Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Задачник по химии.doc
Скачиваний:
299
Добавлен:
19.11.2019
Размер:
7.7 Mб
Скачать

Глава 6. Окислительно-восстановительные процессы. Ряд напряжений. Электролиз растворов и расплавов.

Для решения задач этого раздела необходимо знать основные вещества — окислители и восстановители, уметь использовать методы электронного или электронно-ионного балансов для подбора коэффициентов в уравнениях окислительно-восстановительных реакций. Нужно хорошо понимать ряд стандартных электродных потенциалов (ряд напряжений) и знать законы электролиза Фарадея.

§ 6.1. Задачи с решениями

Задача 69. Приведите определение окислительно-восстановительной реакции (ОВР), отметьте ее главные признаки.

Решение. Химические реакции, протекающие с изменением степени окисления элементов, входящих в состав реагирующих веществ, называются окислительно-восстановительными.

Следовательно, главным признаком любой ОВР оказывается изменяющаяся степень окисления любого из элементов, входящего в состав реагирующих веществ.

Задача 70. Приведите определение степени окисления и сформулируйте основные правила, которыми руководствуются при вычислении степени окисления элементов в химическом соединении.

Решение. Степень окисления — условный заряд атома в молекуле, вычисленный в предположении, что все связи имеют ионный характер.

Это означает, что более электроотрицательный атом, смещая к себе полностью одну электронную пару, приобретает заряд 1. Неполярная ковалентная связь между одинаковыми атомами не дает вклада в степень окисления.

При пользовании степенями окисления полезно придерживаться следующих правил:

1) сумма степеней окисления атомов в любой частице равна ее электрическому заряду. Следовательно, степень окисления элемента в его простом веществе равна нулю;

2) в соединениях фтор всегда проявляет степень окисления 1;

3) степень окисления кислорода в соединениях обычно равна 2 (кроме OF2, H2O2 и др.);

4) степень окисления водорода равна +1 в соединениях с неметаллами и 1 в соединениях с металлами (KH, CaH2).

Максимальная положительная степень окисления элемента обычно совпадает с номером его группы в периодической системе. Максимальная отрицательная степень окисления элемента равна максимальной положительной степени окисления минус восемь.

Исключение составляют фтор, кислород, железо: их высшая степень окисления выражается числом, значение которого ниже, чем номер группы, к которой они относятся. У элементов подгруппы меди, наоборот, высшая степень окисления больше единицы, хотя они и относятся к I группе.

Понятие степени окисления введено в предположении о полном смещении пар электронов к тому или другому атому (показывая при этом заряд ионов, образующих ионное соединение). Поэтому следует помнить, что в полярных соединениях степень окисления означает число электронов, лишь смещенных от данного атома к атому, связанному с ним.

Совсем формальным понятие степени окисления становится, когда оно используется при рассмотрении ковалентного соединения.

Различие между понятием степени окисления и валентности в ковалентных соединениях наглядно можно проиллюстрировать на хлорпроизводных метана: валентность углерода везде равна четырем, а степень окисления его (считая степени окисления водорода +1 и хлора 1 во всех соединениях) в каждом соединении разная:

–4 –2 0 +2 +4

CH4, CH3Cl, CH2Cl2, CHCl3, CCl4.

Таким образом, степень окисления — условное, формальное понятие и чаще всего не характеризует реальное валентное состояние атома в молекуле. Однако это понятие чрезвычайно полезно при описании окислительно-восстановительных реакций.

Задача 71. Дайте определения следующим понятиям: окисление, восстановление, окислитель, восстановитель.

Решение. Окисление — это процесс отдачи электронов атомом, молекулой или ионом. Если атом отдает свои электроны, то он приобретает положительный заряд, например:

Zn0 – 2e = Zn2+.

Если отрицательно заряженный ион (заряд –1), например Cl, отдает один электрон, то он становится нейтральным атомом:

Cl – 1e = Cl0.

Если положительно заряженный ион или атом отдает электроны, то величина его положительного заряда увеличивается соответственно числу отданных электронов:

Fe2+e = Fe3+,

S+4 – 2e = S+6,

Mn2+ – 4e = Mn+6.

Восстановление — это процесс присоединения электронов атомом, молекулой или ионом.

Если атом присоединяет электроны, то он превращается в отрицательно заряженный ион:

S0 + 2e = S2–,

Br0 + e = Br.

Если положительно заряженный ион принимает электроны, то величина его заряда уменьшается, например:

Mn+7 + 5e = Mn2+ ,

S+6 + 2e = S+4

или он может перейти в нейтральный атом:

H+ + e = H0,

Al3+ +3e = Al0 .

Окислителем является атом, молекула или ион, принимающий электроны.

Восстановителем является атом, молекула или ион, отдающий электроны.

Окислитель в процессе реакции восстанавливается, а восстановитель — окисляется.

Задача 72. Напишите уравнение реакции окисления дисульфида железа (II) концентрированной азотной кислотой. Составьте схемы электронного и электронно-ионного баланса.

Решение. HNO3 — сильный окислитель, поэтому сера будет окисляться до максимальной степени окисления S+6, а железо — до Fe+3, при этом HNO3 может восстанавливаться до NO или NO2. Рассмотрим случай восстановления до NO2.

FeS2 + HNO3(конц)  Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 .

Где будет находиться H2O (в левой или правой части), пока неизвестно.

Уравняем данную реакцию методом электронного баланса. Процесс восстановления описывается схемой:

N+5 + e  N+4.

В полуреакцию окисления вступают сразу два элемента — Fe и S. Железо в дисульфиде имеет степень окисления +2, а сера –1. Необходимо учесть, что на один атом Fe приходится два атома S:

Fe+2e  Fe+3

2S – 14e  2S+6.

Вместе железо и сера отдают 15 электронов. Полный баланс имеет вид:

15 N+5 + e  N+4

1 Fe+2e  Fe+3

1 2S – 14e  2S+6

Fe+2 + 2S + 15N+5 = Fe+3 + 2S+6 + 15N+4.

15 молекул HNO3 идут на окисление FeS2, и еще 3 молекулы HNO3 необходимы для образования Fe(NO3)3:

FeS2 + 18HNO3  Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 .

Чтобы уравнять водород и кислород, в правую часть надо добавить 7 молекул H2O:

FeS2 + 18HNO3(конц) = Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O.

Используем теперь метод электронно-ионного баланса. Рассмотрим полуреакцию окисления. Молекула FeS2 превращается в ион Fe3+ (Fe(NO3)3 полностью диссоциирует на ионы) и два иона SO42– (диссоциация H2SO4):

FeS2  Fe3+ + 2SO42–.

Для того, чтобы уравнять кислород, в левую часть добавим 8 молекул H2O, а в правую — 16 ионов H+ (среда кислая!):

FeS2 + 8H2O  Fe3+ + 2SO42– + 16H+.

Заряд левой части равен 0, заряд правой +15, поэтому FeS2 должен отдать 15 электронов:

FeS2 + 8H2O – 15e  Fe3+ + 2SO42– + 16H+.

Рассмотрим теперь полуреакцию восстановления нитрат-иона:

NO3  NO2 .

Необходимо отнять у NO3 один атом O. Для этого к левой части добавим 2 иона H+ (кислая среда), а к правой — одну молекулу H2O:

NO3 + 2H+  NO2 + H2O.

Для уравнивания заряда к левой части (заряд +1) добавим один электрон:

NO3 + 2H+ + e  NO2 + H2O.

Полный электронно-ионный баланс имеет вид:

15 NO3 + 2H+ + e  NO2 + H2O

1 FeS2 + 8H2O – 15e  Fe3+ + 2SO42– + 16H+

FeS2 + 8H2O + 15NO3 + 30H+ = Fe3+ + 2SO42– + + 16H+ + 15NO2 + 15H2O.

Сократив обе части на 16H+ и 8H2O, получим сокращенное ионное уравнение окислительно-восстановительной реакции:

FeS2 + 15NO3 + 14H+ = Fe3+ + 2SO42– + 15NO2 + 7H2O.

Добавив в обе части уравнения соответствующее количество ионов по три иона NO3 и H+, находим молекулярное уравнение реакции:

FeS2 + 18HNO3(конц) = Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O.

Задача 73. Используя метод электронного баланса, составьте уравнения следующих окислительно-восстановительных реакций:

1) FeCl3 + KI 

2) H2O2 + KMnO4 + H2SO4

3) P + HNO3(конц) + H2O 

4) FeS + O2

Решение. 1) Fe+3 – окислитель, восстанавливается до Fe+2; I – восстановитель, окисляется до I2:

FeCl3 + KI  FeCl2 + I2 + KCl.

2 Fe+3 + e  Fe+2

1 2I – 2e  I2

2Fe+3 + 2I = 2Fe+2 + I2 .

2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + I2 + 2KCl.

2) Mn+7 – окислитель, восстанавливается в кислой среде до Mn+2; O – восстановитель, окисляется до O2:

H2O2 + KMnO4 + H2SO4  O2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.

2 Mn+7 + 5e  Mn+2

5 2O – 2e  O2

2Mn+7 + 10O = 2Mn+2 + 5O2 .

5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 = 5O2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.

3) N+5 – окислитель, восстанавливается до N+2; P0 – восстановитель, окисляется до P+5:

P + HNO3 + H2O  H3PO4 + NO.

5 N+5 + 3e  N+2

3 P0 – 5e  P+5

5N+5 + 3P0 = 5N+2 + 3P+5.

3P + 5HNO3(конц) + 2H2O = 3H3PO4 + 5NO.

4) O2 – окислитель, восстанавливается до O–2; Fe+2 и S–2 – восстановители, окисляются до Fe+3 и S+4:

FeS + O2  Fe2O3 + SO2.

7 O2 + 4e  2O–2

4 Fe+2e  Fe+3

4 S–2 – 6e  S+4

4Fe+2 + 4S–2 + 7O2 = 4Fe+3 + 4S+4 + 14O–2.

4FeS + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2.

Задача 74. Используя метод электронно-ионного баланса, составьте полные уравнения следующих окислительно-восстановительных реакций:

1) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4

2) KClO3 + HCl 

3) Si + NaOH + H2O 

4) KNO2 + KMnO4 + H2O 

Решение. 1) MnO4 – окислитель, восстанавливается в кислой среде до Mn2+; Fe2+ – восстановитель, окисляется до Fe3+:

FeSO4 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + + H2O

2 MnO4 + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O

10 Fe2+e  Fe3+

2MnO4 + 16H+ + 10Fe2+  2Mn2+ + 8H2O + 10Fe3+

10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + + 2MnSO4 + 8H2O.

2) ClO3 – окислитель, восстанавливается до Cl; Cl – восстановитель, окисляется до Cl2:

KClO3 + HCl  KCl + Cl2 + H2O.

1 ClO3 + 6H+ + 6e  Cl + 3H2O

3 2Cl – 2e  Cl2

ClO3 + 6H+ + 6Cl  Cl + 3H2O + 3Cl2

KClO3 + 6HCl = KCl + 3Cl2 + 3H2O.

3) H2O – окислитель, восстанавливается до H2; Si – восстановитель, окисляется в щелочной среде до SiO32–:

Si + NaOH + H2O  Na2SiO3 + H2 .

2 2H2O + 2e  H2 + 2OH

1 Si + 6OH – 4e  SiO32– + 3H2O

4H2O + Si + 6OH  2H2 + 4OH + SiO32– + 3H2O

Si + 2NaOH + H2O = Na2SiO3 + 2H2.

4) MnO4 – окислитель, восстанавливается в нейтральной среде до MnO2; NO2 – восстановитель, окисляется до NO3:

KNO2 + KMnO4 + H2O  KNO3 + MnO2 + KOH.

2 MnO4 + 2H2O + 3e  MnO2 + 4OH

3 NO2 + 2OH – 2e  NO3 + H2O

2MnO4 + 4H2O + 3NO2 + 6OH  2MnO2 + 8OH + + 3NO3 + 3H2O

3KNO2 + 2KMnO4 + H2O = 3KNO3 + 2MnO2 + 2KOH.

Задача 75. Напишите уравнения реакций, протекающих в водной среде:

а) Na2SO3 + KMnO4 + H2SO4  X + ...

б) X + KOH  ...

Решение. а) Перманганат калия в кислой среде восстанавливается в соль марганца (II), а сульфит натрия окисляется до сульфата натрия:

5Na2SO3 + 2KMnO4 + 3H2SO4 = 5Na2SO4 + K2SO4 + + 2MnSO4 + 3H2O.

б) Из продуктов реакции а) только сульфат марганца (II) (вещество X) реагирует со щелочью в водном растворе:

MnSO4 + 2KOH = Mn(OH)2 + K2SO4.

Задача 76. Даны четыре вещества: CaCO3, C (графит), HNO3 и Cu2O. Напишите три уравнения окислительно-восстановительных реакций, протекающих попарно между указанными веществами.

Решение. 1) Оксид меди (I) восстанавливается графитом при нагревании:

2Cu2O + C = 4Cu + CO2.

2) Карбонат кальция при прокаливании с избытком угля образует карбид кальция (промышленный способ):

CaCO3 + 4C = CaC2 + 3CO.

3) Оксид меди (I) окисляется азотной кислотой до нитрата меди (II):

3Cu2O + 14HNO3 = 6Cu(NO3)2 + 2NO + 7H2O.

Задача 77. Какие два вещества вступили в реакцию и при каких условиях, если в результате образовались следующие вещества (указаны все продукты реакции без коэффициентов):

1)  CuSO4 + SO2 + H2O;

2)  CuSO4 + NO2 + H2O;

3)  I2 + KNO3 + NO + H2O.

Напишите полные уравнения реакций.

Решение. 1) Из наличия в правой части SO2 + H2O можно сделать вывод о том, что окислителем была концентрированная серная кислота. Восстановитель – медь:

Cu + 2H2SO4 = CuSO4 + SO2 + 2H2O

или оксид меди (I):

Cu2O + 3H2SO4 = 2CuSO4 + SO2 + 3H2O.

2) Выделение NO2 позволяет сделать вывод о том, что окислитель – концентрированная азотная кислота. Восстановитель – сульфид меди (II):

CuS + 8HNO3 = CuSO4 + 8NO2 + 4H2O.

3) Выделение NO позволяет сделать вывод о том, что окислитель – разбавленная азотная кислота. Восстановитель – иодид калия:

6KI + 8HNO3 = 3I2 + 6KNO3 + 2NO + 4H2O.

Задача 78. При взаимодействии хлорида золота (III) с пероксидом водорода в щелочной среде образовалось 5,91 г золота. Вычислите объем выделившегося при этом газа (н.у.).

Решение. Хлорид золота (III) является сильным окислителем, следовательно пероксид водорода окисляется до кислорода. Найдем коэффициенты в уравнении реакции:

AuCl3 + H2O2 + KOH  Au + O2 + KCl + H2O.

П оскольку реакция происходит в водном растворе, можно воспользоваться методом электронно-ионного баланса:

2 Au3+ + 3e  Au

3 H2O2 + 2OH – 2e  O2 + 2H2O

2Au3+ + 3H2O2 + 6OH = 2Au + 3O2 + 6H2O.

Отсюда легко получить молекулярное уравнение реакции:

2AuCl3 + 3H2O2 + 6KOH = 2Au + 3O2 + 6KCl + 6H2O.

Проведем расчет по этому уравнению реакции:

(Au) = 5,91/197 = 0,03 моль, (O2) = 3/2(Au) = 0,045 моль,

V(O2) = 0,04522,4 = 1,008 л.

Ответ. 1,008 л O2.

Задача 79. Обсудите, в каких пределах возможно использование таблицы стандартных электродных потенциалов для предсказания направления окислительно-восстановительных реакций.

Решение. Термодинамика предсказывает, что протекание одних реакций возможно (реакции осуществимы), а других — невозможно. Однако, даже если реакция осуществима, она вовсе не обязательно должна протекать самопроизвольно. В качестве примера можно указать реакции горения. Большинство реакций горения не протекают самопроизвольно, хотя они осуществимы с термодинамической точки зрения. Зачастую такие реакции могут начаться лишь после того, как будет преодолен энергетический барьер. При конкретных условиях какая-либо реакция может оказаться термодинамически возможной, но кинетически неосуществимой. Определение термодинамической возможности окислительно-восстановительных реакций довольно просто выполняется путем сравнения электродных потенциалов двух полуреакций. Если для этих целей используются значения стандартных электродных потенциалов, то ограничения связаны с теми условиями, при которых определяется стандартный потенциал.

Если металл погрузить в раствор, содержащий его ионы с концентрацией 1 моль/л при 25 С, то возникающий при этих стандартных условиях потенциал называют стандартным электродным потенциалом рассматриваемого металла и обозначают Е.

Количественным критерием оценки возможности протекания той или иной ОВР при стандартных условиях оказывается положительное значение разности стандартных окислительно-восстановительных потенциалов полуреакций окисления и восстановления.

Задача 80. Пользуясь данными табл. 1, покажите, какие из следующих веществ (или ионов) способны окислять бромид-ионы Br: Cl2, H+, Fe2+, MnO4. Реакции предполагается проводить при стандартных условиях.

Решение. Для окисления бромид-ионов пригодны окислители, у которых электродные потенциалы полуреакции E0 меньше, чем электродный потенциал полуреакции 2Br  Br2(ж) + 2e (т.е. меньше 1,06 В). Другими словами, для окисления Br нужно выбрать электродную реакцию, в которой отдача электронов происходит с бóльшим трудом, чем в полуреакции 2Br  Br2(ж) + 2e. Среди перечисленных в табл.1 веществ этому условию отвечают только Cl2 и KMnO4. Действительно,

2Br  Br2(ж) + 2e E = –1,06 В

Mn2+ + 4H2O  MnO4 + 8H+ + 5e E = –1,52 В

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

E = –1,06 – (–1,52) = 0,46 В

2Br  Br2(ж) + 2e E = –1,06 В

2Cl  Cl2(г) + 2e E = –1,36 В

––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

E = –1,06 – (–1,36) = 0,30 В

Обратите внимание на то, что в табл. 1 приведены потенциалы полуреакций восстановления. Убедитесь самостоятельно, пользуясь данными табл.1, что ионы Fe2+ и H+ не способны окислить ионы Br.

Задача 81. Сравните, какие продукты будут находиться в растворе в результате электролиза водного раствора нитрата меди (II) с инертными электродами в двух случаях: а) соль полностью подвергнута электролизу, и после этого электроды сразу вынуты из раствора; б) соль полностью подвергнута электролизу, после этого в течение некоторого времени электроды остаются в растворе.

Решение. При электролизе раствора нитрата меди (II) на катоде осаждается медь, а на аноде выделяется кислород:

2Cu(NO3)2 + 2H2O = 2Cu + 4HNO3 + O2.

а) Если после электролиза вынуть из раствора электроды, то в растворе останется только HNO3.

б) Если электроды оставить в растворе и отключить ток, то медь будет растворяться в разбавленной азотной кислоте:

3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 2H2O.

Из мольных соотношений меди и азотной кислоты в приведенных уравнениях следует, что во втором случае медь находится в избытке, поэтому азотная кислота реагирует полностью, и в растворе останется только Cu(NO3)2.

Задача 82. Электролиз 400 г 8,5%-ного раствора нитрата серебра продолжали до тех пор, пока масса раствора не уменьшилась на 25 г. Вычислите массовые доли соединений в растворе, полученном после окончания электролиза, и массы веществ, выделившихся на инертных электродах.

Решение. При электролизе водного раствора AgNO3 на катоде происходит восстановление ионов Ag+, а на аноде — окисление молекул воды:

Катод: Ag+ + e = Ag.

Анод: 2H2O – 4e = 4H+ + O2 .

Суммарное уравнение:

4AgNO3 + 2H2O = 4Ag + 4HNO3 + O2.

(AgNO3) = 400  0,085 / 170 = 0,2 моль. При полном электролитическом разложении данного количества соли выделяется 0,2 моль Ag массой 0,2108 = 21,6 г и 0,05 моль O2 массой 0,0532 = 1,6 г. Общее уменьшение массы раствора за счет серебра и кислорода составит 21,6+1,6 = 23,2 г.

При электролизе образовавшегося раствора азотной кислоты разлагается вода:

2H2O = 2H2 + O2.

Потеря массы раствора за счет электролиза воды составляет 25 – 23,2 = 1,8 г. Количество разложившейся воды равно: (H2O) = 1,8/18 = 0,1. На электродах выделилось 0,1 моль H2 массой 0,12 = 0,2 г и 0,1/2 = 0,05 моль O2 массой 0,0532 = 1,6 г. Общая масса кислорода, выделившегося на аноде в двух процессах, равна 1,6+1,6 = 3,2 г.

В оставшемся растворе содержится азотная кислота: (HNO3) = (AgNO3) = 0,2 моль, m(HNO3) = 0,263 = 12,6 г. Масса раствора после окончания электролиза равна 400–25 = 375 г. Массовая доля азотной кислоты: (HNO3) = 12,6/375 = 0,0336, или 3,36%.

Ответ. (HNO3) = 3,36%, на катоде выделилось 21,6 г Ag и 0,2 г H2, на аноде — 3,2 г O2.

Задача 83. При пропускании постоянного тока силой в 6,4 А в течение 30 мин через расплав хлорида неизвестного металла на катоде выделилось 1,07 г металла. Определите состав соли, которую подвергли электролизу.

Решение. Запишем схему электролиза:

2MeCl3

(–) Катод  2Me3+ + 6Cl  Анод (+)

2Me3+ + 6e = 2Me 6Cl – 6e = 3Cl2

Определим количество электричества, пропущенное через раствор:

Q = I t = 6,4 A  1800 c = 11520 Кл.

Отметим, что расчеты по электродным уравнениям можно производить так же, как и по химическим уравнениям (как бы полагая, что электроны — это тоже химические вещества). 1 моль электронов имеет заряд 6,0210231,610–19 = 96500 Кл (число Фарадея, F), поэтому количество электронов, пропущенных через расплав, составляет

(e) = Q/F = 11520/96500 = 0,119 моль.

Согласно уравнению катодного процесса, количество выделившегося металла в 3 раза меньше количества электронов:

(Me) = (e)/3 = 0,0398 моль.

Теперь легко найти атомную массу металла:

A(Me) = 1,07 г / 0,0398 моль = 27 г/моль.

Искомый металл — алюминий.

Ответ: AlCl3.

Задача 84. При электролизе 1000 г 5%–ного раствора нитрата натрия на аноде выделилось 80 л кислорода, измеренного при температуре 25 С и давлении 1,24·105 Па. Рассчитайте массовую долю нитрата натрия в растворе после проведения электролиза.

Решение. Запишем схему электролиза:

NaNO3 <==> Na+ + NO3

4H2O <==> 4H+ + 4OH

(–) Катод Анод (+)

Na+ NO3

4H+ + 4e = 2H2 4OH – 4e = O2 + 2H2O

При электролизе водного раствора NaNO3 происходит электролитическое разложение воды, масса самой соли в растворе не изменяется, но уменьшается масса растворителя — воды, ионы которой разряжаются, и поэтому увеличивается концентрация растворенной соли. Решение задачи сводится к определению количества разложившейся воды и к пересчету концентрации раствора.

Из приведенной схемы электролиза следует уравнение электролитического разложения воды: 2H2O = 2H2 + O2

Теперь мы должны найти количество молей кислорода:

 = = = 4 моль.

Следовательно, электролитическому разложению подвергли 8 моль H2O, т.е. 818=144 г H2O.

По определению массовой доли находим, что исходный раствор содержал 50 г NaNO3. После электролиза массовая доля соли составит:

(NaNO3) = 100% = 5,8%

Ответ: 5,8% NaNO3.