Напишите уравнение реакций протекающих на катоде

Составление схем электролиза солей марганца и натрия

Электролиз раствора сульфата марганца MnSO₄

Задача 137.
Составить схемы электролиза раствора сульфата марганца, если электроды: а) угольные; б) марганцевые. Напишите электродные уравнения для процессов, протекающих на катоде и аноде.
Решение:
MnSO₄ — соль менее активного металла и кислородсодержащей кислоты. Для Mn,металла со средней химической активностью, на катоде происходят одновременно две реакции – образование водорода и выделение металла.

1. Составляем уравнения реакций, протекающих при электролизе водного раствора сульфата марганца(II) с инертными электродами. На катоде восстанавливаются ионы марганца (II) (восстановлением воды можно пртнебречь), на аноде окисляются молекулы воды:

MnSO₄ = Mn 2+ + SO₄ 2–
Mn 2+ + 2 = Mn 0 (катод)
2H₂O + 2 = Н₂↑ + 2ОН – (катод)
2H₂O — 4 = O₂↑ + 4H + (анод)

Mn 2+ + 2 + 2H₂O + 2 + 2H₂O — 4 = Mn 0 + H₂↑ + 2OH — – + O₂↑ + 4H +

Таким образом, при электролизе водного раствора MnSO₄ на катоде выделяется газообразный водород и металлический марганец, на аноде газообразный кислород. Продукты электролиза: марганец, водород, кислород и серная кислота.

2. Составляем уравнения реакций, протекающих при электролизе водного раствора сульфата марганца(II) с марганцевыми электродами.
При использовании марганцевого анода окислению подвергается материал анода — марганец, в результате чего анод будет растворяться.

Mn 2+ + 2 = Mn 0 (катод)
2H₂O + 2 = Н₂ + 2ОН – (катод)
Mn 0 — 2 = Mn 2+ (анод)

Mn 2+ + 2Н₂О + 2Mn 0 = Mn 0 + 2Mn 2+ + H₂↑ + 2OH –

После приведения равенства, получим:

Электролиз раствора иодида натрия

Задача 1.
Найти массу продуктов электролиза раствора иодида натрия, взятого массой 1 кг и содержащего 10% примесей. Выход по току считать равным 90 %. Уравнения электролиза раствора иодида натрия написать подробно с обоснованием катодного и анодного процессов.
Решение:
M(NaI) = 149,89 г/моль;
V(I₂) = 253,8089 г/моль;
M(H₂) = 2,01588 г/моль.

1. Электродные процессы электролиза

Стандартный электродный потенциал системы Na + + 1 = Na 0 (-2,713 В) значительно отрицательнее потенциала водородного электрода в нейтральной среде (-0,41 В). Поэтому на катоде будет происходить электрохимическое восстановление воды, сопровождающееся выделением водорода, а ионы Na + , приходящие к катоду, будут накапливаться в прилегающей к нему зоне (катодное пространство):

(-) К: 2Н₂О + 2 = Н₂^ + 2ОН –

На анодух будет происходить окисление хлрид-ионов с выделением газообразного хлора, так как стандартные электродные потенциалы систем:

2I – -2е = I₂ 0 ; 2H₂O -4е = O₂^ = 4H + соответственно равны + 0,536 В; 1,23 В:

(+) А: 2I – -2 = I₂ 0

(-) К: 2Н₂О + 2 = Н₂↑ + 2ОН –
(+) А: 2I – -2 = I₂ 0

2Н₂О + 2NaI = Н₂↑ + 2NaОН (у катода) + I₂ (у анода).

Таким образом, при электролизе NaI на катоде будет происходить электрохимическое восстановление воды с выделением газообразного водорода, а ионы ОН – и N + будут образовывать щелочную среду: Na + + ОН – = КОН — растворимое основание. В анодом пространстве будет накапливаться свободный I₂.

2. Расчет массы продуктов электролиза

Уравнение реакции имеет вид:

Из уравнения вытекает: n(NaI) = 0,5n(H₂) = 09,5n(I₂)

n(NaI) = m(NaI)/M(NaI) = 900/149,89 = 6 моль.
n(H₂) = n(I₂) = n(NaI)/2 = 6/2 = 3 моль.
m(H₂) = n(H₂) . M(H₂) = 3 . 2,01588 = 6,05 г.
m(I₂) = n(I₂) . M(I₂) = 3 . 253,8089 = 761,43 г.

Ответ: m(H₂) = 6,05 г; m(I₂) = 761,43 г.

Задачи к разделу Электродные процессы, Гальванический элемент

В настоящем разделе представлены типовые задачи на гальванические элементы: Определение ЭДС гальванического элемента, составление схемы гальванического элемента, определение энергии химической реакции в кДж.

Задача 1. Вычислите значение э.д.с. гальванического элемента:

(-) Mg / MgSO₄ // CuSO₄ / Cu (+)

Напишите процессы на аноде и катоде, реакцию, генерирующую ток, и определите в кДж энергию химической реакции, превращающуюся в электрическую.

Решение.

Дана схема гальванического элемента, из которой видно, что анодом является магний, а катодом — медь

(-) Mg / MgSO₄ // CuSO₄ / Cu (+)

А: Mg 0 -2e — = Mg 2+

К : Cu 2+ +2e — = Cu

Mg 0 + Cu 2+ = Mg 2+ + Cu

Вычислим ЭДС гальванического элемента:

ЭДС =0,337 + 2,37 = 2,71 В

ΔG 0 ₂₉₈ = -nFE = -2∙96500∙2,71 = — 523030 Дж = — 523 кДж

Задача 2. Рассчитайте ЭДС гальванического элемента, составленного из стандартного водородного электрода и свинцового электрода, погруженного в 0,01 М раствор PbCl₂. На каком электроде идёт процесс окисления, а на каком — восстановление?

Решение.

В данной паре потенциал свинца имеет более отрицательное значение, поэтому анодом является свинец:

А: Pb 0 -2e — = Pb 2+

К: 2 H + +2 e — = H ₂

Pb 0 + 2H + = Pb 2+ + H₂

Определим электродный потенциал свинца:

E = -0,126 + (0,059/2)∙lg0,01 = -0,185 В

Вычислим ЭДС гальванического элемента:

ЭДС = 0 + 0,185 = 0,185 В

Задача 3. По уравнению токообразующей реакции составьте схему гальванического элемента:

Ni + СuSO₄ = NiSO₄ + Cu Напишите уравнения анодного и катодного процессов. Рассчитайте стандартную ЭДС.

Решение.

Пользуясь таблицей стандартных электродных потенциалов, найдем E 0 _Ni2+/Ni и E 0 _Cu2+/Cu

В данной паре потенциал никеля имеет более отрицательное значение, поэтому анодом является никель:

А: Ni 0 -2e — = Ni 2+

К: Cu 2+ +2 e — = Cu 0

Ni 0 + Cu 2+ = Ni 2+ + Cu 0

Ni 0 + CuSO₄ = NiSO₄ + Cu 0

Составим схему гальванического элемента:

(-) Ni 0 |NiSO₄ || CuSO₄|Cu 0 (+)

Рассчитаем стандартную ЭДС реакции:

ЭДС = 0,337 – (- 0,250) = 0,587 В

Задача 4. Составьте схему гальванического элемента из магния и свинца, погруженных в растворы их солей с концентрацией ионов:

[Mg 2+ ] = 0,001 моль/л, [Pb 2+ ] = 1 моль/л. Напишите уравнения реакций, протекающих на катоде и аноде. Рассчитайте стандартную ЭДС этого элемента.

Решение.

Пользуясь таблицей стандартных электродных потенциалов, найдем E 0 _Mg2+/Mg и E 0 _Pb2+/Pb

В данной паре потенциал магния имеет более отрицательное значение и является анодом:

А: Mg 0 -2e — = Mg 2+

К: Pb 2+ +2 e — = Pb 0

Mg 0 + Pb 2+ = Mg 2+ + Pb 0

Составим схему гальванического элемента:

(-) Mg 0 |Mg 2+ || Pb 2+ |Pb 0 (+)

Применяя уравнение Нернста, найдем E_Pb2+/Pb и E_Mg2+/Mg заданной концентрации:

Рассчитаем стандартную ЭДС реакции

ЭДС = -0,126 – (-2,46) = 2,334 В

Задача 5. Как изменится (увеличится, уменьшится) или останется постоянной масса пластины из кобальта, погруженной в раствор, содержащий соли Fe (II), Mg, Ag (I). Напишите молекулярные уравнения реакций.

Решение.

Пользуясь таблицей стандартных электродных потенциалов, найдем E 0 _Mg2+/Mg, E 0 _Co2+/Co, E 0 _Fe2+/Fe, E 0 _Ag+/Ag

Протекание реакции возможно при условии, когда E 0 _восст 0 _ок.

В нашем случае восстановителем является кобальт и условие E 0 _восст 0 _ок соблюдается только для пары

Co 0 + Ag + = Co 2+ + Ag 0

Молекулярное уравнение, например:

В процессе пластина из кобальта будет растворяться, но одновременно на ее поверхности будет осаждаться серебро.

Из уравнения реакции видно, что при взаимодействии 1 моль кобальта, образуется 2 моль серебра.

Мольная масса кобальта M(Co) = 59 г/моль, мольная масса серебра M(Ag) = 108 г/моль.

Найдем массы металлов:

n = m/M, m = n∙M

m(Ag) = 2∙108 = 216 г.

Таким образом, масса осажденного серебра больше, чем масса растворенного кобальта, т.е. масса пластины из кобальта увеличится.

В случаях, когда пластина опущена в раствор соли железа или соли магния ее масса не изменится, т.к. кобальт не вытесняет эти металлы из их солей. Т.е. реакции не происходит и масса пластины остается неизменной.

Задача 6. Составьте схему гальванического элемента, уравнения полуреакций анодного и катодного процессов, молекулярное уравнение реакции, проходящей при работе гальванического элемента, анодом которого является никель. Подберите материал для катода. Рассчитайте стандартную ЭДС этого гальванического элемента.

Решение.

По условию задачи материал анода известен – никель. Электродный потенциал анода всегда имеет более отрицательное значение, т.е. анод состоит из более активного металла, чем катод.

Поэтому нам надо подобрать такой металл, значение потенциала которого, будет иметь большее значение, чем значение электродного потенциала никеля. Например, медь:

Составим уравнения полуреакций анодного и катодного процессов и молекулярное уравнение реакции, проходящей при работе гальванического элемента.

А: Ni 0 -2e — = Ni 2+

К: Cu 2+ +2 e — = Cu 0

Ni 0 + Cu 2+ = Ni 2+ + Cu 0

Ni 0 + CuSO₄ = NiSO₄ + Cu 0

Составим схему гальванического элемента:

(-) Ni 0 |NiSO₄ || CuSO₄|Cu 0 (+)

Рассчитаем стандартную ЭДС реакции

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.