Электролиз сульфата хрома 3 уравнение

Правила составления окислительно-восстановительных реакций

Электролиз растворов электролитов с инертными электродами

Напомним, что на катоде протекают процессы восстановления, на аноде — процессы окисления.

Процессы, протекающие на катоде:

В растворе имеются несколько видов положительно заряженных частиц, способных восстанавливаться на катоде:

1) Катионы металла восстанавливаются до простого вещества, если металл находится в ряду напряжений правее алюминия (не включая сам Al). Например:
Zn 2+ +2e → Zn 0 .

2) В случае раствора соли или щелочи: катионы водорода восстанавливаются до простого вещества, если металл находится в ряду напряжений металлов до H2:
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH – .
Например, в случае электролиза растворов NaNO3 или KOH.

3) В случае электролиза раствора кислоты: катионы водорода восстанавливаются до простого вещества:
2H + +2e → H2.
Например, в случае электролиза раствора H2SO4.

Процессы, протекающие на аноде:

На аноде легко окисляются кислотные остатки не содержащие кислород. Например, галогенид-ионы (кроме F – ), сульфид-анионы, гидроксид-анионы и молекулы воды:

1) Галогенид-анионы окисляются до простых веществ:
2Cl – – 2e → Cl2.

2) В случае электролиза раствора щелочи в гидроксид-анионах кислород окисляется до простого вещества. Водород уже имеет степень окисления +1 и не может быть окислен дальше. Также будет выделение воды — почему? Потому что больше ничего написать и не получится: 1) H + написать не можем, так как OH – и H + не могут стоять по разные стороны одного уравнения; 2) H2 написать также не можем, так как это был бы процесс восстановления водорода (2H + +2e → H2), а на аноде протекают только процессы окисления.
4OH – – 4e → O2 + 2H2O.

3) Если в растворе есть анионы фтора или любые кислородсодержащие анионы, то окислению будет подвергаться вода с подкислением прианодного пространства согласно следующему уравнению:
2H2O – 4e → O2 + 4H + .
Такая реакция идет в случае электролиза растворов кислородсодержащих солей или кислородсодержащих кислот. В случае электролиза раствора щелочи окисляться будут гидроксид-анионы согласно правилу 2) выше.

4) В случае электролиза раствора соли органической кислоты на аноде всегда происходит выделение CO2 и удвоение остатка углеродной цепи:
2R-COO – – 2e → R-R + 2CO2.

Примеры:

1. Раствор NaCl

Расписываем диссоциацию на ионы:
NaCl → Na + + Cl –

Металл Na стоит в ряду напряжений до алюминия, следовательно, восстанавливаться на катоде не будет (катионы остаются в растворе). Согласно правилу выше, на катоде восстанавливается водород. Хлорид-анионы будут окисляться на аноде до простого вещества:

К: 2Na + (в растворе)
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
А: 2Cl – – 2e → Cl2

Коэффициент 2 перед Na + появился из-за наличия аналогичного коэффициента перед хлорид-ионами, так как в соли NaCl их соотношение 1:1.

Проверяем, что количество принимаемых и отдаваемых электронов одинаковое, и суммируем левые и правые части катодных и анодных процессов:

2Na + + 2Cl – + 2H2O → H2 0 + 2Na + + 2OH – + Cl2. Соединяем катионы и анионы:
2NaCl + 2H2O → H2 0 + 2NaOH + Cl2.

2. Раствор Na2SO4

Расписываем диссоциацию на ионы:
Na2SO4 → 2Na + + SO4 2–

Натрий стоит в ряду напряжений до алюминия, следовательно, восстанавливаться на катоде не будет (катионы остаются в растворе). Согласно правилу выше, на катоде восстанавливается только водород. Сульфат-анионы содержат кислород, поэтому окисляться не будут, также оставаясь в растворе. Согласно правилу выше, в этом случае окисляются молекулы воды:

К: 2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
А: 2H2O – 4e → O2 0 + 4H + .

Уравниваем число принимаемых и отдаваемых электронов на катоде и аноде. Для этого необходимо умножить все коэффициенты катодного процесса на 2:
К: 4H2O + 4e → 2H2 0 + 4OH –
А: 2H2O – 4e → O2 0 + 4H + .

Складываем левые и правые части катодных и анодных процессов:
6H2O → 2H2 0 + 4OH – + 4H + + O2 0 .

4OH- и 4H+ соединяем в 4 молекулы H2O:
6H2O → 2H2 0 + 4H2O + O2 0 .

Сокращаем молекулы воды, находящиеся по обе стороны уравнения, т.е. вычитаем из каждой части уравнения 4H2O и получаем итоговое уравнение гидролиза:
2H2O → 2H2 0 + O2 0 .

Таким образом, гидролиз растворов кислородсодержащих солей активных металлов (до Al включительно) сводится к гидролизу воды, так как ни катионы металлов, ни анионы кислотных остатков не принимают участие в окислительно-восстановительных процессах, протекающих на электродах.

3. Раствор CuCl2

Расписываем диссоциацию на ионы:
CuCl2 → Cu 2+ + 2Cl –

Медь находится в ряду напряжений металлов после водорода, следовательно, только она будет восстанавливаться на катоде. На аноде будут окисляться только хлорид-анионы.

К: Cu 2+ + 2e → Cu 0
A: 2Cl – – 2e → Cl2

Записываем суммарное уравнение:
CuCl2 → Cu 0 + Cl2.

4. Раствор CuSO4

Расписываем диссоциацию на ионы:
CuSO4 → Cu 2+ + SO4 2–

Медь находится в ряду напряжений металлов после водорода, следовательно, только она будет восстанавливаться на катоде. На аноде будут окисляться молекулы воды, так как кислородсодержащие кислотные остатки в растворах на аноде не окисляются.

К: Cu 2+ + 2e → Cu 0
A: SO4 2– (в растворе)
2H2O – 4e → O2 + 4H + .

Уравниваем количество электронов на катоде и аноде. Для это умножим все коэффициенты катодного уравнения на 2. Количество сульфат-ионов также необходимо удвоить, так как в сульфате меди соотношение Cu 2+ и SO4 2– 1:1.

К: 2Cu 2+ + 4e → 2Cu 0
A: 2SO4 2– (в растворе)
2H2O – 4e → O2 + 4H + .

Записываем суммарное уравнение:
2Cu 2+ + 2SO4 2– + 2H2O → 2Cu 0 + O2 + 4H + + 2SO4 2– .

Соединив катионы и анионы, получаем итоговое уравнение электролиза:
2CuSO4 + 2H2O → 2Cu 0 + O2 + 2H2SO4.

5. Раствор NiCl2

Расписываем диссоциацию на ионы:
NiCl2 → Ni 2+ + 2Cl –

Никель находится в ряду напряжений металлов после алюминия и до водорода, следовательно, на катоде будут восстанавливаться и металл, и водород. На аноде будут окисляться только хлорид-анионы.

К: Ni 2+ + 2e → Ni 0
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
A: 2Cl – – 2e → Cl2

Уравниваем количество электронов, принимаемых и отдаваемых на катоде и аноде. Для этого умножаем все коэффициенты анодного уравнения на 2:

К: Ni 2+ + 2e → Ni 0
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
Ni 2+ (в растворе)
A: 4Cl – – 4e → 2Cl2

Замечаем, что согласно формуле NiCl2, соотношение атомов никеля и хлора 1:2, следовательно, в раствор необходимо добавить Ni 2+ для получения общего количества 2NiCl2. Также это необходимо сделать, так как в растворе должны присутствовать противоионы для гидроксид-анионов.

Складываем левые и правые части катодных и анодных процессов:
Ni 2+ + Ni 2+ + 4Cl – + 2H2O → Ni 0 + H2 0 + 2OH – + Ni 2+ + 2Cl2.

Соединяем катионы и анионы для получения итогового уравнения электролиза:
2NiCl2 + 2H2O → Ni 0 + H2 0 + Ni(OH)2 + 2Cl2.

6. Раствор NiSO4

Расписываем диссоциацию на ионы:
NiSO4 → Ni 2+ + SO4 2–

Никель находится в ряду напряжений металлов после алюминия и до водорода, следовательно, на катоде будут восстанавливаться и металл, и водород. На аноде будут окисляться молекулы воды, так как кислородсодержащие кислотные остатки в растворах на аноде не окисляются.

К: Ni 2+ + 2e → Ni 0
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
A: SO4 2– (в растворе)
2H2O – 4e → O2 + 4H + .

Проверяем, что количество принятых и отданных электронов совпадает. Также замечаем, что в растворе есть гидроксид-ионы, но в записи электродных процессов для них нет противоионов. Следовательно, нужно добавить в раствор Ni 2+ . Так как удвоилось количество ионов никеля, необходимо удвоить и количество сульфат-ионов:

К: Ni 2+ + 2e → Ni 0
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
Ni 2+ (в растворе)
A: 2SO4 2– (в растворе)
2H2O – 4e → O2 + 4H + .

Складываем левые и правые части катодных и анодных процессов:
Ni 2+ + Ni 2+ + 2SO4 2– + 2H2O + 2H2O → Ni 0 + Ni 2+ + 2OH – + H2 0 + O2 0 + 2SO4 2– + 4H + .

Соединяем катионы и анионы и записываем итоговое уравнение электролиза:
2NiSO4 + 4H2O → Ni 0 + Ni(OH)2 + H2 0 + O2 0 + 2H2SO4.

В других источниках литературы также говорится об альтернативном протекании электролиза кислородсодержащих солей металлов средней активности. Разница состоит в том, что после сложения левых и правых частей процессов электролиза необходимо соединить H + и OH – с образованием двух молекул воды. Оставшиеся 2H + расходуются на образование серной кислоты. В этом случае не нужно прибавлять дополнительные ионы никеля и сульфат-ионы:

Ni 2+ + SO4 2– + 2H2O + 2H2O → Ni 0 + 2OH – + H2 0 + O2 0 + SO4 2– + 4H + .

Ni 2+ + SO4 2– + 4H2O → Ni 0 + H2 0 + O2 0 + SO4 2– + 2H + + 2H2O.

NiSO4 + 2H2O → Ni 0 + H2 0 + O2 0 + H2SO4.

7. Раствор CH3COONa

Расписываем диссоциацию на ионы:
CH3COONa → CH3COO – + Na +

Натрий стоит в ряду напряжений до алюминия, следовательно, восстанавливаться на катоде не будет (катионы остаются в растворе). Согласно правилу выше, на катоде восстанавливается только водород. На аноде будет происходит окисление ацетат-ионов с образованием углекислого газа и удвоением остатка углеродной цепи:

К: 2Na + (в растворе)
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
А: 2CH3COO – – 2e → CH3-CH3 + CO2

Так как количества электронов в процессах окисления и восстановления совпадают, составляем суммарное уравнение:
2Na + + 2CH3COO – + 2H2O → 2Na + + 2OH – + H2 0 + CH3-CH3 + CO2

Соединяем катионы и анионы:
2CH3COONa + 2H2O → 2NaOH + H2 0 + CH3-CH3 + CO2.

8. Раствор H2SO4

Расписываем диссоциацию на ионы:
H2SO4 → 2H + + SO4 2–

Из катионов в растворе присутствуют только катионы H+, они и будут восстанавливаться до простого вещества. На аноде будет протекать окисление воды, так как кислород содержащие кислотные остатки в растворах на аноде не окисляются.

К: 2H + +2e → H2
A: 2H2O – 4e → O2 + 4H +

Уравниваем число электронов. Для этого удваиваем каждый коэффициент в уравнении катодного процесса:

К: 4H + +4e → 2H2
A: 2H2O – 4e → O2 + 4H +

Суммируем левые и правые части уравнений:
4H + + 2H2O → 2H2 + O2 + 4H +

Катионы H + находятся в обеих частях реакции, следовательно, их нужно сократить. Получаем, что в случае растворов кислот, электролизу подвергаются только молекулы H2O:
2H2O → 2H2 + O2.

9. Раствор NaOH

Расписываем диссоциацию на ионы:
NaOH → Na + + OH –

Натрий стоит в ряду напряжений до алюминия, следовательно, восстанавливаться на катоде не будет (катионы остаются в растворе). Согласно правилу, на катоде восстанавливается только водород. На аноде будут окисляться гидроксид-анионы с образованием кислорода и воды:

К: Na+ (в растворе)
2H2O + 2e → H2 0 + 2OH –
А: 4OH – – 4e → O2 + 2H2O

Уравниваем число электронов, принимаемых и отдаваемых на электродах:

К: Na + (в растворе)
4H2O + 4e → 2H2 0 + 4OH –
А: 4OH – – 4e → O2 + 2H2O

Суммируем левые и правые части процессов:
4H2O + 4OH – → 2H2 0 + 4OH – + O2 0 + 2H2O

Сокращая 2H2O и ионы OH – , получаем итоговое уравнение электролиза:
2H2O → 2H2 + O2.

Вывод:
При электролизе растворов 1) кислородсодержащих кислот;
2) щелочей;
3) солей активных металлов и кислородсодержащих кислот
на электродах протекает электролиз воды:
2H2O → 2H2 + O2.

Составление уравнений электродных процессов коррозии и электролиза

Выход хрома по току. Электролиз сульфата хрома

Задача 153.
Деталь хромируется в водном растворе Сr₂(SО₄)₃. Сила тока – 3 А. Определить продолжительность электролиза, если на поверхности детали необходимо нанести электрокристаллизацией 1,3 г хрома и если выход по току принять равным 40%.
Решение:
Для решения задачи используем уравнение:

B_m = (m_f . n . F * 100%)/(М . I . t), где

B_m — выход по току (40%); m_f — масса металла на детали при электролизе, 1,3 г; I — сила тока, 3,0 А; t — время проведения электролиза, с; F — число Фарадея, 96500 Кл; М — молярная масса (для хрома М = 52 г/моль); n — заряд иона в единицах e (ионы хрома в растворе сульфата хрома имеют заряд n = +3).
Подставляя полученную формулу в выражение для продолжительность электролиза, получим:

t = (m_f . n . F . 100%)/(B_m . M . I).

Приведя заданные значения к одной системе размерностей, проведём вычисление:

t = (3,25 . 3 . 96500 . 100%)/(40% . 52 . 3) = 6031,25 с.

Ответ: t = 6031,25 с.

Коррозия сплава Sn – Zn

Задача 154.
Составьте электронные уравнения процессов, происходящих при коррозии сплава Sn – Zn в кислой среде и во влажном воздухе. Рассчитайте ЭДС для этого контакта. Какие продукты коррозии будут образовываться в каждой среде?
Решение:
Стандартные электродные потенциалы цинка и олова равны соответственно -0,762 В и -0,136 В. Окисляться, т.е. подвергаться коррозии, будет цинк. Цинк имеет более электроотрицательный стандартный электродный потенциал (-0,763 В), чем олово (-0,180 В), поэтому он является анодом, олово – катодом.

а) Коррозия пары металлов Zn/Sn в атмосфере влажного газа:

Анод Zn 0 – 2 = Zn 2+
Катод 1/2O₂ + H₂O + 2 = 2ОН –

Так как ионы Zn 2+ с гидроксид-ионами ОН – образуют малорастворимый гидроксид, то продуктом коррозии будет Zn(OH)₂:

б) Коррозия пары металлов Zn/Sn в кислой среде:

Анод Zn 0 – 2 = Zn 2+
Катод 2Н + + 2 = Н₂↑
Схема коррозии:

Zn + 2H + = Zn 2+ + H₂↑

При этом выделяется газообразный водород. Происходит интенсивное разрушение цинка, продуктом коррозии будет газообразный водород и соединение цинка с кислотным остатком (соль).
Таким образом, при контакте цинка и олова коррозии будет подвергаться цинк.
Для определения ЭДС гальванического элемента необходимо из потенциала катода вычесть потенциал анода, т е. при вычислении ЭДС элемента меньший электродный потенциал вычитается из большего (в алгебраическом смысле), получим:

ЭДС = -0,136 — (-0,763) = +0,627 B.

Ответ: +0,627 B.

Коррозия железа. Катодное и анодное покрытие железа

Задача 155.
В раствор серной кислоты поместили две железных пластинки, одна из которых частично покрыта свинцом, а другая титаном. В каком случае процесс коррозии железа протекает менее интенсивно? Ответ мотивируйте с помощью расчета ЭДС. Составьте электронные уравнения анодного и катодного процессов. О каком покрытии идет речь в каждом случае?
Решение:
Стандартные электродные потенциалы железа, свинца и титана равны соответственно -0,440 В, -0,126 В и -1,750 В.

а) Коррозия железной пластинки покрытой свинцом в растворе серной кислоты

Окисляться, т.е. подвергаться коррозии, будет железо. Железо имеет более электроотрицательный стандартный электродный потенциал (-0,440 В), чем свинца (-0,126 В), поэтому оно является анодом, свинец – катодом.

Анод Fе 0 – 2 = Fe 2+
Катод 2Н + + 2 = Н₂↑
Fe 0 + 2H + = Fe 2+ + H₂↑
Так как ионы Fe 2+ с ионами SO₄ 2- образуют растворимую соль, придающую светло-бурую окраску раствора, то продуктом коррозии будет FeSO₄:

Образуется сульфат железа и при этом выделяется газообразный водород. Происходит интенсивное разрушение железной пластинки.
Таким образом, при контакте железа и свинца коррозии в растворе кислоты будет подвергаться железо.
Для определения ЭДС гальванического элемента необходимо из потенциала катода вычесть потенциал анода, т е. при вычислении ЭДС элемента меньший электродный потенциал вычитается из большего (в алгебраическом смысле), получим:

ЭДС = -0,136 — (-0,763) = +0,627 B.

Так как потенциал свинца выше потенциала железа, то покрытие железа свинцом является катодным покрытием.

б) Коррозия железной пластинки покрытой титаном в растворе серной кислоты

Окисляться, т.е. подвергаться коррозии, будет титан. Титан имеет более электроотрицательный стандартный электродный потенциал (-1,750 В), чем железа (-0,440 В), поэтому он является анодом, железо – катодом.

Анод Ti 0 – 2 = Ti 2+
Катод 2Н + + 2 = Н₂↑

Ti 0 + 2H + = Ti 2+ + Н₂↑

Так как ионы Ti 2+ с ионами SO₄ 2- образуют растворимую соль, то продуктом коррозии будет TiSO₄:

Образуется сульфат титана и при этом выделяется газообразный водород. Происходит интенсивное разрушение титанового покрытия.
Таким образом, при контакте железа и титана коррозии в растворе кислоты будет подвергаться титан.
Для определения ЭДС гальванического элемента необходимо из потенциала катода вычесть потенциал анода, т е. при вычислении ЭДС элемента меньший электродный потенциал вычитается из большего (в алгебраическом смысле), получим:

ЭДС = -0,44 — (-1,750) = +1,31 B.

Так как потенциал титана отрицательнее потенциала железа, то покрытие железа титаном является анодным покрытием.
Таким образом, процесс коррозии железа протекает менее интенсивно в случае покрытия железной пластинки титаном.

Опишите процесс электролиза водного раствора средней соли, полученной из гидроксида хрома и серной кислоты

Опишите процесс электролиза водного раствора средней соли, полученной из гидроксида хрома и серной кислоты с использование инертных электродов. Составьте уравнения электродных реакций. Ответ обоснуйте.
Решение
2Cr(OH)₃+ 3H₂SO₄→Cr₂(SO₄)₃+3H₂O
Электролиз водного раствора можно представить схемой
Cr₂(SO₄)₃+4H₂O = 2Сr+H₂+2O₂+3H₂SO₄
Анод: 2H₂O-4е- = O₂ +4H +
Катод:Cr 3+ +3е- = Cr
2H₂O+2е — = H₂+2OH —
Суммарная реакция
Cr₂(SO₄)₃+4H₂O = 2Сr+H₂+2O₂+3H₂SO₄
Катодные и анодные процессы обусловлены величиной электродного потенциала соответствующих реакций.