Электролиз водного раствора сульфата никеля уравнение

Дополнительно о реакциях электролиза

В том случае, когда металл расположен в средней части ряда напряжения (от цинка до водорода) на катоде одновременно протекают два процесса: восстановление катиона металла и восстановление молекул воды. Рассмотрим электролиз водного раствора сульфата никеля с инертными электродами.

В растворе: NiSO₄ = Ni 2+ + SO₄ 2– ;

Эти реакции никак не связаны между собой и суммировать их нельзя! Никакого простого соотношения между количеством никеля и водорода нет, оно зависит от концентрации, температуры, материала катода и прочих факторов.

А(+) (SO₄ 2– – не окисляются )

Общих уравнений (катод + анод) в этом случае тоже будет два. Чтобы получить общее уравнение основной реакции, мы должны сложить уравнение основного процесса на катоде и уравнение анодного процесса, с учетом коэффициентов электронного баланса:

K(-) Ni 2+ + 2ē = Ni |2

2Ni 2+ + 2H₂O = 2Ni + O₂ + 4H + – ионное,

2NiSO₄ + 2H₂O = 2Ni + O₂ + 2H₂SO₄ – молекулярное уравнение основной реакции.

Аналогично получаем общее уравнение побочной реакции:

Опять же, суммировать общие уравнения основной и побочной реакций нельзя! (а это встречается в некоторых пособиях).

В заданиях ЕГЭ вряд ли потребуется составлять общие уравнения реакций для таких случаев, как правило, требуется только написать уравнения отдельных процессов на электродах. Остальное скорее пригодится на олимпиадах.

Немного о расчетах. Если в некоторой задаче дано количество вещества никеля, полученного при электролизе, можно рассчитать, сколько соли подверглось электролизу, сколько серной кислоты образовалось. Нельзя рассчитать, сколько всего выделилось кислорода (он образуется и во второй реакции!). Или этой реакцией придется пренебречь. Тем более (без дополнительных данных), нельзя рассчитать, сколько выделилось водорода.

Если сказано, сколько выделилось кислорода – нельзя рассчитать ничего, кроме общего количества вступившей в реакцию воды.

Вот если сказано, сколько выделилось никеля и сколько кислорода – тогда можно рассчитать все.

Г.М. Можаев
старший преподаватель
ТюмГУ, химический факультет;
ТОГИРРО

Какие процессы протекают на электродах при электролизе солей серной кислоты

Задача 711.
При электролизе водного раствора сульфата никеля (II) на аноде протекает процесс: 2H₂O → O₂ + 4H + + 2. Из какого материала сделан анод: а) из никеля; б) из меди; в) из золота?
Решение:
Стандартный электродный потенциал электрохимической системы Ni → Ni 2+ + 2 (-0,24 В) положительнее потенциала водородного электрода в нейтральной среде (-0,41 В) незначительно. Поэтому на катоде будет выделяться никель:

Ni 2+ + 2 = Ni 0 .

Так как на аноде протекает процесс: 2H₂O → O₂ + 4H + + 2, то материалом анода служит золото, потому что потенциал окисления воды (+1,228 В) выше, чем потенциал окисления никеля (-0,24 В) и меди (+0,337 В), но несколько ниже, чем для окисления золота (+1,498 В).

Ответ: в).

Задача 712.
При электролизе водного раствора сульфата калия значение рН раствора в приэлектродном пространстве возросло. К какому полюсу источника тока присоединен электрод: а) к положительному; б) к отрицательному?
Решение:
Поскольку калий в ряду напряжений стоит значительно раньше водорода, то у катода будет происходить выделение водорода и накопление ионов OH — , что приводит к повышению рН раствора. У анода будет идти выделение кислорода и накопление ионов H + , что способствует понижению рН раствора. В то же время в катодное пространство будут приходить ионы К + , а в анодное – ионы SO₄ 2- . Таким образом, раствор во всех его частях будет оставаться электронейтральным. Однако в катодном пространстве будет накапливаться щёлочь, а в анодном – кислота. Поэтому электрод присоединён к отрицательному полюсу источника тока, т.е. является катодом, на котором протекает восстановление воды:

Ответ: б)

Задача 713.
При электролизе водного раствора соли значение рН в приэлектродном пространстве одного из электродов возросло. Раствор какой соли подвергся электролизу: а) КСI; б) СuCl₂; в) Сu(NO₃)₂?
Решение:
Стандартные электродные потенциалы систем K → K + + 1 и Cu → Cu 2+ + 2 соответственно равны -2,924 В и 0,337 В, то в случае соли KCl у катода будет происходить электрохимическое восстановление воды, сопровождающееся выделением газообразного водорода и ионов OH — , придающих раствору щелочную среду, что и будет приводить к повышению значения рН. На аноде будет происходить окисление воды с выделением газообразного кислорода и ионов водорода, которые будут понижать рН раствора в прианодном пространстве.

Уравнения электродных процессов:

К(+): 2|4| 2H₂O + 2 = H₂↑ + 2OH —
А(-): 1|2|2Н₂О — 4ē = О₂↑ + 4Н +

В случае электролиза солей СuCl₂ и Сu(NO₃)₂, на катоде будет происходить электрохимическое восстановление ионов меди:

Cu 2+ + 2 = Cu 0 .

Поэтому при электролизе солей малоактивного металла – меди рН раствора в приэлектродном пространстве не будет повышаться.

Ответ: а).

Задача 714.
При электролизе водного раствора NaOН на аноде выделилось 2,8 л кислорода (условия нормальные). Сколько водорода выделилось на катоде: а) 2,8 л; б) 5,6 л; в) 11,2 л; г) 22,4 л?
Решение:
При электролизе раствора едкого натра на электродах выделяется: водород (катод) и кислород (анод). Электрохимические процессы на электродах при электролизе NaOH:

катодный процесс: 2H₂O + 2 = H₂↑+ 2OH — ;
анодный процесс: 4OH — — 4 = O₂ + 2H₂O.

Умножив, уравнение катодного процесса на два и сложив его с уравнением анодного процесса, получим суммарное уравнение процесса:

Из суммарного уравнения электролиза NaOH вытекает, что при электролизе щёлочи выделяется в два раза большее количество водорода, чем кислорода. Поэтому, если на аноде выделилось 2,8 л кислород, то на катоде в два раза больше выделится водорода: 2,8 . 2 = 5,6 л.

Ответ: б).

Задача 715.
При электролизе раствора CuCl₂ масса катода увеличилась на 3,2 г. Что произошло при этом на медном аноде: а) выделилось 0,112 л С12 б) выделилось 0,56 л О₂; в) перешло в раствор 0,1 моля Сu 2+ ; г) перешло в раствор 0,05
моля Cu 2+ ?
Решение:
При электролизе раствора соли CuCl₂ с медным анодом, последний будет окисляться в ходе электролиза, переходить в раствор в виде катионов Cu 2+ и «переосаждаться» на катоде. Следовательно, будет наблюдаться перенос меди с анода на катод. Таким образом, если масса катода увеличилась на 3,2 г, то на аноде такое же количество меди перешло в раствор.

Рассчитаем количество меди:

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.