslocados em direção ao átomo de oxigênio. Uma carga parcial negativa surge no átomo de oxigênio, é denotada δ-, e nos átomos de hidrogênio tem uma carga parcial positiva, é denotada δ+.

δ+

H-O δ-

│

H δ+

Devido a este deslocamento de cargas, a molécula de água tem "pólos" positivos e negativos. Portanto, as moléculas de água podem ser atraídas por um pólo carregado positivamente para um eletrodo carregado negativamente - o cátodo, e por um pólo negativo - para um eletrodo carregado positivamente - ânodo. No cátodo, as moléculas de água podem ser reduzidas e o hidrogênio é liberado:

A oxidação das moléculas de água pode ocorrer no ânodo com a liberação de oxigênio:

2 H 2 O - 4e - \u003d 4H + + O 2

Portanto, tanto os cátions eletrolíticos quanto as moléculas de água podem ser reduzidos no cátodo. Esses dois processos parecem competir entre si. O processo que realmente ocorre no cátodo depende da natureza do metal. Se cátions metálicos ou moléculas de água serão reduzidos no cátodo depende da posição do metal no série de tensões de metal .

Li K Na Ca Mg Al ¦¦ Zn Fe Ni Sn Pb (H 2) ¦¦ Cu Hg Ag Au

Se o metal estiver na série de voltagem à direita do hidrogênio, os cátions metálicos são reduzidos no cátodo e o metal livre é liberado. Se o metal estiver na série de voltagem à esquerda do alumínio, as moléculas de água são reduzidas no cátodo e o hidrogênio é liberado. Finalmente, no caso de cátions metálicos de zinco para chumbo, tanto a evolução do metal quanto a evolução do hidrogênio podem ocorrer e, às vezes, tanto o hidrogênio quanto o metal são evoluídos simultaneamente. Em geral, este é um caso bastante complicado, depende muito das condições da reação: a concentração da solução, a força da corrente e outras.

Um dos dois processos também pode ocorrer no ânodo - a oxidação de ânions eletrolíticos ou a oxidação de moléculas de água. Qual processo realmente ocorre depende da natureza do ânion. Durante a eletrólise de sais de ácidos anóxicos ou dos próprios ácidos, os ânions são oxidados no ânodo. A única exceção é o íon fluoreto F- . No caso de ácidos contendo oxigênio, as moléculas de água são oxidadas no ânodo e o oxigênio é liberado.

Exemplo 1Vejamos a eletrólise de uma solução aquosa de cloreto de sódio.

Em uma solução aquosa de cloreto de sódio haverá cátions de sódio Na + , ânions cloro Cl - e moléculas de água.

2 NaCl a 2 Na + + 2 Cl -

2Н 2 О à 2 H + + 2 OH -

cátodo (-)2Na+; 2H+; 2× + + 2å à Í 0 2

ânodo (+) 2 Cl - ; 2OH-; 2 Cl - – 2e a 2 Cl 0

2NaCl + 2H 2 O à H 2 + Cl 2 + 2NaOH

Químico atividade ânions dificilmente diminui.

Exemplo 2E se o sal contiver SO 4 2- ? Considere a eletrólise de uma solução de sulfato de níquel ( II ). sulfato de níquel ( II ) se dissocia em íons Ni 2+ e SO 4 2-:

NiSO 4 à Ni 2+ + SO 4 2-

H 2 O à H++ OH -

Os cátions de níquel estão entre os íons metálicos Al 3+ e Pb 2+ , ocupando uma posição intermediária na série de tensões, o processo de recuperação no cátodo ocorre de acordo com os dois esquemas:

2 H 2 O + 2e - \u003d H 2 + 2OH -

Os ânions de ácidos contendo oxigênio não são oxidados no ânodo ( série de atividades aniônicas ), as moléculas de água são oxidadas:

ânodo e à O 2 + 4H +

Vamos escrever juntos as equações dos processos que ocorrem no cátodo e no ânodo:

cátodo (-) Ni2+; H+; Ni 2+ + 2е a Ni 0

2 H 2 O + 2e - \u003d H 2 + 2OH -

ânodo (+) SO 4 2- ; OH -; 2H 2 O - 4 e à O 2 + 4H +

4 elétrons estão envolvidos nos processos de redução e 4 elétrons também estão envolvidos no processo de oxidação. Juntando essas equações, obtemos a equação geral da reação:

Ni 2+ +2 H 2 O + 2 H 2 O à Ni 0 + H 2 + 2OH - + O 2 + 4 H +

No lado direito da equação, existem simultaneamente íons H + e oh- , que se combinam para formar moléculas de água:

H + + OH - à H 2 O

Portanto, no lado direito da equação, em vez de 4 íons H + e 2 íons oh- escrevemos 2 moléculas de água e 2 íons H +:

Ni 2+ +2 H 2 O + 2 H 2 O à Ni 0 + H 2 +2 H 2 O + O 2 + 2 H +

Vamos reduzir duas moléculas de água em ambos os lados da equação:

Ni 2+ +2 H 2 O à Ni 0 + H 2 + O 2 + 2 H +

Esta é uma equação iônica curta. Para obter a equação iônica completa, você precisa adicionar ambas as partes do íon sulfato SO 4 2- , formado durante a dissociação do sulfato de níquel ( II ) e não participando da reação:

Ni 2+ + SO 4 2- + 2H 2 O à Ni 0 + H 2 + O 2 + 2H + + SO 4 2-

Assim, durante a eletrólise de uma solução de sulfato de níquel ( II ) hidrogênio e níquel são liberados no cátodo e oxigênio é liberado no ânodo.

NiSO 4 + 2H 2 O à Ni + H 2 + H 2 SO 4 + O 2

Exemplo 3 Escreva as equações dos processos que ocorrem durante a eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de sódio com um ânodo inerte.

Potencial de eletrodo padrão do sistema Na + + e = Na 0 é muito mais negativo que o potencial do eletrodo de água em meio aquoso neutro (-0,41 V). Portanto, a redução eletroquímica da água ocorrerá no cátodo, acompanhada de evolução de hidrogênio

2Н 2 О à 2 H + + 2 OH -

e íons Na + chegando ao cátodo se acumulará na parte adjacente da solução (espaço do cátodo).

No ânodo, ocorrerá a oxidação eletroquímica da água, levando à liberação de oxigênio.

2 H 2 O - 4e à O 2 + 4 H +

porque correspondendo a este sistema potencial de eletrodo padrão (1,23 V) é significativamente menor que o potencial de eletrodo padrão (2,01 V) que caracteriza o sistema

2 SO 4 2- + 2 e \u003d S 2 O 8 2-.

Íons SO 4 2- movendo-se em direção ao ânodo durante a eletrólise irá se acumular no espaço do ânodo.

Multiplicando a equação do processo catódico por dois, e somando com a equação do processo anódico, obtemos a equação total do processo de eletrólise:

6 H 2 O \u003d 2 H 2 + 4 OH - + O 2 + 4 H +

Levando em conta que os íons são acumulados simultaneamente no espaço catódico e os íons no espaço anódico, a equação geral do processo pode ser escrita da seguinte forma:

6H 2 O + 2Na 2 SO 4 \u003d 2H 2 + 4Na + + 4OH - + O 2 + 4H + + 2SO 4 2-

Assim, simultaneamente com a liberação de hidrogênio e oxigênio, formam-se hidróxido de sódio (no espaço catódico) e ácido sulfúrico (no espaço anódico).

Exemplo 4Eletrólise da solução de sulfato de cobre ( II) CuSO4.

Cátodo (-)<-- Cu 2+ + SO 4 2- à анод (+)

cátodo (-) Cu 2+ + 2e à Cu 0 2

ânodo (+) 2H 2 O - 4 e à O 2 + 4H + 1

Os íons H+ permanecem na solução e SO 4 2- , uma vez que o ácido sulfúrico se acumula.

2CuSO 4 + 2H 2 O à 2Cu + 2H 2 SO 4 + O 2

Exemplo 5 Eletrólise de solução de cloreto de cobre ( II) CuCl2.

Cátodo (-)<-- Cu 2+ + 2Cl - à анод (+)

cátodo (-) Cu 2+ + 2e à Cu 0

ânodo (+) 2Cl - – 2e à Cl 0 2

Ambas as equações envolvem dois elétrons.

Cu 2+ + 2e à Cu 0 1

2Cl - --– 2e à Cl 2 1

Cu 2+ + 2 Cl - à Cu 0 + Cl 2 (equação iônica)

CuCl 2 à Cu + Cl 2 (equação molecular)

Exemplo 6 Eletrólise da solução de nitrato de prata AgNO3.

Cátodo (-)<-- Ag + + NO 3 - à Анод (+)

cátodo (-) Ag + + e à Ag 0

ânodo (+) 2H 2 O - 4 e à O 2 + 4H +

Ag + + e à Ag 0 4

2H 2 O - 4 e à O 2 + 4H + 1

4 Ag + + 2 H 2 O à 4 Ag 0 + 4 H + + O 2 (equação iônica)

4 Ag + + 2 H 2 Oà 4 Ag 0 + 4 H + + O 2 + 4 NÃO 3 - (equação iônica completa)

4 AgNO 3 + 2 H 2 Oà 4 Ag 0 + 4 HNO 3 + O 2 (equação molecular)

Exemplo 7 Eletrólise de solução de ácido clorídricoHCl.

Cátodo (-)<-- H + + Cl - à ânodo (+)

cátodo (-) 2H + + 2 eà H 2

ânodo (+) 2Cl - – 2 eà Cl 2

2 H + + 2 Cl - à H 2 + Cl 2 (equação iônica)

2 HClà H 2 + Cl 2 (equação molecular)

Exemplo 8 Eletrólise da solução de ácido sulfúricoH 2 ASSIM 4 .

Cátodo (-) <-- 2H + + SO 4 2- à ânodo (+)

cátodo (-)2H+ + 2eà H2

ânodo(+) 2H 2 O - 4eà O2+4H+

2H+ + 2eà H 2 2

2H2O-4eà O2 + 4H+1

4H+ + 2H2Oà 2H 2 + 4H+ + O 2

2H2Oà 2H2+O2

Exemplo 9. Eletrólise de solução de hidróxido de potássioKOH.

Cátodo (-)<-- K + + Oh - à ânodo (+)

Os cátions de potássio não serão reduzidos no cátodo, pois o potássio está na série de voltagem dos metais à esquerda do alumínio, em vez disso, as moléculas de água serão reduzidas:

2H2O + 2eà H 2 + 2OH - 4OH - -4eà 2H 2 O + O 2

cátodo(-)2H2O+2eà H 2 + 2OH - 2

ânodo(+) 4OH - - 4eà 2H 2 O + O 2 1

4H 2 O + 4OH -à 2H 2 + 4OH - + 2H 2 O + O 2

2 H 2 Oà 2 H 2 + O 2

Exemplo 10 Eletrólise da solução de nitrato de potássioCONHEÇO 3 .

Cátodo (-) <-- K + + NO 3 - à ânodo (+)

2H2O + 2eà H 2 + 2OH - 2H 2 O - 4eà O2+4H+

cátodo(-)2H2O+2eà H 2 + 2OH-2

ânodo(+) 2H 2 O - 4eà O2 + 4H+1

4H2O + 2H2Oà 2H2+4OH-+4H++ O2

2H2Oà 2H2+O2

Quando uma corrente elétrica é passada através de soluções de ácidos contendo oxigênio, álcalis e sais de ácidos contendo oxigênio com metais que estão na série de voltagem dos metais, à esquerda do alumínio, praticamente ocorre a eletrólise da água. Nesse caso, o hidrogênio é liberado no cátodo e o oxigênio no ânodo.

Conclusões. Ao determinar os produtos de eletrólise de soluções aquosas de eletrólitos, nos casos mais simples, pode-se guiar pelas seguintes considerações:

1. Íons metálicos com um pequeno valor algébrico do potencial padrão - deLi + antes daAl 3+ inclusive - têm uma tendência muito fraca para reconectar elétrons, cedendo a esse respeito a íonsH + (cm. Série de atividades de cátions). Na eletrólise de soluções aquosas de compostos contendo esses cátions, a função de um agente oxidante no cátodo é realizada por íonsH + , enquanto restaura de acordo com o esquema:

2 H 2 O+ 2 eà H 2 + 2OH -

2. Cátions metálicos com valores positivos de potenciais padrão (Cu 2+ , Ag + , hg 2+ etc.) têm uma tendência maior de anexar elétrons do que íons. Durante a eletrólise de soluções aquosas de seus sais, esses cátions emitem a função de um agente oxidante no cátodo, enquanto são reduzidos a um metal de acordo com o esquema, por exemplo:

Cu 2+ +2 eà Cu 0

3. Durante a eletrólise de soluções aquosas de sais metálicosZn, Fe, CD, Nie outros, ocupando uma posição intermediária entre os grupos listados na série de tensões, o processo de redução no cátodo ocorre de acordo com ambos os esquemas. A massa do metal liberado não corresponde nesses casos à quantidade de corrente elétrica que flui, parte da qual é gasta na formação de hidrogênio.

4. Em soluções aquosas de eletrólitos, ânions monoatômicos (Cl - , Br - , J - ), ânions contendo oxigênio (NÃO 3 - , ASSIM 4 2- , PO 4 3- e outros), bem como íons hidroxila da água. Destes, os íons haletos têm as propriedades redutoras mais fortes, com exceção deF. íonsOhocupam uma posição intermediária entre eles e os ânions poliatômicos. Portanto, durante a eletrólise de soluções aquosasHCl, HBr, HJou seus sais no ânodo, os íons haletos são oxidados de acordo com o esquema:

2 X - -2 eà X 2 0

Durante a eletrólise de soluções aquosas de sulfatos, nitratos, fosfatos, etc. a função do agente redutor é realizada por íons, enquanto é oxidado de acordo com o esquema:

4 HOH – 4 eà 2 H 2 O + O 2 + 4 H +

.

Tarefas.

C uma dacha 1. Durante a eletrólise de uma solução de sulfato de cobre, 48 g de cobre foram liberados no cátodo. Encontre o volume de gás liberado no ânodo e a massa de ácido sulfúrico formado na solução.

O sulfato de cobre em solução não dissocia nenhum íonC2+ eS0 4 2 ".

CuS0 4 \u003d Cu 2+ + S0 4 2 "

Vamos escrever as equações dos processos que ocorrem no cátodo e no ânodo. Os cátions Cu são reduzidos no cátodo, a eletrólise da água ocorre no ânodo:

Cu 2+ + 2e- \u003d Cu12

2H 2 0-4e- = 4H + + 0 2 |1

Equação geral de eletrólise:

2Cu2+ + 2H2O = 2Cu + 4H+ + O2 (equação iônica curta)

Adicione a ambos os lados da equação 2 íons sulfato cada, que são formados durante a dissociação do sulfato de cobre, obtemos a equação iônica completa:

2Cu2+ + 2S042" + 2H20 = 2Cu + 4H+ + 2SO4 2" + O2

2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + 2H2SO4 + O2

O gás liberado no ânodo é o oxigênio. O ácido sulfúrico é formado na solução.

A massa molar do cobre é de 64 g / mol, calculamos a quantidade de substância de cobre:

De acordo com a equação da reação, quando 2 mols de cobre são liberados do ânodo, 1 mol de oxigênio é liberado. 0,75 mol de cobre foi liberado no cátodo, deixe x mol de oxigênio ser liberado no ânodo. Vamos fazer uma proporção:

2/1=0,75/x, x=0,75*1/2=0,375mol

0,375 mol de oxigênio foi liberado no ânodo,

v(O2) = 0,375 mol.

Calcule o volume de oxigênio liberado:

V(O2) \u003d v (O2) "VM \u003d 0,375 mol" 22,4 l / mol \u003d 8,4 l

De acordo com a equação da reação, quando 2 mol de cobre são liberados no cátodo, 2 mol de ácido sulfúrico são formados na solução, o que significa que se 0,75 mol de cobre é liberado no cátodo, então 0,75 mol de ácido sulfúrico é formado na solução, v(H2SO4) = 0,75 mol. Calcule a massa molar do ácido sulfúrico:

M(H2SO4) = 2-1+32+16-4 = 98 g/mol.

Calcule a massa de ácido sulfúrico:

m (H2S04) \u003d v (H2S04> M (H2S04) \u003d \u003d 0,75 mol \u003d 98 g / mol \u003d 73,5 g.

Responda: 8,4 litros de oxigênio foram liberados no ânodo; 73,5 g de ácido sulfúrico foram formados na solução

Tarefa 2. Encontre o volume de gases liberados no cátodo e ânodo durante a eletrólise de uma solução aquosa contendo 111,75 g de cloreto de potássio. Que substância é formada em solução? Encontre sua massa.

O cloreto de potássio em solução dissocia-se em íons K+ e Cl:

2KS1 \u003d K + + Cl

Os íons de potássio não são reduzidos no cátodo; em vez disso, as moléculas de água são reduzidas. Os íons cloreto são oxidados no ânodo e o cloro é liberado:

2H2O + 2e "= H2 + 20H-|1

2SG-2e "= C12|1

Equação geral de eletrólise:

2CHl + 2H2O \u003d H2 + 2OH "+ C12 (equação iônica curta) A solução também contém íons K + formados durante a dissociação do cloreto de potássio e não participam da reação:

2K+ + 2Cl + 2H20 = H2 + 2K+ + 2OH" + C12

Vamos reescrever a equação na forma molecular:

2KS1 + 2H2O = H2 + C12 + 2KOH

O hidrogênio é liberado no cátodo, o cloro é liberado no ânodo e o hidróxido de potássio é formado em solução.

A solução continha 111,75 g de cloreto de potássio.

Calcule a massa molar do cloreto de potássio:

M(KC1) = 39+35,5 = 74,5 g/mol

Calcule a quantidade de substância cloreto de potássio:

De acordo com a equação da reação, a eletrólise de 2 moles de cloreto de potássio libera 1 mol de cloro. Deixe a eletrólise de 1,5 mol de cloreto de potássio liberar x mol de cloro. Vamos fazer uma proporção:

2/1=1,5/x, x=1,5/2=0,75 mol

0,75 mol de cloro será liberado, v (C! 2) \u003d 0,75 mol. De acordo com a equação da reação, quando 1 mol de cloro é liberado no ânodo, 1 mol de hidrogênio é liberado no cátodo. Portanto, se 0,75 mol de cloro é liberado no ânodo, então 0,75 mol de hidrogênio é liberado no cátodo, v(H2) = 0,75 mol.

Vamos calcular o volume de cloro liberado no ânodo:

V (C12) \u003d v (Cl2) -VM \u003d 0,75 mol \u003d 22,4 l / mol \u003d 16,8 l.

O volume de hidrogênio é igual ao volume de cloro:

Y (H2) \u003d Y (C12) \u003d 16,8 l.

De acordo com a equação da reação, durante a eletrólise de 2 moles de cloreto de potássio, 2 moles de hidróxido de potássio são formados, o que significa que durante a eletrólise de 0,75 moles de cloreto de potássio, 0,75 moles de hidróxido de potássio são formados. Calcule a massa molar do hidróxido de potássio:

M (KOH) \u003d 39 + 16 + 1 - 56 g / mol.

Calcule a massa de hidróxido de potássio:

m(KOH) \u003d v (KOH> M (KOH) \u003d 0,75 mol-56 g / mol \u003d 42 g.

Responda: 16,8 litros de hidrogênio foram liberados no cátodo, 16,8 litros de cloro foram liberados no ânodo e 42 g de hidróxido de potássio foram formados na solução.

Tarefa 3. Durante a eletrólise de uma solução de 19 g de cloreto metálico bivalente no ânodo, foram liberados 8,96 litros de cloro. Determine qual cloreto metálico foi submetido à eletrólise. Calcule o volume de hidrogênio liberado no cátodo.

Denotamos o metal desconhecido M, a fórmula de seu cloreto é MC12. No ânodo, os íons cloreto são oxidados e o cloro é liberado. A condição diz que o hidrogênio é liberado no cátodo, portanto, as moléculas de água são reduzidas:

2H20 + 2e- = H2 + 2OH|1

2Cl-2e "= C12! 1

Equação geral de eletrólise:

2Cl + 2H2O \u003d H2 + 2OH "+ C12 (equação iônica curta)

A solução também contém íons M2+, que não mudam durante a reação. Escrevemos a equação completa da reação iônica:

2SG + M2+ + 2H2O = H2 + M2+ + 2OH- + C12

Vamos reescrever a equação da reação na forma molecular:

MS12 + 2H2O - H2 + M(OH)2 + C12

Encontre a quantidade de cloro liberada no ânodo:

De acordo com a equação da reação, durante a eletrólise de 1 mol de cloreto de um metal desconhecido, 1 mol de cloro é liberado. Se 0,4 mol de cloro foi liberado, então 0,4 mol de cloreto de metal foi submetido à eletrólise. Calcule a massa molar do cloreto de metal:

A massa molar do cloreto de um metal desconhecido é 95 g/mol. Existem 35,5"2 = 71 g/mol por dois átomos de cloro. Portanto, a massa molar do metal é 95-71 = 24 g/mol. O magnésio corresponde a esta massa molar.

De acordo com a equação da reação, para 1 mol de cloro liberado no ânodo, há 1 mol de hidrogênio liberado no cátodo. No nosso caso, 0,4 mol de cloro foi liberado no ânodo, o que significa que 0,4 mol de hidrogênio foi liberado no cátodo. Calcule o volume de hidrogênio:

V (H2) \u003d v (H2> VM \u003d 0,4 mol \u003d 22,4 l / mol \u003d 8,96 l.

Responda: submetido à solução de eletrólise de cloreto de magnésio; 8,96 litros de hidrogênio foram liberados no cátodo.

*Problema 4. Durante a eletrólise de 200 g de uma solução de sulfato de potássio com concentração de 15%, 14,56 litros de oxigênio foram liberados no ânodo. Calcule a concentração da solução no final da eletrólise.

Em uma solução de sulfato de potássio, as moléculas de água reagem tanto no cátodo quanto no ânodo:

2H20 + 2e "= H2 + 20H-|2

2H2O - 4e "= 4H+ + O2! 1

Vamos juntar as duas equações:

6H2O \u003d 2H2 + 4OH "+ 4H + + O2, ou

6H2O \u003d 2H2 + 4H2O + O2, ou

2H2O = 2H2 + 02

De fato, durante a eletrólise de uma solução de sulfato de potássio, ocorre a eletrólise da água.

A concentração de um soluto em uma solução é determinada pela fórmula:

C=m(soluto) 100% / m(solução)

Para encontrar a concentração da solução de sulfato de potássio ao final da eletrólise, é necessário conhecer a massa de sulfato de potássio e a massa da solução. A massa de sulfato de potássio não muda durante a reação. Calcule a massa de sulfato de potássio na solução inicial. Vamos denotar a concentração da solução inicial como C

m(K2S04) = C2 (K2S04) m(solução) = 0,15 200 g = 30 g.

A massa da solução muda durante a eletrólise, pois parte da água é convertida em hidrogênio e oxigênio. Calcule a quantidade de oxigênio liberado:

(O 2) \u003d V (O2) / Vm \u003d 14,56 l / 22,4 l / mol \u003d 0,65 mol

De acordo com a equação da reação, 1 mol de oxigênio é formado a partir de 2 mols de água. Deixe 0,65 mol de oxigênio ser liberado durante a decomposição de x mol de água. Vamos fazer uma proporção:

1,3 mol de água decomposto, v(H2O) = 1,3 mol.

Calcule a massa molar da água:

M(H2O) \u003d 1-2 + 16 \u003d 18 g / mol.

Calcule a massa de água decomposta:

m(H2O) \u003d v (H2O> M (H2O) \u003d 1,3 mol * 18 g / mol \u003d 23,4 g.

A massa da solução de sulfato de potássio diminuiu 23,4 g e tornou-se igual a 200-23,4 = 176,6 g. Vamos agora calcular a concentração da solução de sulfato de potássio no final da eletrólise:

С2 (K2SO4)=m(K2SO4) 100% / m(solução)=30g 100% / 176,6g=17%

Responda: a concentração da solução no final da eletrólise é de 17%.

* 3 problema 5. 188,3 g de uma mistura de cloretos de sódio e potássio foram dissolvidos em água e uma corrente elétrica foi passada através da solução resultante. Durante a eletrólise, 33,6 litros de hidrogênio foram liberados no cátodo. Calcule a composição da mistura em porcentagem em peso.

Após dissolver uma mistura de cloretos de potássio e sódio em água, a solução contém íons K+, Na+ e Cl-. Nem os íons potássio nem os íons sódio são reduzidos no cátodo, as moléculas de água são reduzidas. Os íons cloreto são oxidados no ânodo e o cloro é liberado:

Vamos reescrever as equações na forma molecular:

2KS1 + 2H20 = H2 + C12 + 2KOH

2NaCl + 2H2O = H2 + C12 + 2NaOH

Vamos denotar a quantidade de substância cloreto de potássio contida na mistura, x mol, e a quantidade de substância cloreto de sódio, y mol. De acordo com a equação da reação, durante a eletrólise de 2 moles de cloreto de sódio ou potássio, 1 mol de hidrogênio é liberado. Portanto, durante a eletrólise x mol de cloreto de potássio, x / 2 ou 0,5x mol de hidrogênio é formado e, durante a eletrólise, y mol de cloreto de sódio é 0,5y mol de hidrogênio. Vamos encontrar a quantidade substâncias de hidrogênio, liberado durante a eletrólise da mistura:

Vamos fazer a equação: 0,5x + 0,5y \u003d 1,5

Calcule as massas molares dos cloretos de potássio e de sódio:

M(KC1) = 39+35,5 = 74,5 g/mol

M (NaCl) \u003d 23 + 35,5 \u003d 58,5 g / mol

Massa x mol de cloreto de potássio é:

m (KCl) \u003d v (KCl) -M (KCl) \u003d x mol-74,5 g / mol \u003d 74,5 x g.

A massa de um mol de cloreto de sódio é:

m (KCl) \u003d v (KCl) -M (KCl) \u003d y mol-74,5 g / mol \u003d 58,5 u g.

A massa da mistura é 188,3 g, fazemos a segunda equação:

74,5x + 58,5y = 188,3

Então, resolvemos um sistema de duas equações com duas incógnitas:

0,5(x + y)= 1,5

74,5x + 58,5y = 188,3g

Da primeira equação, expressamos x:

x + y \u003d 1,5 / 0,5 \u003d 3,

x = 3-y

Substituindo esse valor de x na segunda equação, temos:

74,5-(3-y) + 58,5y = 188,3

223,5-74,5a + 58,5a = 188,3

-16 anos = -35,2

y \u003d 2,2 100% / 188,3g \u003d 31,65%

Calcular fração de massa Cloreto de Sódio:

w(NaCl) = 100% - w(KCl) = 68,35%

Responda: a mistura contém 31,65% de cloreto de potássio e 68,35% de cloreto de sódio.

Resolvendo problemas químicos
conhece a lei de Faraday
ensino médio

Desenvolvimento do autor

Dentre a grande variedade de vários problemas químicos, como mostra a prática do ensino na escola, as maiores dificuldades são causadas por problemas, para a solução dos quais, além de sólidos conhecimentos químicos, é necessário ter um bom domínio do material. do curso de física. E embora nem todas as escolas secundárias prestem atenção em resolver pelo menos os problemas mais simples usando o conhecimento de dois cursos - química e física, problemas desse tipo às vezes são encontrados em exames de admissão em universidades onde a química é uma disciplina importante. E, portanto, sem analisar problemas desse tipo em sala de aula, um professor pode involuntariamente privar seu aluno da chance de ingressar em uma universidade em uma especialidade química.
O desenvolvimento deste autor contém mais de vinte tarefas, de uma forma ou de outra relacionadas ao tema "Eletrólise". Para resolver problemas deste tipo, é necessário não só ter um bom conhecimento do tema "Eletrólise" curso escolar química, mas também conhecer a lei de Faraday, que é estudada no curso de física da escola.
Talvez essa seleção de tarefas não seja do interesse de absolutamente todos os alunos da turma ou esteja disponível para todos. No entanto, recomenda-se que tarefas deste tipo sejam analisadas com um grupo de alunos interessados ​​em círculo ou aula opcional. Pode-se notar com certeza que tarefas desse tipo são complicadas e pelo menos não típicas de um curso de química escolar (estamos falando de uma média escola de ensino geral), e, portanto, problemas desse tipo podem ser incluídos com segurança nas variantes de uma olimpíada de química escolar ou distrital para o 10º ou 11º ano.
Ter uma solução detalhada para cada problema torna o desenvolvimento uma ferramenta valiosa, especialmente para professores iniciantes. Tendo analisado várias tarefas com os alunos em uma aula opcional ou em uma aula circular, um professor criativo certamente definirá várias tarefas do mesmo tipo em casa e usará esse desenvolvimento no processo de verificação de trabalhos de casa, o que economizará significativamente o valioso tempo do professor.

Informações teóricas sobre o problema

reações químicas, fluindo sob a ação de uma corrente elétrica em eletrodos colocados em uma solução ou fusão de um eletrólito, é chamado de eletrólise. Considere um exemplo.

Em um copo a uma temperatura de cerca de 700 ° C, há uma fusão de cloreto de sódio NaCl, eletrodos são imersos nele. Antes de passar uma corrente elétrica através do fundido, os íons Na + e Cl - movem-se aleatoriamente, no entanto, quando uma corrente elétrica é aplicada, o movimento dessas partículas é ordenado: os íons Na + correm para o eletrodo carregado negativamente e os íons Cl - - ao eletrodo carregado positivamente.

E ele Um átomo carregado ou grupo de átomos que tem uma carga.

Cátioné um íon carregado positivamente.

Ânioné um íon carregado negativamente.

Cátodo- um eletrodo carregado negativamente (íons carregados positivamente - cátions) se move em direção a ele.

Ânodo- um eletrodo carregado positivamente (íons carregados negativamente - ânions) se move em direção a ele.

Eletrólise de cloreto de sódio fundido em eletrodos de platina

Reação total:

Eletrólise de uma solução aquosa de cloreto de sódio em eletrodos de carbono

Reação total:

ou na forma molecular:

Eletrólise de uma solução aquosa de cloreto de cobre(II) em eletrodos de carbono

Reação total:

NO série eletroquímica atividade dos metais, o cobre está localizado à direita do hidrogênio, então o cobre será reduzido no cátodo e o cloro será oxidado no ânodo.

Eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de sódio em eletrodos de platina

Reação total:

Da mesma forma, ocorre a eletrólise de uma solução aquosa de nitrato de potássio (eletrodos de platina).

Eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de zinco em eletrodos de grafite

Reação total:

Eletrólise de uma solução aquosa de nitrato de ferro(III) em eletrodos de platina

Reação total:

Eletrólise de uma solução aquosa de nitrato de prata em eletrodos de platina

Reação total:

Eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de alumínio em eletrodos de platina

Reação total:

Eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de cobre em eletrodos de cobre - refino eletroquímico

A concentração de CuSO 4 na solução permanece constante, o processo é reduzido à transferência do material do ânodo para o cátodo. Esta é a essência do processo de refino eletroquímico (obtenção de metal puro).

Ao elaborar esquemas para a eletrólise de um sal específico, deve-se lembrar que:

– cátions metálicos com um potencial de eletrodo padrão (SEP) mais alto que o hidrogênio (do cobre ao ouro, inclusive) são quase completamente reduzidos no cátodo durante a eletrólise;

– cátions metálicos com pequenos valores de SEP (de lítio a alumínio, inclusive) não são reduzidos no cátodo, mas as moléculas de água são reduzidas a hidrogênio;

– cátions metálicos, cujos valores SEC são menores que os do hidrogênio, mas maiores que os do alumínio (do alumínio ao hidrogênio), são reduzidos simultaneamente com a água durante a eletrólise no cátodo;

- se a solução aquosa contém uma mistura de cátions de vários metais, por exemplo, Ag +, Cu 2+, Fe 2+, então a prata será o primeiro a ser reduzido nessa mistura, depois o cobre e o último ferro;

- em um ânodo insolúvel durante a eletrólise, ânions ou moléculas de água são oxidados e ânions S 2–, I –, Br – , Cl – são facilmente oxidados;

– se a solução contém ânions de ácidos contendo oxigênio , , , , então as moléculas de água são oxidadas a oxigênio no ânodo;

- se o ânodo for solúvel, durante a eletrólise ele próprio sofre oxidação, ou seja, envia elétrons para o circuito externo: quando os elétrons são liberados, o equilíbrio entre o eletrodo e a solução é deslocado e o ânodo se dissolve.

Se de toda a série de processos de eletrodos destacarmos apenas aqueles que correspondem à equação geral

M z+ + Z e=M,

então nós obtemos faixa de tensão de metal. O hidrogênio também é sempre colocado nesta linha, o que permite ver quais metais são capazes de deslocar o hidrogênio de soluções aquosas de ácidos e quais não são (tabela).

Mesa

Uma gama de metais de estresse

A equação eletrodo processo	Padrão eletrodo potencial em 25°С, V	A equação eletrodo processo	Padrão eletrodo potencial a 25°C, V
Li + + 1 e= Li0	–3,045	Co2+ + 2 e= Co0	–0,277
Rb + + 1 e= Rb0	–2,925	Ni 2+ + 2 e= N0	–0,250
K++1 e= K0	–2,925	Sn 2+ + 2 e= Sn0	–0,136
C + + 1 e= Cs 0	–2,923	Pb 2+ + 2 e= Pb 0	–0,126
Ca 2+ + 2 e= Ca0	–2,866	Fe 3+ + 3 e= Fe0	–0,036
Na + + 1 e= Na 0	–2,714	2H++2 e=H2	0
Mg 2+ + 2 e=Mg0	–2,363	Bi 3+ + 3 e= Bi0	0,215
Al 3+ + 3 e=Al0	–1,662	Cu 2+ + 2 e= Cu 0	0,337
Ti 2+ + 2 e= Ti0	–1,628	Cu + +1 e= Cu 0	0,521
Mn 2+ + 2 e=Mn0	–1,180	Hg 2 2+ + 2 e= 2Hg0	0,788
Cr 2+ + 2 e=Cr0	–0,913	Ag + + 1 e= Ag0	0,799
Zn 2+ + 2 e= Zn0	–0,763	Hg 2+ + 2 e= Hg0	0,854
Cr 3+ + 3 e=Cr0	–0,744	Ponto 2+ + 2 e= Pt0	1,2
Fe 2+ + 2 e= Fe0	–0,440	Au 3+ + 3 e= Au 0	1,498
CD 2+ + 2 e= CD0	–0,403	Au++1 e= Au 0	1,691

De uma forma mais simples, uma série de tensões metálicas pode ser representada da seguinte forma:

Para resolver a maioria dos problemas de eletrólise, é necessário o conhecimento da lei de Faraday, cuja fórmula de expressão é dada abaixo:

m = M EU t/(z F),

Onde mé a massa da substância liberada no eletrodo, F- Número de Faraday, igual a 96 485 A s/mol, ou 26,8 A h/mol, Mé a massa molar do elemento que é reduzido durante a eletrólise, t– o tempo do processo de eletrólise (em segundos), EU- intensidade da corrente (em amperes), zé o número de elétrons envolvidos no processo.

Condições da tarefa

1. Que massa de níquel será liberada durante a eletrólise de uma solução de nitrato de níquel por 1 hora a uma corrente de 20 A?

2. Com que intensidade de corrente é necessário realizar o processo de eletrólise de uma solução de nitrato de prata para obter 0,005 kg de metal puro em 10 horas?

3. Que massa de cobre será liberada durante a eletrólise de um cloreto de cobre (II) fundido por 2 horas a uma corrente de 50 A?

4. Quanto tempo leva para eletrolisar uma solução aquosa de sulfato de zinco a uma corrente de 120 A para obter 3,5 g de zinco?

5. Que massa de ferro será liberada durante a eletrólise de uma solução de sulfato de ferro(III) a uma corrente de 200 A por 2 horas?

6. Com que intensidade de corrente é necessário realizar o processo de eletrólise de uma solução de nitrato de cobre (II) para obter 200 g de metal puro em 15 horas?

7. Durante quanto tempo é necessário realizar o processo de eletrólise de uma fusão de cloreto de ferro (II) a uma corrente de 30 A para obter 20 g de ferro puro?

8. Com que intensidade de corrente é necessário realizar o processo de eletrólise de uma solução de nitrato de mercúrio (II) para obter 0,5 kg de metal puro em 1,5 horas?

9. Com que intensidade de corrente é necessário realizar o processo de eletrólise de um cloreto de sódio fundido para obter 100 g de metal puro em 1,5 horas?

10. O cloreto de potássio fundido foi submetido a eletrólise durante 2 horas a uma corrente de 5 A. O metal resultante reagiu com água pesando 2 kg. Que concentração de solução alcalina foi obtida neste caso?

11. Quantos gramas de uma solução de ácido clorídrico a 30% serão necessários para a interação completa com o ferro obtido pela eletrólise de uma solução de sulfato de ferro (III) por 0,5 h na intensidade da corrente
10A?

12. No processo de eletrólise de uma fusão de cloreto de alumínio, realizado por 245 min a uma corrente de 15 A, obteve-se alumínio puro. Quantos gramas de ferro podem ser obtidos pelo método aluminotérmico quando uma dada massa de alumínio interage com o óxido de ferro(III)?

13. Quantos mililitros de uma solução de KOH a 12% com densidade de 1,111 g/ml serão necessários para reagir com o alumínio (com a formação de tetra-hidroxialuminato de potássio) obtido por eletrólise de uma solução de sulfato de alumínio por 300 minutos a uma corrente de 25 A ?

14. Quantos mililitros de uma solução de ácido sulfúrico a 20% com densidade de 1,139 g/ml serão necessários para interagir com o zinco obtido por eletrólise de uma solução de sulfato de zinco por 100 minutos a uma corrente de 55 A?

15. Que volume de óxido nítrico (IV) (n.o.) será obtido quando um excesso de ácido nítrico concentrado a quente reage com o cromo obtido pela eletrólise de uma solução de sulfato de cromo (III) por 100 minutos a uma corrente de 75 A?

16. Que volume de óxido nítrico (II) (n.o.) será obtido quando um excesso de solução de ácido nítrico reage com o cobre obtido pela eletrólise de um cloreto de cobre (II) fundido por 50 minutos a uma corrente de 10,5 A?

17. Durante quanto tempo é necessário realizar a eletrólise de uma fusão de cloreto de ferro (II) a uma corrente de 30 A para obter o ferro necessário para a interação completa com 100 g de uma solução de ácido clorídrico a 30%?

18. Durante quanto tempo é necessário realizar a eletrólise de uma solução de nitrato de níquel a uma corrente de 15 A para obter o níquel necessário para a interação completa com 200 g de uma solução de ácido sulfúrico a 35% quando aquecido?

19. O cloreto de sódio fundido foi eletrolisado a uma corrente de 20 A por 30 minutos, e o cloreto de potássio fundido foi eletrolisado por 80 minutos a uma corrente de 18 A. Ambos os metais foram dissolvidos em 1 kg de água. Encontre a concentração de álcalis na solução resultante.

20. Magnésio obtido por eletrólise de cloreto de magnésio fundido por 200 min na força atual
10 A, dissolvido em 1,5 l de uma solução de ácido sulfúrico a 25% com densidade de 1,178 g/ml. Encontre a concentração de sulfato de magnésio na solução resultante.

21. Zinco obtido por eletrólise de uma solução de sulfato de zinco por 100 min na intensidade da corrente

17 A, foi dissolvido em 1 1 de uma solução de ácido sulfúrico a 10% com uma densidade de 1,066 g/ml. Encontre a concentração de sulfato de zinco na solução resultante.

22. O ferro obtido por eletrólise de uma fusão de cloreto de ferro(III) por 70 min a uma corrente de 11 A foi pulverizado e imerso em 300 g de uma solução de sulfato de cobre(II) a 18%. Encontre a massa de cobre precipitada.

23. Magnésio obtido por eletrólise de cloreto de magnésio fundido por 90 minutos na intensidade da corrente
17 A, foram imersos em excesso de ácido clorídrico. Encontre o volume e a quantidade de hidrogênio liberado (n.o.s.).

24. Uma solução de sulfato de alumínio foi submetida a eletrólise por 1 hora a uma corrente de 20 A. Quantos gramas de uma solução de ácido clorídrico a 15% seriam necessários para a interação completa com o alumínio resultante?

25. Quantos litros de oxigênio e ar (N.O.) serão necessários para a combustão completa do magnésio obtido pela eletrólise de um cloreto de magnésio fundido por 35 minutos a uma corrente de 22 A?

Veja os números a seguir para respostas e soluções

Que flui sob a ação de uma corrente elétrica em eletrodos imersos em uma solução ou eletrólito fundido.

Existem dois tipos de eletrodos.

Ânodo oxidação.

Cátodoé o eletrodo no qual recuperação. Os ânions tendem ao ânodo porque ele tem uma carga positiva. Os cátions tendem ao cátodo, porque é carregado negativamente e, de acordo com as leis da física, cargas opostas se atraem. Em qualquer processo eletroquímico, ambos os eletrodos estão presentes. O dispositivo no qual a eletrólise é realizada é chamado de eletrolisador. Arroz. 1.

As características quantitativas da eletrólise são expressas por duas leis de Faraday:

1) A massa da substância liberada no eletrodo é diretamente proporcional à quantidade de eletricidade que passou pelo eletrólito.

2) Durante a eletrólise de vários compostos químicos, as mesmas quantidades de eletricidade emitem massas de substâncias nos eletrodos, proporcionais aos seus equivalentes eletroquímicos.

Essas duas leis podem ser combinadas em uma equação:

Onde mé a massa da substância liberada, g;

né o número de elétrons transferidos no processo do eletrodo;

Fé o número de Faraday ( F= 96485 C/mol)

EU– intensidade da corrente, A;

t– tempo, s;

Mé a massa molar da substância liberada, g/mol.

Com eletrólise soluções aquosas os processos de eletrodos são complicados devido à competição de íons (as moléculas de água também podem participar da eletrólise). A recuperação no cátodo é devido à posição do metal em uma série de potenciais de eletrodo padrão.

Os cátions metálicos, que têm um potencial de eletrodo padrão maior que o do hidrogênio (de Cu2+ a Au3+), são quase completamente reduzidos no cátodo durante a eletrólise. Me n+ + nē →Me Os cátions metálicos com um baixo potencial de eletrodo padrão (Li2+ até Al3+ inclusive) não são reduzidos no cátodo, mas as moléculas de água são reduzidas. 2H2O + 2ē → H2 + 2OH- Cátions metálicos que têm um potencial de eletrodo padrão menor que o do hidrogênio, mas maior que o do alumínio (de Mn2+ a H), são reduzidos simultaneamente com as moléculas de água durante a eletrólise no cátodo. Me n+ + nē → Me 2H2O + 2ē → H2 + 2OH- Na presença de vários cátions na solução, os cátions do metal menos ativo são reduzidos primeiramente no cátodo.

Exemplo sulfato de sódio (Na2SO4)

Na2SO4↔ 2Na++ SO42-

cátodo: 2H2O + 2e → H2 + 2OH-

ânodo: 2H2O - 4e → O2 + 4H+

4OH -- 4H+→ 4H2O

por eletrólise derrete muitos metais reativos são obtidos. Durante a dissociação do sulfato de sódio fundido, são formados iões sódio e iões sulfato.

Na2SO4 → 2Na+ + SO42−

- o sódio é liberado no cátodo:

Na+ + 1e− → Na

– oxigênio e óxido de enxofre (VI) são liberados no ânodo:

2SO42− − 4 e− → 2SO3 + О2

- a equação iônica total da reação (a equação do processo catódico foi multiplicada por 4)

4 Na+ + 2SO42− → 4 Na 0 + 2SO3 + O2

- reação total:

4 Na2SO44 Na 0 + 2SO3 + O2

Eletrólise de sais fundidos

Para obter metais altamente ativos (sódio, alumínio, magnésio, cálcio, etc.), que interagem facilmente com a água, é utilizada a eletrólise de sais ou óxidos fundidos:

1. Eletrólise de cloreto de cobre (II) fundido.

Os processos do eletrodo podem ser expressos como semi-reações:

no cátodo K(-): Сu 2+ + 2e = Cu 0 - redução catódica

no ânodo A (+): 2Cl - - 2e \u003d Cl 2 - oxidação anódica

A reação global da decomposição eletroquímica de uma substância é a soma de duas semi-reações de eletrodos, e para cloreto de cobre é expressa pela equação:

Cu 2+ + 2 Cl - \u003d Cu + Cl 2

Durante a eletrólise de álcalis e sais de oxoácidos, o oxigênio é liberado no ânodo:

4OH - - 4e \u003d 2H 2 O + O 2

2SO 4 2– - 4e \u003d 2SO 3 + O 2

2. Eletrólise de fusão de cloreto de potássio:

Eletrólise da solução

A combinação de reações redox que ocorrem em eletrodos em soluções eletrolíticas ou se fundem quando uma corrente elétrica passa por eles é chamada de eletrólise.

No cátodo "-" da fonte de corrente, ocorre o processo de transferência de elétrons para cátions de uma solução ou fusão, portanto, o cátodo é um "agente redutor".

No ânodo “+”, os elétrons são emitidos por ânions, então o ânodo é um “agente oxidante”.

Durante a eletrólise, processos concorrentes podem ocorrer tanto no ânodo quanto no cátodo.

Quando a eletrólise é realizada usando um ânodo inerte (não consumível) (por exemplo, grafite ou platina), como regra, dois processos oxidativos e dois de redução estão competindo:
no ânodo - oxidação de ânions e íons hidróxido,
no cátodo - redução de cátions e íons de hidrogênio.

Quando a eletrólise é realizada usando um ânodo ativo (consumível), o processo se torna mais complicado e as reações concorrentes nos eletrodos são:
no ânodo - oxidação de ânions e íons hidróxido, dissolução anódica do metal - o material do ânodo;
no cátodo - a redução do cátion de sal e íons de hidrogênio, a redução de cátions metálicos obtida pela dissolução do ânodo.

Ao escolher o processo mais provável no ânodo e no cátodo, deve-se proceder da posição em que a reação que requer o menor consumo de energia ocorrerá. Além disso, para selecionar o processo mais provável no ânodo e no cátodo durante a eletrólise de soluções salinas com um eletrodo inerte, são usadas as seguintes regras:

1. Os seguintes produtos podem se formar no ânodo:

a) durante a eletrólise de soluções contendo ânions SO 4 2-, NO - 3, PO 4 3-, bem como soluções alcalinas no ânodo, a água é oxidada e o oxigênio é liberado;

A + 2H 2 O - 4e - \u003d 4H + + O 2

b) durante a oxidação dos ânions Cl - , Br - , I - são liberados cloro, bromo, iodo, respectivamente;

A + Cl - + e - \u003d Cl 0

2. Os seguintes produtos podem se formar no cátodo:

a) durante a eletrólise de soluções salinas contendo íons localizados em uma série de voltagens à esquerda do Al 3+, a água é reduzida no cátodo e o hidrogênio é liberado;

K - 2H 2 O + 2e - \u003d H 2 + 2OH -

b) se o íon metálico está localizado na série de voltagem à direita do hidrogênio, então o metal é liberado no cátodo.

K - Me n + + ne - \u003d Me 0

c) durante a eletrólise de soluções salinas contendo íons localizados em uma série de voltagens entre Al + e H +, processos concorrentes de redução de cátions e evolução de hidrogênio podem ocorrer no cátodo.

Exemplo: Eletrólise de uma solução aquosa de nitrato de prata em eletrodos inertes

Dissociação de nitrato de prata:

AgNO 3 \u003d Ag + + NO 3 -

Durante a eletrólise de uma solução aquosa de AgNO 3, os íons Ag + são reduzidos no cátodo e as moléculas de água são oxidadas no ânodo:

Cátodo: Ag + + e = Ag

Ânodo: 2H 2 O - 4e \u003d 4H + + O 2

Equação Resumida: ____________________________________________________

4AgNO 3 + 2H 2 O \u003d 4Ag + 4HNO 3 + O 2

Faça esquemas para a eletrólise de soluções aquosas: a) sulfato de cobre; b) cloreto de magnésio; c) sulfato de potássio.

Em todos os casos, a eletrólise é realizada usando eletrodos de carbono.

Exemplo: Eletrólise de uma solução aquosa de cloreto de cobre em eletrodos inertes

Dissociação de cloreto de cobre:

CuCl 2 ↔ Сu 2+ + 2Cl -

A solução contém íons Cu 2+ e 2Cl -, que, sob a ação de uma corrente elétrica, são direcionados para os eletrodos correspondentes:

Cátodo - Cu 2+ + 2e = Cu 0

Ânodo + 2Cl - - 2e = Cl 2

_______________________________

CuCl 2 \u003d Cu + Cl 2

O cobre metálico é liberado no cátodo e o gás cloro é liberado no ânodo.

Se, no exemplo considerado de eletrólise de uma solução de CuCl 2 , uma placa de cobre é tomada como ânodo, então o cobre é liberado no cátodo e no ânodo, onde ocorrem os processos de oxidação, em vez de descarregar íons Cl 0 e liberar cloro , o ânodo (cobre) é oxidado.

Nesse caso, o próprio ânodo se dissolve e, na forma de íons Cu 2+, entra em solução.

A eletrólise do CuCl 2 com um ânodo solúvel pode ser escrita como segue:

A eletrólise de soluções salinas com um ânodo solúvel é reduzida à oxidação do material do ânodo (sua dissolução) e é acompanhada pela transferência de metal do ânodo para o cátodo. Esta propriedade é amplamente utilizada no refino (purificação) de metais a partir de contaminação.

Exemplo: Eletrólise de uma solução aquosa de cloreto de magnésio em eletrodos inertes

Dissociação de cloreto de magnésio em solução aquosa:

MgCl 2 ↔ Mg 2+ + 2Cl -

Os íons de magnésio não podem ser reduzidos em uma solução aquosa (a água está sendo reduzida), os íons de cloreto são oxidados.

Esquema de eletrólise:

Exemplo: Eletrólise de uma solução aquosa de sulfato de cobre em eletrodos inertes

Em solução, o sulfato de cobre se dissocia em íons:

CuSO 4 \u003d Cu 2+ + SO 4 2-

Os íons de cobre podem ser reduzidos no cátodo em uma solução aquosa.

Os íons sulfato em uma solução aquosa não são oxidados, então a água será oxidada no ânodo.

Esquema de eletrólise:

Eletrólise de uma solução aquosa de um sal de metal ativo e um ácido contendo oxigênio (K 2 SO 4) em eletrodos inertes

Exemplo: Dissociação de sulfato de potássio em solução aquosa:

K 2 SO 4 \u003d 2K + + SO 4 2-

Íons de potássio e íons sulfato não podem ser descarregados nos eletrodos em uma solução aquosa, portanto, a redução ocorrerá no cátodo e a água será oxidada no ânodo.

Esquema de eletrólise:

ou, dado que 4H + + 4OH - \u003d 4H 2 O (realizado com agitação),

H 2 O 2 H 2 + O 2

Se uma corrente elétrica é passada através de uma solução aquosa de um sal de metal ativo e um ácido contendo oxigênio, então nem os cátions metálicos nem os íons do resíduo ácido são descarregados.

O hidrogênio é liberado no cátodo e o oxigênio é liberado no ânodo, e a eletrólise é reduzida à decomposição eletrolítica da água.

Eletrólise de hidróxido de sódio fundido

A eletrólise da água é sempre realizada na presença de um eletrólito inerte (para aumentar a condutividade elétrica de um eletrólito muito fraco - água):

Lei de Faraday

A dependência da quantidade de substância formada sob a ação de uma corrente elétrica no tempo, na intensidade da corrente e na natureza do eletrólito pode ser estabelecida com base na lei de Faraday generalizada:

onde m é a massa da substância formada durante a eletrólise (g);

E - massa equivalente de uma substância (g/mol);

M é a massa molar da substância (g/mol);

n é o número de elétrons dados ou recebidos;

I - intensidade da corrente (A); t é a duração do(s) processo(s);

F - Constante de Faraday que caracteriza a quantidade de eletricidade necessária para liberar 1 massa equivalente de uma substância (F = 96.500 C/mol = 26,8 Ah/mol).

Hidrólise de compostos inorgânicos

A interação de íons de sal com a água, levando à formação de moléculas eletrolíticas fracas, é chamada de hidrólise de sal.

Se considerarmos um sal como um produto da neutralização de uma base com um ácido, os sais podem ser divididos em quatro grupos, para cada um dos quais a hidrólise ocorrerá à sua maneira.

1. Um sal formado por uma base forte e um ácido forte KBr, NaCl, NaNO 3) não sofrerá hidrólise, pois neste caso não se forma um eletrólito fraco. A reação do meio permanece neutra.

2. Em um sal formado por uma base fraca e um ácido forte FeCl 2, NH 4 Cl, Al 2 (SO 4) 3, MgSO 4), o cátion sofre hidrólise:

FeCl2 + HOH → Fe(OH)Cl + HCl

Fe 2+ + 2Cl - + H + + OH - → FeOH + + 2Cl - + H +

Como resultado da hidrólise, um eletrólito fraco, íon H + e outros íons são formados. pH da solução< 7 (раствор приобретает кислую реакцию).

3. Um sal formado por uma base forte e um ácido fraco (KClO, K 2 SiO 3 , Na 2 CO 3 , CH 3 COONa) sofre hidrólise aniônica, resultando na formação de um eletrólito fraco, íon hidróxido e outros íons.

K 2 SiO 3 + HOH → KHSiO 3 + KOH

2K + +SiO 3 2- + H + + OH - → HSiO 3 - + 2K + + OH -

O pH dessas soluções é > 7 (a solução adquire uma reação alcalina).

4. Um sal formado por uma base fraca e um ácido fraco (CH 3 COONH 4, (NH 4) 2 CO 3, Al 2 S 3) é hidrolisado tanto pelo cátion quanto pelo ânion. Como resultado, formam-se bases e ácidos de baixa dissociação. O pH de soluções de tais sais depende da força relativa do ácido e da base.

Algoritmo para escrever equações para as reações de hidrólise de um sal de um ácido fraco e uma base forte

Existem várias opções para a hidrólise de sais:

1. Hidrólise de um sal de um ácido fraco e uma base forte: (CH 3 COONa, KCN, Na 2 CO 3).

Exemplo 1 Hidrólise de acetato de sódio.

ou CH 3 COO - + Na + + H 2 O ↔ CH 3 COOH + Na + + OH -

CH 3 COO - + H 2 O ↔ CH 3 COOH + OH -

Como o ácido acético se dissocia fracamente, o íon acetato se liga ao íon H + e o equilíbrio de dissociação da água se desloca para a direita de acordo com o princípio de Le Chatelier.

OH - íons se acumulam na solução (pH > 7)

Se o sal for formado por um ácido polibásico, a hidrólise prossegue em etapas.

Por exemplo, hidrólise de carbonato: Na 2 CO 3

Estágio I: CO 3 2– + H 2 O ↔ HCO 3 – + OH –

Estágio II: HCO 3 - + H 2 O ↔ H 2 CO 3 + OH -

Na 2 CO 3 + H 2 O \u003d NaHCO 3 + NaOH

De importância prática geralmente é apenas o processo que passa pela primeira etapa, que, via de regra, é limitada quando se avalia a hidrólise de sais.

O equilíbrio de hidrólise no segundo estágio é significativamente deslocado para a esquerda em relação ao equilíbrio do primeiro estágio, uma vez que um eletrólito mais fraco (HCO 3 -) é formado no primeiro estágio do que no segundo (H 2 CO 3)

Exemplo 2 . Hidrólise do ortofosfato de rubídio.

1. Determine o tipo de hidrólise:

Rb3PO4 ↔ 3Rb++ PO 4 3–

O rubídio é um metal alcalino, seu hidróxido é uma base forte, o ácido fosfórico, principalmente em seu terceiro estágio de dissociação, correspondente à formação de fosfatos, é um ácido fraco.

A hidrólise do ânion ocorre.

PO 3- 4 + H–OH ↔ HPO 2- 4 + OH – .

Produtos - íons hidrofosfato e hidróxido, médio - alcalino.

3. Compomos uma equação molecular:

Rb 3 PO 4 + H 2 O ↔ Rb 2 HPO 4 + RbOH.

Temos um sal ácido - hidrogenofosfato de rubídio.

Algoritmo para escrever equações para as reações de hidrólise de um sal de um ácido forte e uma base fraca

2. Hidrólise de um sal de um ácido forte e uma base fraca: NH 4 NO 3, AlCl 3, Fe 2 (SO 4) 3.

Exemplo 1. Hidrólise de nitrato de amónio.

NH 4 + + NO 3 - + H 2 O ↔ NH 4 OH + NO 3 - + H +

NH 4 + + H 2 O ↔ NH 4 OH + H +

No caso de um cátion de carga múltipla, a hidrólise prossegue em etapas, por exemplo:

Estágio I: Cu 2+ + HOH ↔ CuOH + + H +

Estágio II: CuOH + + HOH ↔ Cu(OH) 2 + H +

CuCl 2 + H 2 O \u003d CuOHCl + HCl

Neste caso, a concentração de íons hidrogênio e o pH do meio na solução também são determinados principalmente pela primeira etapa da hidrólise.

Exemplo 2 Hidrólise de sulfato de cobre(II)

1. Determine o tipo de hidrólise. Nesta fase, é necessário escrever a equação de dissociação do sal:

CuSO4 ↔ Cu 2+ + SO2-4.

Um sal é formado por um cátion de uma base fraca (sublinhado) e um ânion de um ácido forte. A hidrólise ocorre no cátion.

2. Escrevemos a equação da hidrólise iônica, determinamos o ambiente:

Cu 2+ + H-OH ↔ CuOH + + H + .

Um cátion hidroxomeper(II) e um íon hidrogênio são formados, o meio é ácido.

3. Fazemos uma equação molecular.

Deve-se levar em conta que a compilação de tal equação é uma certa tarefa formal. De partículas positivas e negativas em solução, formamos partículas neutras que existem apenas no papel. Nesse caso, podemos fazer a fórmula (CuOH) 2 SO 4, mas para isso devemos multiplicar mentalmente nossa equação iônica por dois.

Nós temos:

2CuSO 4 + 2H 2 O ↔ (CuOH) 2 SO 4 + H 2 SO 4.

Observe que o produto da reação pertence ao grupo de sais básicos. Os nomes dos sais básicos, assim como os nomes dos sais médios, devem ser compostos pelos nomes do ânion e do cátion, neste caso chamaremos o sal de "sulfato de hidroxomedi(II)".

Algoritmo para escrever equações para as reações de hidrólise de um sal de um ácido fraco e uma base fraca

3. Hidrólise de um sal de um ácido fraco e uma base fraca:

Exemplo 1 Hidrólise de acetato de amónio.

CH 3 COO - + NH 4 + + H 2 O ↔ CH 3 COOH + NH 4 OH

Neste caso, dois compostos ligeiramente dissociados são formados e o pH da solução depende da força relativa do ácido e da base.

Se os produtos da hidrólise podem ser removidos da solução, por exemplo, na forma de um precipitado ou uma substância gasosa, então a hidrólise prossegue até o fim.

Exemplo 2 Hidrólise de sulfureto de alumínio.

Al 2 S 3 + 6H 2 O \u003d 2Al (OH) 3 + 3H 2 S

2A l 3+ + 3 S 2- + 6H 2 O \u003d 2Al (OH) 3 (precipitado) + ZH 2 S (gás)

Exemplo 3 Hidrólise de Acetato de Alumínio

1. Determine o tipo de hidrólise:

Al(CH 3 COO) 3 = Al 3+ + 3CH 3 COO – .

Um sal é formado por um cátion de uma base fraca e ânions de um ácido fraco.

2. Escrevemos as equações de hidrólise iônica, determinamos o ambiente:

Al 3+ + H–OH ↔ AlOH 2+ + H + ,

CH 3 COO - + H-OH ↔ CH 3 COOH + OH - .

Considerando que o hidróxido de alumínio é uma base muito fraca, assumimos que a hidrólise no cátion prosseguirá em maior extensão do que no ânion. Portanto, haverá um excesso de íons de hidrogênio na solução e o ambiente será ácido.

Não tente fazer aqui a equação total da reação. Ambas as reações são reversíveis, de forma alguma conectadas entre si, e tal somatória não tem sentido.

3 . Compomos a equação molecular:

Al (CH 3 COO) 3 + H 2 O \u003d AlOH (CH 3 COO) 2 + CH 3 COOH.

Este também é um exercício formal para treinar a formulação de sais e sua nomenclatura. O sal resultante será chamado acetato de hidroxoalumínio.

Algoritmo para escrever equações para as reações de hidrólise de um sal de um ácido forte e uma base forte

4. Os sais formados por um ácido forte e uma base forte não sofrem hidrólise, porque o único composto de baixa dissociação é H 2 O.

O sal de um ácido forte e uma base forte não sofre hidrólise e a solução é neutra.