Что произойдет при сливании растворов хлорида железа (II) и карбоната натрия? Написать уравнения совместного гидролиза в ионно-молекулярной и молекулярной формах.

Дано: Водные растворы хлорида железа (II) и карбоната натрия	Решение До сливания в растворе каждой соли протекает ее гидролиз по I ступени: Fe Cl2 Fe (OH)2 + HCl слаб. сильн. Na2 CO3 NaOH + H2 CO 3 сильн. слаб.
Написать в ионно-молекуляр-ной и молекулярной формах уравнение процессов, происходящих при сливании растворов этих солей

До сливания в растворе каждой соли гидролизу подвергаются ионы Fe²⁺ и СО₃^2-.

I ступень:

Fe ²⁺ +H OH <=>FeOH⁺ + → Н₂О pH < 7;

CO ₃^2-+ H OH<=>HCO₃^-+ pH > 7.

После сливания растворов продукт гидролиза первой соли (Н⁺) взаимодействует с продуктом гидролиза второй соли (ОН^-) с образованием слабо диссоциирующего соединения Н₂О, что приводит к смещению химического равновесия в сторону прямой реакции. Усиление гидролиза первой и второй соли приводит к протеканию II ступени гидролиза с образованием осадка и выделением газа.

II ступень:

	H^+ OH^-

FeOH⁺ + H OH = Fe(OH)₂↓ + → Н₂О

HCO₃^- + H OH = H₂CO₃ +

↓

CO₂↑ H₂O

Сокращенное ионно-молекулярное уравнение совместного гидролиза двух солей:

Fe²⁺ + CO₃^2- + H₂O = Fe(OH)₂↓ + CO₂↑.

Молекулярное уравнение совместного гидролиза:

FeCl₂ + Na₂CO₃ + H₂O= Fe(OH)₂↓ + CO₂↑ + 2NaCl.

ОКИСЛИТЕЛЬНО-ВОССТАНОВИТЕЛЬНЫЕ

РЕАКЦИИ

УРОВЕНЬ В

Закончить уравнения реакций и уравнять их используя метод электронного баланса. Указать окислитель и восстановитель

а) Pb + HNO_{3 конц} →

б) S + HNO_{3 конц} →

в) P + H₂SO_{4 конц} →

г) Mg + H₂SO_{4 конц} →

а) Металл + НNО_3(конц) → соль + оксид азота + Н₂О.

Формула оксида азота зависит от активности металла: N₂O выделится, если в реакцию вступает активный металл (стоящий в ряду стандартных электродных потенциалов в интервале Li...Al);

NО выделится, если в реакцию вступает металл средней активности (Mn–Рb);

NO₂ выделится, если в реакцию вступает малоактивный металл (стоящий в ряду стандартных электродных потенциалов после водорода).

Дано: а) Pb + HNO3 конц → S + HNO3 конц → б) P + H2SO4 конц → Mg + H2SO4 конц →	Решение а) Pb^0 + HN^+5O3 конц = восст. окисл. = Pb^+2(NO3)2 + N^+2O + H2O НОК ДМ восстановитель Pb^0 – 2ē = Pb^+2 3 окислитель N^+5+ 3ē = N^+2 2 3Pb^0 + 2N^+5 = 3Pb^+2 + 2N^+2
Уравнять реакции и указать окислитель и восстановитель

Переносим полученные коэффициенты в молекулярное урав-нение:

3Pb⁰ + 2HN⁺⁵O_3(конц) = 3Pb⁺²(N⁺⁵O₃)₂ + N⁺²O + H₂O.

Поскольку азотная кислота расходуется не только на получение 2 моль NO, но и на получение 3 моль Pb(NO₃)₂, в которых содержится 6NO со степенью окисления N⁺⁵, то для протекания этого процесса необходимо дополнительно 6 моль HNO₃:

6HNO_{3 (конц)} + 3Pb⁰ + 2HNO_3(конц) = 3Pb(NO₃)₂ + 2NO + H₂O

Суммируем число моль HNO₃ и уравниваем количество водорода и кислорода (4Н₂О):

3Рb + 8HNO_3(конц) = 3Pb(NO₃)₂ + 2NO + 4Н₂О.

б) Неметалл + HNO_3(конц) → кислота, в которой неметалл проявляет высшую степень окисления + NO₂ + (Н₂О):

B → H₃B⁺³O₃; P → H₃P⁺⁵O₄; S → H₂S⁺⁶O₄; Se → H₂Se⁺⁶O₄;

Si → H₂Si⁺⁴O₃; C → H₂C⁺⁴O₃; As → H₃As⁺⁵O₄.

Решение

S^o + HN⁺⁵O_3(конц) = Н₂S⁺⁶O₄ + N⁺⁴O₂ + H₂O

Восст. окисл.

НОК ДМ

восст-ль Sº – 6ē = S⁺⁶ 1

окисл-ль N⁺⁵ + ē = N⁺⁴ 6

Sº + 6N⁺⁵ = S⁺⁶ + 6N⁺⁴

S + 6HNO_3(конц) = Н₂SO₄ + 6NO₂ + 2H₂O.

в) Неметалл + H₂SO_4(конц) → кислота, в которой неметалл проявляет высшую степень окисления + SO₂ +(Н₂O); см. пример б).

Решение

P⁰ + H₂S⁺⁶O_4(конц) = Н₃Р⁺⁵О₄ + S⁺⁴O₂ + H₂O

Восст. окисл.

НОК ДМ

восст-ль P⁰ – 5ē = P⁺⁵ 2

окисл-ль S⁺⁶ + 2ē = S⁺⁴ 5

2Р⁰ + 5S⁺⁶ = 2P⁺⁵ + 5S⁺⁴

2P + 5H₂SO_4(конц) = 2Н₃РО₄ + 5SO₂ + 2H₂O.

г) Металл + H₂SO_4(конц) → соль + (H₂S, S, SO₂)
(в зависимости от активности металла) + Н₂О.

H₂S выделится, если в реакцию вступает активный металл
(Li–Al),

S выделится, если в реакцию вступает металл средней активности (Mn–Рb),

SO₂выделится, если в реакцию вступает малоактивный металл (стоящий в ряду стандартных электродных потенциалов после водорода).

Решение

Mg⁰ + H₂S⁺⁶O_4(конц) = Mg⁺²SO₄ + H₂S^-2 + H₂O.

восст. oкисл_.

НОК ДМ

осст-ль Mg⁰ – 2ē = Mg⁺² 4

окисл-ль S⁺⁶ + 8ē = S^-2 1

4Mg⁰ + S⁺⁶ = 4Mg⁺² + S^-2

Аналогично примеру (а) уравниваем реакцию:

4H₂SO_4(конц) + 4Mg + H₂SO_4(конц) = 4MgSО₄ + H₂S + 4H₂O

4Mg + 5H₂SO_4(конц) = 4MgSО₄ + H₂S + 4H₂O.

ГАЛЬВАНИЧЕСКИЕ ЭЛЕМЕНТЫ.

КОРРОЗИЯ МЕТАЛЛОВ.

УРОВЕНЬ В

1.а) Алюминиевый электрод погружен в 5∙10^{-4 М раствор сульфата алюминия. Вычислить значение электродного потенциала алюминия.}

Дано: Металл – Al = 5∙10^-4 моль/л	Решение Электродный потенциал алюминия рассчитываем по уравнению Нернста: = +
–?

По табл. 11.1 определяем стандартный электродный потенциал алюминия:

= –1,67 В.

Записываем уравнение электродного процесса, протекающего на поверхности алюминиевого электрода в растворе соли:

Al – 3ē = Al³⁺.

n – число электронов, участвующих в электродном процессе.

Для данной реакции n равно заряду иона алюминия Al³⁺(n = 3). Рассчитываем концентрацию ионов алюминия в растворе Al₂(SO₄)₃:

= ∙ α ∙ .

Разбавленный раствор Al₂(SO₄)₃ – сильный электролит.

Следовательно, α = 1. По уравнению диссоциации Al₂(SO₄)₃.

Al₂(SO₄)₃ = 2Al³⁺ + 3SO

число ионов Al³⁺, образующихся при диссоциации одной молекулы Al₂(SO₄)₃, равно 2.

Следовательно, = 2.

Тогда = 5∙10^-4∙1∙2 = моль/л.

Рассчитываем электродный потенциал алюминиевого электрода:

= -1,67 + = –1,73 В.

Ответ: = –1,73 В.

б) Потенциал цинкового электрода, погруженного в раствор своей соли, равен –0,75 В. Вычислить концентрацию ионов цинка в растворе.

Дано: Металл – Zn = –0,75 В	Решение Электродный потенциал цинка рассчитываем по уравнению Нернста: = + .
–?

Откуда:

=

По табл. 11.1 определяем стандартный электродный потенциал цинка:

= 0,76 В, n – равно заряду иона цинка Zn²⁺ (n = 2).

Тогда

= = 0,338.

= 10^0,339 моль/л = 2,18 моль/л

Ответ: = 2,18 моль/л.

Составить две схемы гальванических элементов (ГЭ), в одной из которых олово служило бы анодом, в другой – катодом. Для одной из них написать уравнения электродных процессов и суммарной токообразующей реакции. Вычислить значение стандартного напряжения ГЭ.

Решение

В гальваническом элементе анодом является более активный металл с меньшим алгебраическим значением электродного потенциала, катодом – менее активный металл с большим алгебраическим значением электродного потенциала.

По табл. 11.1 находим = –0,14 В.

а) Олово является анодом ГЭ.

В качестве катода можно выбрать любой металл с > .

Выбираем медь = + 0,34 В. В паре Sn–Cu олово будет являться анодом ГЭ, медь – катодом. Составляем схему ГЭ:

А(-) Sn │ Sn²⁺ ││ Cu²⁺ │ Cu(+)K

Или

А(-) Sn │ SnSO₄ ││ CuSO₄ │ Cu(+)K.

Уравнения электродных процессов:

НОК ДМ

На A(-) Sn – 2ē = Sn²⁺ 1 – окисление

На К(+) Cu²⁺ + 2ē = Cu 1 – восстановление

Sn + Cu²⁺ = Sn²⁺ + Cu – суммарное ионно-молекулярное уравнение токообразующей реакции;

Sn + CuSO₄ = SnSO₄ + Cu – суммарное молекулярное уравнение токообразующей реакции.

Рассчитываем стандартное напряжение ГЭ:

= – = +0,34 – (–0,14) = 0,48 В.

б) Олово является катодом ГЭ.

В качестве анода ГЭ можно выбрать любой металл с < , кроме щелочных и щелочноземельных металлов, так как они реагируют с водой.

Выбираем магний = –2,37 В.