§ 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 = S^2–,

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 + HNO_3(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⁺² – e  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⁺² – e  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 + 18HNO_3(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 SO₄^2– (диссоциация H₂SO₄):

FeS₂  Fe³⁺ + 2SO₄^2–.

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

FeS₂ + 8H₂O  Fe³⁺ + 2SO₄^2– + 16H⁺.

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

FeS₂ + 8H₂O – 15e  Fe³⁺ + 2SO₄^2– + 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⁺ + 2SO₄^2– + 16H⁺

FeS₂ + 8H₂O + 15NO₃^– + 30H⁺ = Fe³⁺ + 2SO₄^2– + + 16H⁺ + 15NO₂ + 15H₂O.

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

FeS₂ + 15NO₃^– + 14H⁺ = Fe³⁺ + 2SO₄^2– + 15NO₂ + 7H₂O.

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

FeS₂ + 18HNO_3(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 + HNO_3(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 + 5HNO_3(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⁺² – e  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 SiO₃^2–:

Si + NaOH + H₂O  Na₂SiO₃ + H₂ .

2 2H₂O + 2e  H₂ + 2OH^–

1 Si + 6OH^– – 4e  SiO₃^2– + 3H₂O

4H₂O + Si + 6OH^–  2H₂ + 4OH^– + SiO₃^2– + 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^–  Br_2(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^–  Br_2(ж) + 2e. Среди перечисленных в табл.1 веществ этому условию отвечают только Cl₂ и KMnO₄. Действительно,

2Br^–  Br_2(ж) + 2e E = –1,06 В

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

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

E = –1,06 – (–1,52) = 0,46 В

2Br^–  Br_2(ж) + 2e E = –1,06 В

2Cl^–  Cl_2(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 6,0210²³1,610^–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.