3.2. Электролиз хлорида натрия.

3.2.1. Ход и данные опыта.

Наполнили электролизер 0,5 М раствором NaCl (рH=7). Соединили графитовые электроды с источником постоянного тока: катод к минусу (–), анод к плюсу (+) и пропустили ток напряжением 20 В в течение 2 мин. На обоих катодах выделился газ. В катодное пространство добавили фенолфталеин, в анодное – йодокрахмальный раствор (KI + крахмал). Раствор в катодном пространстве стал малиновым, а в анодном – синим.

3.2.2. Расчет, наблюдение и анализ данных.

Схема электролиза раствора NaCl:

С | NaCl , H₂O | C

катод Na⁺, Cl^-, H₂O анод

pH=7

K(-) A (+)

Na⁺ 2H₂O + 2e = H₂ + 2OH^- Cl^- 2Cl^- - 2e = Cl₂

H₂O Вторичные процессы (в растворе) H₂O

Na⁺ + OH^- = NaOH

Фенолфтолеин в растворе малиновый,

значит pH > 7, следовательно выделившийся

газ – водород.

Суммарное уравнение электролиза:

2NaCl + 2H₂O 2NaOH + H₂ + Cl₂

Натрий является активным металлом, поэтому он не может выделиться на катоде, на катоде выделяется водород. Увеличение концентрации ионов OH^- обуславливает малиновую окраску фенолфтолеина в растворе и увеличение pH раствора.

На аноде окислились ионы Cl^- , т.к. при добавлении йодокрахмального раствора раствор NaCl приобретает синюю окраску (2KI + Cl₂ = 2KCl + I₂ , а выделившийся йод, реагируя с крахмалом, окрашивает раствор в синий цвет, что подтверждает тот факт, что в растворе находится более активный галоген, чем йод, в данном случае хлор).

3.3. Электролиз иодида калия.

3.3.1. Ход и данные опыта.

Наполнили электролизер 0,5 М раствором KI (рH=7). Соединили графитовые электроды с источником постоянного тока: катод к минусу (–), анод к плюсу (+) и пропустили ток напряжением 20 В в течение 2 мин. На катоде выделился газ, а раствор в анодном пространстве окрасился в желтый цвет. В катодное пространство добавили фенолфталеин, в анодное – крахмал. Раствор в катодном пространстве стал малиновым, а в анодном – синим.

3.3.2. Расчет, наблюдение и анализ данных.

Схема электролиза раствора KI:

С | KI , H₂O | C

катод K⁺, I^-, H₂O анод

pH=7

K(-) A (+)

K⁺ 2H₂O + 2e = H₂ + 2OH^- I^- 2I^- - 2e = I₂

H₂O Вторичные процессы (в растворе) H₂O

K⁺ + OH^- = KOH

Фенолфтолеин в растворе малиновый,

значит pH > 7, следовательно выделившийся

газ – водород.

Суммарное уравнение электролиза:

2K I + 2H₂O 2KOH + I₂ + H₂

Калий является активным металлом, поэтому он не может выделиться на катоде, на катоде выделяется водород. Увеличение концентрации ионов OH^- обуславливает малиновую окраску фенолфтолеина в растворе и увеличение pH раствора.

На аноде окислились ионы йода, поэтому при добавлении в анодное пространство крахмала, окраска раствора стала синей.

3.4. Вывод: природу продуктов электролиза определяют активность металлов (активные металлы не восстанавливаются, вместо них восстанавливается водород; металлы средней активности восстанавливаются вместе с водородом; малоактивные металлы восстанавливаются без участия водорода) и pH раствора.

Контрольные вопросы

1. На основании указанного состава гальванических элементов а)Pt, H₂ |2H⁺ || Cu²⁺ | Cu и б) Cu | Cu ²⁺ || Ag⁺ | Ag определить анод и катод, заряды на электродах. Написать схемы элементов. Вычислить для каждого элемента Е⁰ и А_м, G⁰₂₉₈ протекающих в них реакций.

а) Pt, H₂ |2H⁺ || Cu²⁺ | Cu

ф⁰_H2|2H+ = 0 B ф⁰_Cu|Cu2+ = 0,337 B

Т.к. ф⁰_H2|2H+ < ф⁰_Cu|Cu2+ , то водород будет анодом с отрицательным зарядом, а медь – катодом с положительным зарядом.

А (-) Pt, H₂ | 2H⁺ || Cu²⁺ | Cu (+) K

A: H₂ – 2e 2H⁺

K: Cu²⁺ + 2e Cu

H₂ + Cu²⁺ 2H⁺ + Cu - токообразующая реакция

Е⁰ = ф⁰_К – ф⁰_А = 0,337 В – 0 В = 0,337 В

А_М = nFE⁰ = 2 ∙ 96500 ∙ 0,337 Дж = 65041 Дж

G⁰₂₉₈ = -А_М = -65041 Дж

б) Cu | Cu ²⁺ || Ag⁺ | Ag

ф⁰_Cu|Cu2+ = 0,337 B ф⁰_Ag|Ag+ = 0,799 B

Т.к. ф⁰_Cu|Cu2+ < ф⁰_Ag|Ag+ , то медь будет анодом с отрицательным зарядом, а серебро – катодом с положительным зарядом.

А (-) Cu | Cu ²⁺ || Ag⁺ | Ag (+) К

А: Cu – 2e Cu²⁺

K: 2Ag⁺ + 2e 2Ag

Cu + 2Ag⁺ Cu²⁺ + 2Ag - токообразующая реакция.

Е⁰ = ф⁰_К – ф⁰_А = 0,799 B – 0,337 B = 0,462 B

А_М = nFE⁰ = 2 ∙ 96500 ∙ 0,462 Дж = 89166 Дж

G⁰₂₉₈ = -А_М = -89166 Дж

2. C_1)Ag+= 10^–1моль/л, С_2)Ag+= 10^–4моль/л

A (-) Ag | Ag⁺ || Ag⁺ | Ag (+) K

A: Ag – e Ag⁺

K: Ag⁺ + e Ag

Электрод с меньшей концентрацией ионов – анод, с большей – катод.

E = 0,059/n ∙ lg(C_1)Ag+ / С_2)Ag+) = 0,059 ∙ 3 B = 0,177 B

G = -nFE = -96500 ∙ 0,177 Дж = -17080 Дж

Для получения наибольшей ЭДС со стандартным водородным электродом нужно взять электрод с большей концентрацией ионов.

A (-) H₂ | 2H⁺ || Ag⁺ | Ag (+) K

A: H₂ – 2e 2H⁺

K: Ag⁺ + e Ag

E = ф_К – ф_A = ф⁰_Ag|Ag+ + 0,059/n ∙ lgC_Ag+ - ф_H2|2H+ = 0,799 B – 0,059/2 ∙ 3 – 0 B = 0,7105 B

3. 1 М раствора МgCl₂ ,V(H₂) = 22,4 л, B_T = 80 % , m(Cl₂) - ? , Q - ?

Схема электролиза раствора MgCl:

С | MgCl , H₂O | C

катод Mg⁺, Cl^-, H₂O анод

pH=7

K(-) A (+)

Mg⁺ 2H₂O + 2e = H₂ + 2OH^- Cl^- 2Cl^- - 2e = Cl₂

H₂O Вторичные процессы (в растворе) H₂O

Mg⁺ + OH^- = MgOH

Суммарное уравнение электролиза:

2MgCl + 2H₂O 2MgOH + H₂ + Cl₂

V(H₂) = kQ = A(H)Q/nF

Q = VnF/A(H)

Q = (22,4 ∙ 10^-3 ∙ 1 ∙ 96500)/1Кл = 2162 Кл

m(Cl­₂) = kQ = A(Cl)Q/nF = 35,5 ∙ 2162 / 1 / 96500 кг = 0,8 кг

B_T = (Q_теор / Q_практ) ∙ 100%

Q_практ = (Q_теор ∙ 100%) / B_T

Q_практ = (2162 Кл ∙ 100%) / 80% = 2703 Кл

4. Ѵ(Ni) = 1 моль, Q - ?

m = kQ = AQ / nF

m = ѴM

M(Ni) = A(Ni)

ѴM = AQ / nF

Q = Ѵ(Ni)nF = 1 моль ∙ 2 ∙ 96500 Кл = 193 кКл