Laba_3ghk - BSUIR Helper

Белорусский государственный университет
информатики и радиоэлектроники
Кафедра химии
Отчет по лабораторной работе № 3 «Электрохимические процессы и явления»
Выполнил:
Проверила:
студент 1-го курса ФТК
Соловей Н.П.
группы 060801
Дятлович Д.В.
Минск 2010
Экспериментальная часть
Цель работы: на конкретных примерах изучить электрохимические процессы,
протекающие в гальванических элементах и при электролизе водных растворов
электролитов.
1. Установить химическую активность металлов в водных растворах
электролитов и их положение в электрохимическом ряду активностей.
1.1. Ход и данные опыта.
В опыте исследовалась химическая активность Zn, Cu, Al в водных растворах
CuSO4, ZnSO4, Аl2(SO4)3, FeCl3. Используя тот факт, что самопроизвольно протекают
только реакции удовлетворяющие условию окислителя  восстановителя , было
установлено, что реагировать будут следующие пары веществ: Zn и CuSO4 , Zn и FeCl3,
Cu и FeCl3 (при условии, что железо восстановится не полностью). Также возможны
реакции алюминия с сульфатами меди и цинка и хлоридом железа. Но из-за того, что
алюминий на воздухе покрывается оксидной пленкой Al2O3, реакции не протекают.
В пробирку с раствором CuSO4 опустили гранулу цинка. В результате реакции
медь выделилась на поверхности цинка.
Zn + CuSO4
ZnSO4 + Cu
Zn0 + Cu2+
Zn2+ + Cu0
В раствор с FeCl3 добавили K3[Fe(CN)6] – индикатора на ионы Fe2+. Раствор стал
синим, следовательно FeCl3 в большей мере диссоциирует на ионы Fe2+. Затем
опустили гранулу цинка.
Zn + 2FeCl3
2FeCl2 + ZnCl2
Zn0 + 2Fe3+
2Fe2+ + Zn2-
В раствор с FeCl3 опустили гранулу меди.
Cu + 2FeCl3
2FeCl2 + CuCl2
Cu0 + 2Fe3+
2Fe2+ + Cu2-
1.2. Расчет, наблюдение и анализ данных.
Пользуясь тем фактом, что для самопроизвольного протекания реакции
требуется, чтобы потенциал окислителя был больше потенциала восстановителя,
установим возможность протекания реакций.
Zn0 + Cu2+SO42-
ZnSO4 + Cu
-0,76 B < 0,34 B
восстановитель окислитель
Zn0 + Al23+(S0)42-0,76 В > -1,66 B
восстановитель окислитель
Zn0 + 2Fe3+Cl3- K3[Fe(CN)6] 2FeCl2 + ZnCl2
восстановитель окислитель
1) В: Zn – 2e = Zn2+ (-0,763 B)
O: Fe3+ + 3e = Fe0 (-0,036 B)
E(1) = фок-ля – фвос-ля = -0,036 B + 0,763 B = 0,727 B
2) В: Zn – 2e = Zn2+ (-0,763 B)
О: Fe3+ + 1e = Fe2+ (0,770 B)
E(2) = фок-ля – фвос-ля = 0,770 B + 0,763 B = 1,533 B
Т.к Е(2) > E(1) , то предпочтительнее 2-я реакция.
Cu0 + Zn2+SO420,34 B > -0,76 B
восстановитель окислитель
Cu0 + Al23+(SO4)20,34 B > -1,66 B
восстановитель окислитель
1) (Fe3+| Fe0 ) Cu0 + Fe3+Cl30,34 B > -0,036 B
восстановитель окислитель
2) (Fe3+ | Fe2+ ) Cu0 + 2Fe3+Cl3-
K3[Fe(CN)6]
2FeCl2 + CuCl2
0,34 B < 0,770 B
восстановитель окислитель
2Al0 + 3 Cu2+SO42-
3Cu + Al2(SO4)3
-1,66 B < 0,34 B
восстановитель окислитель
2Al0 + 3Zn2+SO4
3Zn + Al2(SO4)3
-1,66 B < -0,76 B
восстановитель окислитель
2Al0 + 2FeCl3
2FeCl2 + AlCl3
-1,66 B < -0,036 B
восстановитель окислитель
Для объяснения реакций с раствором FeCl3 необходимо использовать не только
электродный потенциал Fe3+/Fe, но и Fe3+/Fe2+, т.к. железо может восстановиться не
полностью, присоединив только один электрон.
В ходе опытов было выяснено, что наиболее активным металлом из
исследуемых является алюминий, затем цинк, медь.
1.3 Вывод: самопроизвольно протекают только те реакции, которые
удовлетворяют условию окислителя  восстановителя . Пассивирующие слои на
поверхности металлов могут полностью предотвратить протекание окислительновосстановительных реакций.
2. Определение стандартной ЭДС химического гальванического элемента.
2.1. Ход и данные опыта.
Собрали медно-цинковый гальванический элемент, налив в два химических
стакана до 2/3 объема 1 М растворы солей: в один – ZnSO4, в другой – СuSO4.
Погрузили в них протравленные электроды: цинковый – в ZnSO4, медный – в CuSO4.
Соединили электролиты в стаканах электролитическим мостиком (U-образная
стеклянная трубка, заполненная раствором КCl). Подсоедините электроды к
вольтметру и записали значение ЭДС.
2.2. Расчет, наблюдение и анализ данных.
Схема гальванического элемента в молекулярной форме:
А(-) Zn|1M ZnSO4||1M CuSO4| Cu (+)K
Схема гальванического элемента в ионной форме:
A(-) Zn | Zn2+ || Cu2+ | Cu (+)K
Уравнения анодно-катодных процессов:
А: Zn – 2e
Zn2+
К: Cu + 2e
Cu2+
Zn + Cu2+
Zn2+ + Cu - суммарное уравнение токообразующей реакции.
Еэкс = 1,06 В
Для расчета ЭДС реакции используем стандартные значения потенциалов, т.к.
растворы одномолярны.
Е0 = фк0 – фа0 = ф0Cu2+|Cu - ф0Zn2+|Zn = 0,34 B – (-0,76 B) = 1,1 B
Е0 > Еэкс
∆G0 = -n ∙ F ∙ Eпр = -2 ∙ 96500 ∙ 1,06 (Дж) = -204580 Дж
АМ = -∆G0 = 204580 Дж
lgKp = n ∙ Eпр / 0,059 = 36
Kp = 1036
Рассчитаем ЭДС исследуемого элемента при концентрациях растворов:
а) 0,001 М ZnSO4 и 1 М СuSO4;
б)1 М ZnSO4 и 0,001 M СuSO4.
а) ф0Cu2+|Cu = 0,337 В
ZnSO4
Zn2+ + SO42-
CZn2+ = nαCM = 0,001 моль/л
фZn2+|Zn = ф0Zn2+|Zn + 0,059/n ∙ lgCZn2+ = -0,763 – 0,0885 = -0,8515 B
Е(а) = ф0Cu2+|Cu - фZn2+|Zn = 0,337 + 0,8515 = 1,1885 В
б) ф0Zn2+|Zn = -0,763 В
CuSO4
Cu2+ + SO42-
CCu2+ = nαCM = 0,001 моль/л
фCu2+|Cu = ф0Cu2+|Cu + 0,059/n ∙ lg CCu2+ = 0,337 – 0,0885 = 0,2485 B
E(б) = фCu2+|Cu - ф0Zn2+|Zn = 0,2485 + 0,763 = 1,0115 В
Е0 < Е(а)
Е0 > E(б)
Если уменьшить концентрацию раствора электролита в анодном
пространстве, то ЭДС возрастет.
Если уменьшить концентрацию раствора электролита в катодном
пространстве, то ЭДС уменьшится.
Если Zn- и Cu-электроды поместить в один и тот же раствор серной кислоты,
то возле медного электрода начнет восстанавливаться молекулярный водород.
Данный гальванический элемент, является гальваническим элементом типа Вольта.
Схема г. э. типа Вольта:
А(-) Zn | H2SO4 , H2O | Cu (+)K
A: Zn – 2e
Zn2+
K: 2H+ + 2e
H2
Из-за химической поляризации происходит постепенное уменьшение ЭДС.
Для того, чтобы уменьшить воздействие поляризации нужно удалить водород из
пространства медного электрода. Это можно сделать перемешивая раствор
электролита.
2.3 Вывод: ЭДС гальванического элемента зависит от природы электродов,
от концентрации потенциалопределяющих ионов, от степени поляризации и
процессов связанных с её устранением.
3. Электролиз растворов солей на инертных электродах.
3.1. Электролиз сульфата меди.
3.1.1. Ход и данные опыта.
Наполнили электролизер 0,5 М раствором CuSO4 (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 аноде выделился
газ. На катоде - медь. pH раствора в анодном пространстве уменьшился до 5.
3.1.2. Расчет, наблюдение и анализ данных.
Схема электролиза раствора CuSO4:
C | CuSO4 , H2O | C
катод Cu2+, SO42-, H2O анод
pH=7
K (-)
Cu2+
A (+)
Cu2+ + 2e = Cu
SO42- 2H2O – 4e = O2 + 4H+
H2O
H2O
pH < 7
Медь выделилась на катоде,
если pH < 7, значит
т.к. медь – малоактивный металл.
выделился кислород.
Вторичные процессы
(в растворе)
4H+ + 2SO42-
2H2SO4
Суммарное уравнение электролиза:
2CuSO4 + 2H2O
2Cu + O2 + 2H2SO4
Катод покрылся медью, т.к. ионы меди положительно заряжены, а катод отрицательно. Ионы меди устремляются к катоду, присоединяют недостающие
электроны и образуют атомы меди.
На аноде выделился кислород, т.к. pH раствора уменьшилось, что
свидетельствует о увеличении концентации ионов H+.
Кислородсодержащие ионы SO42– на аноде в водном растворе не окисляются.
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-
H2O
Вторичные процессы (в растворе)
Cl-
2Cl- - 2e = Cl2
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 OHобуславливает 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 (-)
K+
H2O
A (+)
2H2O + 2e = H2 + 2OHВторичные процессы (в растворе)
K+ + OH- = KOH
Фенолфтолеин в растворе малиновый,
значит pH > 7, следовательно выделившийся
газ – водород.
IH2O
2I- - 2e = I2
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 Ам,
 G0298 протекающих в них реакций.
а) Pt, H2 |2H+ || Cu2+ | Cu
ф0H2|2H+ = 0 B ф0Cu|Cu2+ = 0,337 B
Т.к. ф0H2|2H+ < ф0Cu|Cu2+ , то водород будет анодом с отрицательным зарядом, а
медь – катодом с положительным зарядом.
А (-) Pt, H2 | 2H+ || Cu2+ | Cu (+) K
A: H2 – 2e
K: Cu2+ + 2e
H2 + Cu2+
2H+
Cu
2H+ + Cu - токообразующая реакция
Е0 = ф0К – ф0А = 0,337 В – 0 В = 0,337 В
АМ = nFE0 = 2 ∙ 96500 ∙ 0,337 Дж = 65041 Дж
 G0298 = -АМ = -65041 Дж
б) Cu | Cu 2+ || Ag+ | Ag
ф0Cu|Cu2+ = 0,337 B
ф0Ag|Ag+ = 0,799 B
Т.к. ф0Cu|Cu2+ < ф0Ag|Ag+ , то медь будет анодом с отрицательным зарядом, а
серебро – катодом с положительным зарядом.
А (-) Cu | Cu 2+ || Ag+ | Ag (+) К
А: Cu – 2e
K: 2Ag+ + 2e
Cu + 2Ag+
Cu2+
2Ag
Cu2+ + 2Ag - токообразующая реакция.
Е0 = ф0К – ф0А = 0,799 B – 0,337 B = 0,462 B
АМ = nFE0 = 2 ∙ 96500 ∙ 0,462 Дж = 89166 Дж
 G0298 = -АМ = -89166 Дж
2. C1)Ag+ = 10–1 моль/л, С2)Ag+ = 10–4 моль/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(C1)Ag+ / С2)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 = фК – фA = ф0Ag|Ag+ + 0,059/n ∙ lgCAg+ - фH2|2H+ = 0,799 B – 0,059/2 ∙ 3 – 0 B = 0,7105 B
3. 1 М раствора МgCl2 ,V(H2) = 22,4 л, BT = 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-
H2O
Вторичные процессы (в растворе)
ClH2O
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
BT = (Qтеор / Qпракт) ∙ 100%
Qпракт = (Qтеор ∙ 100%) / BT
Qпракт = (2162 Кл ∙ 100%) / 80% = 2703 Кл
4. Ѵ(Ni) = 1 моль, Q - ?
m = kQ = AQ / nF
m = ѴM
M(Ni) = A(Ni)
2Cl- - 2e = Cl2
ѴM = AQ / nF
Q = Ѵ(Ni)nF = 1 моль ∙ 2 ∙ 96500 Кл = 193 кКл