окислительно-восстановительные реакции
презентация к уроку по теме

Слайд 1

Окислительно -восстановительные процессы в химии 1

Слайд 2

Степень окисления. Метод электронного баланса. Составление уравнений сложных окислительно -восстановительных реакций. Метод полуреакций (электронно-ионный метод) Электролиз. Коррозия и способы защиты от коррозии. 2

Слайд 3

1. Степень окисления - условный заряд атома в соединении, вычисленный исходя из предположения, что все связи – ионные, то есть электронные пары полностью смещены в сторону атома с большей электроотрицательностью . H 0 : H 0 H δ + : Cl δ – Na + : Cl – делаем вид что связи – ионные H 0 : H 0 H + : Cl – Na + : Cl – 1. Степень окисления 3

Слайд 4

Определение степени окисления В простом веществе элемент имеет нулевую степень окисления ( H 2 0 , Fe 0 , P 4 0 , …) Степень окисления металлов в соединениях – положительная: щелочные металлы [ +1 ] , щёлочноземельные металлы, Mg, Zn, Cd [ +2 ] , алюминий [ +3 ] Фтор в соединениях [ –1 ] Водород [ +1 ] (кроме соединений с металлами NaH – , CaH – 2 , …) Кислород [ – 2 ] (кроме пероксидов Na 2 O 2 , KO 2 и др. и соединений со фтором OF 2 , O 2 F 2 , …) 1. Степень окисления 4

Слайд 5

В молекуле сумма степеней окисления всех элементов равна нулю 1. Степень окисления K 2 + S ( X ) 2(+1) + x = 0 x = –2 K 2 + S –2 K + 2 S ( X ) O –2 3 2(+1) + x + 3(– 2) = 0 x = +4 K + 2 S +4 O –2 3 Na + 2 Cr ( X ) 2 O –2 7 2(+1) + 2 x + 7(–2) = 0 x = +6 Na + 2 Cr +6 2 O –2 7 5 Пример 1.

Слайд 6

В ионе сумма степеней окисления всех элементов равна заряду иона 1. Степень окисления [S ( X ) 2 O –2 7 ] 2– 2 x + 7(–2) = –2 x = +6 [S +6 2 O –2 7 ] 2– [ B ( X ) F – 4 ] – x + 4(–1) = –1 x = +3 [B +3 F – 4 ] – 6 Пример 2. S 2 O 7 2 – [ S 2 O 7 ] 2 – B F 4 – [ B F 4 ] –

Слайд 7

1. Степень окисления 7 Пример 3.

Слайд 8

1. Степень окисления 8 Пример 4.

Слайд 9

1. Степень окисления В пособии «Тренировочная тетрадь по общей химии» для освоения материала приведено 8 заданий, включающих формулы 68 соединений. 9

Слайд 10

2 . Метод электронного баланса Уравнять методом электронного баланса Al + O 2 → Al 2 O 3 . Определить окислитель и восстановитель, процессы восстановления и окисления. 1) Степени окисления Al 0 + O 0 2 → Al +3 2 O –2 3 2 ) Выписать пары элементов, которые изменили степени окисления Al 0 + O 0 2 → Al +3 2 O –2 3 Al 0 → Al +3 O 0 → O –2 2. Метод электронного баланса 10 Пример 5.

Слайд 11

2 . Метод электронного баланса 3 ) Написать уравнения процессов окисления и восстановления, для этого а) найти, какое число электронов участвует в процессах Al 0 – 3 ē = Al +3 O 0 + 2 ē = O –2 Подсказка: Наиболее удобным способом нахождения числа электронов является следующий: от заряда в левой части отнимают заряд в правой части (0) – ( +3) = –3 ē (0) – (–2) = +2 ē 11

Слайд 12

2 . Метод электронного баланса 3 ) Написать уравнения процессов окисления и восстановления, для этого а) найти, какое число электронов участвует в процессах Al 0 – 3 ē = Al +3 O 0 + 2 ē = O –2 б) учесть число атомов элементов, участвующих в процессах: если в молекуле имеется 2 атома элемента, то строчку в процессах окисления и восстановления умножить на 2 2 Al 0 – 6 ē = 2 Al +3 O 0 2 + 4 ē = 2 O –2 12

Слайд 13

2 . Метод электронного баланса 4) Составить уравнение электронного баланса, для этого 2 Al 0 – 6 ē = 2 Al +3 ·2 O 0 2 + 4 ē = 2 O –2 ·3 а) найти множители, которые уравнивают число отданных и принятых электронов б) алгебраически сложить уравнения полуреакций с учётом найденных коэффициентов 2 Al 0 – 6 ē = 2 Al +3 ·2 O 0 2 + 4 ē = 2 O –2 ·3 4 Al 0 – 12 ē + 3 O 0 2 + 12 ē = 4 Al +3 + 6 O –2 4 Al 0 + 3O 0 2 = 4Al +3 + 6O –2 13

Слайд 14

2 . Метод электронного баланса 5) Перенести коэффициенты из уравнения электронного баланса в молекулярное уравнение и уравнять его 4 Al + O 2 → 2 Al 2 O 3 4 Al 0 + 3 O 0 2 = 4 Al +3 + 6 O –2 4 Al + 3 O 2 → 2 Al 2 O 3 14 Al + O 2 → Al 2 O 3 ( исходное уравнение)

Слайд 15

2 . Метод электронного баланса Окислитель – «грабитель» принимает электроны, восстанавливается (процесс восстановления) понижает степень окисления 2 Al 0 – 6 ē = 2 Al +3 ·2 O 0 2 + 4 ē = 2 O –2 ·3 – процесс восстановления O 0 2 – окислитель, восстанавливается 15 6) Указать окислитель и восстановитель, процессы восстановления и окисления

Слайд 16

2 . Метод электронного баланса Восстановитель отдает электроны, окисляется ( процесс окисления) повышает степень окисления 2 Al 0 – 6 ē = 2 Al +3 ·2 – процесс окисления O 0 2 + 4 ē = 2 O –2 ·3 Al 0 – восстановитель, окисляется 16

Слайд 17

2 . Метод электронного баланса 17 Пример 6 . Всего в книге тренировочных тестов 15 уравнений для выработки навыков составления уравнений полуреакций окисления и восстановления.

Слайд 18

18 Уравнять методом электронного баланса H 2 SO 4 (КОНЦ.) + KI → H 2 S + I 2 + K 2 SO 4 + H 2 O . Определить окислитель и восстановитель, процессы восстановления и окисления. 18 H 2 S +6 O 4 (КОНЦ.) + KI – → H 2 S – 2 + I 0 2 + K 2 SO 4 + H 2 O . 2 I – – 2ē = I 0 2 S +6 + 8ē = S –2 8I – – 8ē + S +6 + 8ē = 4I 0 2 + S –2 5H 2 SO 4 (КОНЦ.) + 8KI → H 2 S + 4I 2 + 4K 2 SO 4 + 4H 2 O I – (KI – ) – восстановитель, окисляется S +6 ( H 2 S +6 O 4 ) – окислитель, восстанавливается · 4 – процесс окисления · 1 – процесс восстановления

Слайд 19

19 19 Всего в книге тренировочных тестов 2 8 уравнений для уравнивания ОВР методом электронного баланса .

Слайд 20

2 . Метод электронного баланса 20 Классификация ОВР Межмолекулярные ОВР — реакции, в которых окислитель и восстановитель входят в состав разных веществ: 2K Mn +7 O 4 + 3H 2 SO 4 + 5Na 2 S +4 O 3 = окислитель восстановитель = K 2 SO 4 + 2 Mn +2 SO 4 + 5Na 2 S +6 O 4 + 3H 2 O

Слайд 21

2 . Метод электронного баланса 21 Внутримолекулярные ОВР — реакции, в которых окислитель и восстановитель (атомы разных элементов или атомы одного элемента, имеющие различные степени окисления) находятся в составе одного вещества: а) 2 K Cl +5 O –2 3 = 2K Cl –1 + 3 O 0 2 (Cl +5 – окислитель, O –2 – восстановитель ) б) N –3 H 4 N +3 O 2 = N 0 2 + 2H 2 O (N +3 – окислитель, N –3 – восстановитель )

Слайд 22

2 . Метод электронного баланса 22 Реакции диспропорционирования — реакции, в которых атомы одного и того же элемента, находящиеся в одной степени окисления и входящие в одно вещество, являются и окислителем, и восстановителем: 4K Cl +5 O 3 = K Cl –1 + 3K Cl +7 O 4 (Cl +5 – окислитель, Cl +5 – восстановитель ) 3 S 0 + 6NaOH = 2Na 2 S –2 + Na 2 S +4 O 3 + 3H 2 O или 4 S 0 + 6NaOH = 2Na 2 S –2 + Na 2 S + 2 2 O 3 + 3H 2 O ( S 0 – окислитель, S 0 – восстановитель )

Слайд 23

Наиболее важные окислители и восстановители Окислители Восстановители Простые вещества – неметаллы (кислород, галогены и другие), соединения, содержащие элемент в максимальной ( KMnO 4 , K 2 Cr 2 O 7 , K 2 CrO 4 , HNO 3 , H 2 SO 4( КОНЦ.) ) или промежуточной степени окисления (Н 2 О 2 , MnO 2 , Ag 2 O, NaNO 2 , ≪царская водка≫). Простые вещества – металлы, Н 2 , С, СО, соединения неметаллов в минимальной степени окисления ( S –2 , N –3 , Cl –1 и др.), соединения, содержащие элемент в промежуточной степени окисления ( SO 2 , H 2 SO 3 , HNO 2 , H 3 PO 3 ), альдегиды, спирты, муравьиная кислота. 23 2 . Метод электронного баланса

Слайд 24

3. Составление уравнений сложных окислительно -восстановительных реакций. 3. Сложные ОВР – вопрос С1 24 I . Окислительные свойства KMnO 4 KMn +7 O 4 ( малиновый) H + кислая среда H 2 O нейтральная среда OH – щелочная среда Mn 2+ + H 2 O (бесцветный) Mn +4 O 2 ↓ + KOH (бурый) K 2 Mn +6 O 4 + H 2 O (зелёный)

Слайд 25

3. Сложные ОВР – вопрос С1 25 K 2 Cr +6 O 4 ( жёлтый) H + кислая среда OH – щелочная среда Cr 3+ + H 2 O (зелёный) Cr +3 (OH) 3 ↓ (K 3 [Cr(OH) 6 ]) (серо-зелёный) K 2 Cr +6 2 O 7 ( оранжевый) K 2 Cr 2 O 7 + 2NaOH = K 2 CrO 4 + Na 2 CrO 4 + H 2 O ( оранжевый) щёлочь (жёлтый) 2 K 2 CrO 4 + H 2 SO 4 = K 2 Cr 2 O 7 + K 2 SO 4 + H 2 O ( жёлтый) (кислота) (оранжевый) K 2 Cr +6 O 4 ( жёлтый) H 2 O нейтральная среда Cr +3 (OH) 3 ↓ + KOH (серо-зелёный) Превращение хроматов в дихроматы и наоборот

Слайд 26

3. Сложные ОВР – вопрос С1 26 H 2 S +6 O 4 ( конц .) слабый восстановитель S +4 O 2 ↑ + H 2 O H 2 S –2 ↑, S 0 ↓ + H 2 O (активные металлы: Li – Zn … некоторые сложные вещества: HI, KI, …) (неметаллы: S, P, C , средне- и малоактивные металлы: Pb , Cu, Ag … сложные вещества: H 2 S, …) сильный восстановитель Серная концентрированная кислота H 2 SO 4

Слайд 27

3. Сложные ОВР – вопрос С1 27 Азотная кислота HNO 3

Слайд 28

6) Cl 2 (Br 2 ) + NaOH → очень сильный окислитель Cl 0 2 + NaOH + … → NaCl – + H 2 O + … 28 7) NaNO 3 + NaOH → очень сильный окислитель NaN +5 O 3 + NaOH + … → NaN +3 O 2 + H 2 O + … 3. Сложные ОВР – вопрос С1

Слайд 29

29 Кислородсодержащие соединения галогенов H Cl +1 O, K Cl +1 O → Cl – ( K Cl – ) + H 2 O Но: HCl +1 O + HCl – = Cl 0 2 + H 2 O H Cl +5 O 3 , K Cl +5 O 3 → Cl – ( K Cl – ) + H 2 O Но: KCl +5 O 3 + 6HCl – = 3Cl 0 2 + KCl – + 3H 2 O 3. Сложные ОВР – вопрос С1

Слайд 30

И окислитель, и восстановитель 30 3. Сложные ОВР – вопрос С1

Слайд 31

Определение продуктов взаимодействия окислитель, среда – кислая ( Mn +7 … → Mn +2 ) восстановитель, Cl – … → Cl 0 3. KMnO 4 + HCl → … + Cl 2 + … + … . 3. KMn +7 O 4 + HCl – → … + Cl 0 2 + … + … . Mn +2 Cl 2 KCl H 2 O 3. KMn +7 O 4 + HCl – → Mn +2 Cl 2 + Cl 0 2 + KCl + H 2 O. 31 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 7 .

Слайд 32

1. FeSO 4 + KMnO 4 + … → … + MnSO 4 + … + H 2 O. 1. Fe +2 SO 4 + KMn +7 O 4 + … → → … + Mn +2 SO 4 + … + H 2 O. окислитель, среда – кислая ( Mn +7 … → Mn +2 ) H 2 SO 4 H 2 SO 4 восстановитель, Fe +2 … → Fe +3 Fe +2 … → Fe +3 2 (SO 4 ) 3 Fe +3 2 (SO 4 ) 3 K 2 SO 4 1. Fe +2 SO 4 + KMn +7 O 4 + H 2 SO 4 → → Fe +3 2 (SO 4 ) 3 + Mn +2 SO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 32 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 8 .

Слайд 33

4. NaN +3 O 2 + KMn +7 O 4 + … → … + … + K 2 SO 4 + … . окислитель, среда – кислая ( Mn +7 … → Mn +2 ) восстановитель, N +3 … → N +5 среда кислая H 2 SO 4 H 2 SO 4 Mn +2 SO 4 NaN +5 O 3 H 2 O 4. NaN +3 O 2 + KMn +7 O 4 + H 2 SO 4 → → Mn +2 SO 4 + NaN +5 O 3 + K 2 SO 4 + H 2 O. ē 33 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 9 .

Слайд 34

15. FeSO 4 + HNO 3 + H 2 SO 4 → NO + … + … . 15. Fe +2 SO 4 + HN +5 O 3 + H 2 SO 4 → N +2 O + … + … . окислитель восстановитель, Fe +2 … → Fe +3 Fe +3 2 (SO 4 ) 3 H 2 O ē 15. Fe +2 SO 4 + HN +5 O 3 + H 2 SO 4 → → N +2 O + Fe +3 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O . 34 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 10 .

Слайд 35

Окислитель Cl +5 … → Cl – восстановитель, Fe +2 … → Fe +3 H 2 O ē 18. Fe +2 SO 4 + KCl +5 O 3 + H 2 SO 4 → Fe +3 2 (SO 4 ) 3 + … + … . KCl 18. Fe +2 SO 4 + KCl +5 O 3 + H 2 SO 4 → → Fe +3 2 (SO 4 ) 3 + KCl – + H 2 O . 35 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 11 .

Слайд 36

ОВР с участием органических веществ C 4 H 10 + O 2 → CO 2 + H 2 O (C 4 ) –10 H 10 + O 0 2 → C +4 O –2 2 + H +1 2 O ? + 10 = 0 O 0 2 + 4ē = 2O –2 (4C) -10 - 26ē = 4C +4 +16 -10 – (+16) = - 26 2(C 4 ) –10 H 10 + 13O 0 2 → 8C +4 O –2 2 + 1 0H +1 2 O ·13 ·2 36 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 12 .

Слайд 37

CH 2 =CH 2 + KMnO 4 + H 2 O → CH 2 OH-CH 2 OH + MnO 2 + KOH Mn +7 + 3ē = Mn +4 (2C) -4 - 2ē = (2C) -2 -2 - 4 – (-2) = -2 (C 2 ) -4 H 4 + KMn +7 O 4 + H 2 O → (C 2 ) -2 H 6 O 2 + Mn +4 O 2 + KOH 3(C 2 ) -4 H 4 + 2KMn +7 O 4 + 4H 2 O → → 3(C 2 ) -2 H 6 O 2 + 2Mn +4 O 2 + 2KOH ·2 ·3 37 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 13 .

Слайд 38

C 2 H 5 CH=CH 2 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → → C 2 H 5 COOH + CO 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O Mn +7 + 5ē = Mn +2 (4C) -8 - 10ē = (3C) -2 + C +4 -2 + 4 = +2 - 8 – (+2) = -10 (C 4 ) -8 H +1 8 + KMn +7 O 4 + H 2 SO 4 → → (C 3 ) -2 H 6 O 2 + C +4 O 2 + Mn +2 SO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O (C 4 ) -8 H +1 8 + 2KMn +7 O 4 + 3H 2 SO 4 → → (C 3 ) -2 H 6 O 2 + C +4 O 2 + 2Mn +2 SO 4 + K 2 SO 4 + 4H 2 O ·2 ·1 38 3. Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 14 .

Слайд 39

Метод полуреакций (электронно-ионный метод) 4. Метод полуреакций 39

Слайд 40

Метод основан на составлении уравнений для процессов окисления и восстановления реально существующих ионов с последующим их суммированием в общее уравнение. Ионы, которые НЕ изменяются в ходе реакции, в уравнениях полуреакций не рассматриваются . 4. Метод полуреакций 40

Слайд 41

Алгоритм : 1. Вычисляем степени окисления и находим, атомы каких элементов изменили свою степень окисления: KMn +7 O 4 + NaN +3 O 2 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + Mn +2 SO 4 + NaN +5 O 3 + H 2 O . Вывод: в ходе реакции а) ионы MnO 4 – восстанавливаются до ионов Mn +2 (Mn +7 → Mn +2 ), 4. Метод полуреакций Пример 1. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции : KMnO 4 + NaNO 2 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + NaNO 3 + H 2 O б) ионы NO 2 – окисляются до NO 3 – (N +3 → N +5 ). 41

Слайд 42

2. Составляем частное уравнение процесса восстановления окислителя: MnO 4 – … … → Mn +2 … Атомы кислорода в кислой среде (в уравнении реакции указана H 2 SO 4 ) будут выделяться (связываться) в виде молекул H 2 O , поэтому в правую часть добавляем воду, в левую — H + MnO 4 – + H + … → Mn +2 + H 2 O и уравниваем число атомов: MnO 4 – + 8H + … → Mn +2 + 4H 2 O Уравниваем заряды в левой и правой частях уравнения: ( – 1 ) + (+ 8) = +7 Д ля уравнивания зарядов добавляем 5 моль электронов в левую часть уравнения: MnO 4 – + 8H + + 5 ē → Mn +2 + 4H 2 O 4. Метод полуреакций (+2 ) + 0 = 2 42

Слайд 43

3. Составляем частное уравнение процесса окисления восстановителя: NO 2 – … … → NO 3 – … Недостающие атомы кислорода в кислой среде (в уравнении реакции указана H 2 SO 4 ) будем вводить путём добавления молекул H 2 O в левую часть уравнения, поэтому : в левую часть добавляем воду, в правую — H + NO 2 – + H 2 O … → NO 3 – + H + и уравниваем число атомов: Уравниваем заряды в левой и правой частях уравнения: ( – 1 ) + 0 = –1 Д ля уравнивания зарядов убираем 2 моль электронов из левой части уравнения: NO 2 – + H 2 O … → NO 3 – + 2H + NO 2 – + H 2 O – 2 ē → NO 3 – + 2H + 4. Метод полуреакций ( –1) + (+2 ) = +1 43

Слайд 44

NO 2 – + H 2 O – 2 ē → NO 3 – + 2H + 4. Уравниваем число отданных и принятых электронов, определяем коэффициенты для частных реакций ( полуреакций ) процессов восстановления и окисления и записываем суммарное уравнение баланса : MnO 4 – + 8H + + 5 ē → Mn +2 + 4H 2 O ·2 ·5 5 NO 2 – + 5 H 2 O – 10 ē → 5 NO 3 – + 10 H + 2 MnO 4 – + 16 H + + 10 ē → 2 Mn +2 + 8 H 2 O ·2 ·5 2 MnO 4 – + 16 H + + 10 ē + 5 NO 2 – + 5 H 2 O – 10 ē → → 2 Mn +2 + 8 H 2 O + 5 NO 3 – + 10 H + После сокращения ионов и молекул, встречающихся в левой и правой частях уравнения, получаем: 2 MnO 4 – + 6 H + + 5 NO 2 – → 2 Mn +2 + 3H 2 O + 5 NO 3 – 4. Переносим коэффициенты в молекулярное уравнение реакции 2KMnO 4 + 5NaNO 2 + 3H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 5NaNO 3 + 3H 2 O 4. Метод полуреакций 44

Слайд 45

Определённую сложность в методе полуреакций (электронно-ионном методе) составляет только запоминание, каким образом вводятся или удаляются атомы кислорода в левую часть уравнения. В кислой среде: Добавление 1 атома кислорода в левую часть … + H 2 O → … + 2H + Удаление 1 атома кислорода из левой части … + 2 H + → … + H 2 O В щелочной среде: Добавление 1 атома кислорода в левую часть … + 2OH – → … + H 2 O Удаление 1 атома кислорода из левой части … + H 2 O → … + 2OH – 4. Метод полуреакций 45

Слайд 46

1. Вычисляем степени окисления и находим, атомы каких элементов изменили свою степень окисления: Cr +3 2 O 3 + KN +5 O 3 + KOH → KN +3 O 2 + K 2 Cr +6 O 4 + H 2 O Вывод: в ходе реакции а) ионы N O 3 – восстанавливаются до ионов NO 2 – ( N + 5 → N + 3 ), б) «молекулы» Cr 2 O 3 окисляются до CrO 4 2– (Cr +3 → Cr +6 ). Пример 2. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции : Cr 2 O 3 + KNO 3 + KOH → KNO 2 + K 2 CrO 4 + H 2 O 4. Метод полуреакций 46

Слайд 47

2. Составляем частное уравнение процесса восстановления окислителя: NO 3 – … … → NO 2 – … Атомы кислорода в щелочной среде (в уравнении реакции указан KOH) будут выделяться (связываться) в виде анионов OH – , поэтому в левую часть добавляем воду, в правую — OH – NO 3 – + H 2 O … → NO 2 – + OH – и уравниваем число атомов: NO 3 – + H 2 O … → NO 2 – + 2OH – . Уравниваем заряды в левой и правой частях уравнения: ( –1) + 0 = –1 ( –1) + (–2 ) = –3 Д ля уравнивания зарядов добавляем 2 моль электронов в левую часть уравнения: NO 3 – + H 2 O + 2ē → NO 2 – + 2OH – 4. Метод полуреакций 47

Слайд 48

3. Составляем частное уравнение процесса окисления восстановителя: Cr 2 O 3 … … → CrO 4 2– … Недостающие атомы кислорода в щелочной среде (в уравнении реакции указан KOH) будем вводить путём добавления ионов OH – в левую часть уравнения, поэтому в левую часть добавляем ионы OH – , в правую — H 2 O Cr 2 O 3 + OH – … → CrO 4 2– + H 2 O и уравниваем число атомов: Уравниваем заряды в левой и правой частях уравнения: 0 + (– 1 0 ) = –10 2(–2) + 0 = –4 Д ля уравнивания зарядов убираем 6 моль электронов из левой части уравнения: Cr 2 O 3 + 10OH – … → 2CrO 4 2– + 5H 2 O Cr 2 O 3 + 10OH – –6ē → 2CrO 4 2– + 5H 2 O 4. Метод полуреакций 48

Слайд 49

4. Уравниваем число отданных и принятых электронов, определяем коэффициенты для частных реакций ( полуреакций ) процессов восстановления и окисления и записываем суммарное баланса уравнение: · 3 · 1 3NO 3 – + 3H 2 O + 6ē + Cr 2 O 3 + 10OH – –6ē → 3NO 2 – + 6OH – + 2CrO 4 2– + 5H 2 O После сокращения ионов и молекул, встречающихся в левой и правой частях уравнения, получаем: 4. Переносим коэффициенты в молекулярное уравнение реакции 3KNO 3 + Cr 2 O 3 + 4KOH → 3KNO 2 + 2K 2 CrO 4 + 2H 2 O NO 3 – + H 2 O + 2ē → NO 2 – + 2OH – Cr 2 O 3 + 10OH – –6ē → 2CrO 4 2– + 5H 2 O 3NO 3 – + Cr 2 O 3 + 4OH – → 3NO 2 – + – + 2CrO 4 2– + 2H 2 O 4. Метод полуреакций 49

Слайд 50

Вывод: в ходе реакции а) молекулы NH 3 окисляются до молекул N 2 ( N –3 → N 0 ) б) ионы ClO 3 – восстанавливаются до ионов Cl – (Cl +5 → Cl –1 ) Пример 3 . Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции : NH 3 + KClO 3 → N 2 + KCl + H 2 O N –3 H 3 + KCl +5 O 3 → N 0 2 + KCl –1 + H 2 O 4. Метод полуреакций 50

Слайд 51

ClO 3 – + 3H 2 O + 6ē → Cl – + 6OH – ( –1) + 0 = –1 ( –1) + (–6 ) = –7 0 + (–6 ) = –6 0 + 0 = 0 2NH 3 + 6OH – – 6ē → N 2 0 + 6H 2 O · 1 · 1 ClO 3 – + 3H 2 O + 6ē + 2NH 3 + 6OH – – 6ē → Cl – + 6OH – + N 2 0 + 6H 2 O ClO 3 – + 2NH 3 → Cl – + N 2 0 + 3H 2 O 2NH 3 + KClO 3 → N 2 + KCl + 3H 2 O 4. Метод полуреакций 51

Слайд 52

Вывод: в ходе реакции а) FeS 2 окисляется до ионов Fe +3 и S +6 ( S –1 → S +6 и Fe +2 → Fe +3 ) б) ионы NO 3 – восстанавливаются до молекул NO 2 (N +5 → N +4 ). Пример 4. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции : FeS 2 + HNO 3 ( конц .) → Fe 2 (SO 4 ) 3 + NO 2 + H 2 O . Fe +2 S – 2 + HN +5 O 3 ( конц .) → Fe +3 2 (S +6 O 3 ) 3 + N +4 O 2 + H 2 O 4. Метод полуреакций 52

Слайд 53

NO 3 – + 2H + + 1ē → NO 2 + H 2 O ( –1) + (+ 2 ) = +1 0 + 0 = 0 ( 0 + 0 = 0 (+ 6 ) + (– 8 ) + ( +32 ) = + 30 2FeS 2 + 16H 2 O – 30ē → 2Fe +3 + 4SO 4 –2 + 32H + · 30 · 1 30NO 3 – + 60H + + 3 0ē + 2FeS 2 + 16H 2 O – 30ē → 30NO 2 + 30H 2 O + 2Fe +3 + 4SO 4 –2 + 32H + 30NO 3 – + 28H + + 2FeS 2 → 30NO 2 + 14H 2 O + 2Fe +3 + 4SO 4 –2 2FeS 2 + 30HNO 3 ( конц .) → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 30NO 2 + H 2 SO 4 + 14H 2 O. 4. Метод полуреакций 53

Слайд 54

1. Вычисляем степени окисления и находим, атомы каких элементов изменили свою степень окисления: Пример 5. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции окисления пропилена перманганатом калия в нейтральной среде: CH 3 –CH=CH 2 + KMnO 4 + H 2 O → → CH 3 –CH(OH ) –CH 2 OH + MnO 2 + KOH ( C 3 ) –6 H 6 + KMn +7 O 4 + H 2 O → → ( C 3 ) –4 H 6 (OH) 2 –CH 2 OH + Mn +4 O 2 + KOH 4. Метод полуреакций 54

Слайд 55

MnO 4 – + 2H 2 O + 3ē → MnO 2 + 4OH – ( –1) + 0 = – 1 0 + (–4) = –4 0 + (–2) = –2 0 = 0 C 3 H 6 + 2OH – – 2ē → C 3 H 6 (OH) 2 · 2 · 3 2MnO 4 – + 4H 2 O + 6ē + 3C 3 H 6 + 6OH – – 6ē → → 2MnO 2 + 8OH – + 3C 3 H 6 (OH) 2 2MnO 4 – + 4H 2 O + 3C 3 H 6 → 2MnO 2 + 2OH – +3C 3 H 6 (OH) 2 2KMnO 4 + 4H 2 O + 3C 3 H 6 → 2MnO 2 + 2KOH + 3C 3 H 6 (OH) 2 4. Метод полуреакций 55

Слайд 56

1. Вычисляем степени окисления и находим, атомы каких элементов изменили свою степень окисления: Пример 6. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции окисления этилбензола перманганатом калия в сернокислой среде: C 6 H 5 C 2 H 5 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → → C 6 H 5 COOH + CO 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O ( C 8 ) –10 H 10 + KMn +7 O 4 + H 2 SO 4 → → ( C 7 ) – 2 H 6 O 2 + C +4 O 2 + Mn + 2 SO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 4. Метод полуреакций 56

Слайд 57

MnO 4 – + 8H + + 5 ē → Mn +2 + 4H 2 O ( –1) + (+8) = +7 (+2) + 0 = +2 0 + 0 = 0 0 + 0 + (+12) = +1 2 ( C 8 ) H 10 + 4H 2 O – 12ē→ ( C 7 ) H 6 O 2 + CO 2 + 12H + · 5 · 12 5 ( C 8 ) H 10 + 20H 2 O – 60ē + 12MnO 4 – + 96H + + 60ē → → 5 ( C 7 ) H 6 O 2 + 5CO 2 + 60H + + 12Mn +2 + 48H 2 O 5 ( C 8 ) H 10 + 12MnO 4 – + 36H + → → 5 ( C 7 ) H 6 O 2 + 5CO 2 + 12Mn +2 + 28H 2 O 5 ( C 8 ) H 10 + 12KMnO 4 – + 18H 2 SO 4 → → 5 ( C 7 ) H 6 O 2 + 5CO 2 + 12MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 28H 2 O 4. Метод полуреакций 57

Слайд 58

Пример 7. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции окисления м-нитротолуола перманганатом калия в сернокислой среде: C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → → C 6 H 4 (NO 2 ) COOH + CO 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 4. Метод полуреакций 58

Слайд 59

MnO 4 – + 8H + + 5 ē → Mn +2 + 4H 2 O ( –1) + (+8) = +7 (+2) + 0 = +2 0 + 0 = 0 0 + (+6) = +6 C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 2H 2 O – 6 ē → C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 6H + · 5 · 6 5C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 10H 2 O – 3 0ē + 6MnO 4 – + 48H + + 30ē → → 5C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 30H + + 6Mn +2 + 24H 2 O 4. Метод полуреакций 5C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 6MnO 4 – + 18H + → → 5C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 6Mn +2 + 14H 2 O 5C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 6KMnO 4 – + 9H 2 SO 4 → → 5C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 6MnSO 4 + 3K 2 SO 4 + 14H 2 O 59

Слайд 60

1. Вычисляем степени окисления и находим, атомы каких элементов изменили свою степень окисления: Пример 8. Используя метод полуреакций , составьте уравнение реакции окисления ацетилена перманганатом калия в нейтральной среде: CH ≡CH + KMnO 4 → C 2 O 4 K 2 + MnO 2 + KOH + H 2 O ( C 2 ) – 2 H 2 + KMn +7 O 4 → → ( C 2 ) +6 O 4 K 2 + Mn + 4 O 2 + KOH + H 2 O 4. Метод полуреакций 60

Слайд 61

MnO 4 – + 2H 2 O + 3ē → MnO 2 + 4OH – ( –1) + 0 = –1 0 + (–4) = –4 0 + (–10) = –10 (–2) + 0 = –2 ( C 2 ) H 2 + 10OH – – 8ē → ( C 2 ) O 4 –2 + 6H 2 O · 3 · 8 3 ( C 2 ) H 2 + 30OH – – 24ē + 8MnO 4 – + 16H 2 O + 24ē → →3 ( C 2 ) O 4 –2 + 18H 2 O + 8MnO 2 + 32OH – 3 ( C 2 ) H 2 + 8MnO 4 – → 3 ( C 2 ) O 4 –2 + 2H 2 O + 8MnO 2 + 2OH – 3 ( C 2 ) H 2 + 8KMnO 4 → 3 ( C 2 ) O 4 K 2 + 2H 2 O + 8MnO 2 + 2KOH 4. Метод полуреакций 61

Слайд 62

5. Электролиз 62 5. Электролиз

Слайд 63

63 Электролиз. Общие понятия . Термины: Катод – (-) заряженный электрод (происходит восстановление ) . Анод – (+) заряженный электрод (происходит окисление ) . Электролизёр (ванна для электролиза) – ёмкость , в которой находится расплав или раствор электролита и через которую с помощью электродов (металлические или графитовые) пропускают электрический ток. 5. Электролиз

Слайд 64

64 Сущность электролиза Пусть: Имеется расплав NaCl Na + Cl - - + 5. Электролиз Катод Анод Na + Cl - Na + + Cl - 1. В расплаве соль диссоциирует : При включении тока ионы приобретают направленное движение: 2.

Слайд 65

65 3 Происходит обмен электронами между электродами и ионами: -К Na + + ē Na 0 +A Cl - - ē Cl 0 2 2 2 2 1 2Na + + 2ē + 2Cl - - 2 ē → 2Na 0 + Cl 2 0 2NaCl → 2Na + Cl 2 5. Электролиз

Слайд 66

66 Электролиз – - окислительно -восстановительная реакция, которая протекает на электродах при пропускании через раствор или расплав электролита электрического тока. 5. Электролиз

Слайд 67

67 Электролиз водных растворов электролитов 5. Электролиз MAn  M + + An – H 2 O

Слайд 68

68 5. Электролиз MAn  M + + An – H 2 O Процессы на катоде: -К На катод е – катодное восстановление

Слайд 69

69 5. Электролиз MAn  M + + An – H 2 O Процессы на катоде: -К Al H 2 H 0 2 + 2OH – Me 0 ; H 0 2 + 2OH – Me 0 На катод е – катодное восстановление

Слайд 70

70 5. Электролиз Пример 15.

Слайд 71

71 5. Электролиз Al H 2 H 0 2 + 2OH – Me 0 ; H 0 2 + 2OH – Me 0 Калий в ряду активности левее алюминия, поэтому образуются H 2 и KOH ( р-р) Пример 15.

Слайд 72

72 5. Электролиз Всего 10 примеров с решениями в книге тематических тестов Пример 16. Al 2 (SO 4 ) 3  2Al 3+ + 3SO 4 2– Al – активный металл, на катоде будет восстанавливаться вода, около катода образуется Al(OH) 3

Слайд 73

73 5. Электролиз MAn  M + + An – H 2 O Процессы на АНОДЕ: +А

Слайд 74

74 5. Электролиз Процессы на АНОДЕ: Me n+ Cl 0 2 , Br 0 2 , I 0 2 , S 0 O 0 2 + 4H + На анод е – анодное окисление Растворимый анод Бескислородные анионы Анионы кислородсодержащих кислот и F – 2RCOONa + 2H 2 O = 2CO 2 + H 2 + 2NaOH + R–R

Слайд 75

75 5. Электролиз Me n+ Cl 0 2 … O 0 2 + 4H + Пример 17.

Слайд 76

76 5. Электролиз Пример 18. Всего 10 примеров с решениями в книге тематических тестов

Слайд 77

77 Составить уравнение электролиза водного раствора сульфата меди (II) CuSO 4 с графитовыми электродами. 5. Электролиз Алгоритм составления уравнения, описывающего процессы, происходящие при электролизе 1) Составить уравнение диссоциации 2) Определить, какие частицы находятся около катода 3) Определить, какие частицы будут восстанавливаться на катоде и составить уравнения реакций восстановления 4) Определить тип анода и какие частицы будут находится около анода 5) Определить, какие частицы будут окисляться на аноде и составить уравнение реакции окисления 6) Составить молекулярное уравнение процесса Пример 19.

Слайд 78

78 Составить уравнение электролиза водного раствора сульфата меди (II) CuSO 4 с графитовыми электродами. CuSO 4  Cu 2 + + SO 4 2- H 2 O -К Cu 2+ : - A SO 4 2- : H 2 O: Анод = графит – инертный! Cu 2 + + 2e = Cu 0 Кислородсодержащий (не окисляется) 2H 2 O – 4e = O 2 0 + 4H + 2Cu 2 + + 4ē + 2H 2 O – 4ē = 2Cu 0 + O 2 0 + 4H + 2CuSO 4 + 2H 2 O = 2Cu + O 2 + 2H 2 SO 4 Электронное уравнение: Молекулярное уравнение: 5. Электролиз · 2 · 1 Пример 19.

Слайд 79

79 5. Электролиз

Слайд 80

80 5. Электролиз Пример 20. Всего 14 примеров с решениями

Слайд 81

81 5. Электролиз Составление молекулярного уравнения электролиза для заданий вопроса С2 Соль, образовавшуюся при растворении железа в концентрированной серной кислоте, выделили и растворили в воде. Полученный раствор подвергли электролизу с графитовыми электродами. Составьте уравнения описанных превращений. 2Fe + 6H 2 SO 4 ( конц .) = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O ? Пример 21. электролиз

Слайд 82

82 5. Электролиз Fe 2 (SO 4 ) 3 + H 2 O → Fe + H 2 + O 2 + H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3  2Fe 3+ + 3SO 4 2– H 2 O -К Fe 3+ : Fe 3+ + 3e = Fe 0 H 2 O: 2H 2 O + 2e = H 0 2 + 2OH – - A SO 4 2- : H 2 O: Анод = графит – инертный! не окисляется 2H 2 O – 4ē → O 2 0 + 4H +

Слайд 83

83 5. Электролиз По отдельности составляем уравнения баланса для реакции 1) восстановления металла и окисления воды и для 2) восстановления воды и окисления воды Fe 3+ + 3e = Fe 0 H 2 O: 2H 2 O – 4e → O 2 0 + 4H + · 4 · 3 4 Fe 3+ + 12e + 6H 2 O – 12e = 4Fe 0 + 3O 0 2 + 12H + 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O = 4Fe + 3O 2 + 12H 2 O + 6H 2 SO 4 Для восстановления железа

Слайд 84

84 5. Электролиз H 2 O: ·2 ·1 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O = 4Fe + 3O 2 + 6H 2 SO 4 (1) 2H 2 O + 2e = H 0 2 + 2OH – 2H 2 O – 4e → O 2 0 + 4H + 4 H 2 O + 4e + 2H 2 O – 4e = 2H 0 2 + 4OH – + O 0 2 + 4H + 2H 2 O = 2H 2 + O 2 (2) Для восстановления воды

Слайд 85

85 5. Электролиз H 2 O: 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O = 4Fe + 3O 2 + 6H 2 SO 4 (1) 2H 2 O = 2H 2 + O 2 (2) Складываем уравнения (1) и (2): 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O + 2 H 2 O = 4Fe + 3O 2 + 6H 2 SO 4 + 2H 2 + O 2 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 8H 2 O = 4Fe + 4O 2 + 6H 2 SO 4 + 2H 2 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 4H 2 O = 2Fe + 2O 2 + 3H 2 SO 4 + H 2

Слайд 86

86 5. Электролиз Дихромат калия нагрели в концентрированной соляной кислоте и выделяющийся газ пропустили через раствор бромида натрия. При взаимодействии железа с образовавшимся простым веществом образуется хорошо растворимое в воде вещество бурого цвета, раствор которого подвергли электролизу с графитовыми электродами. Составьте уравнения четырёх описанных превращений. Пример 22.

Слайд 87

87 5. Электролиз 1) K 2 Cr +6 2 O 7 + H Cl – = ? K 2 Cr +6 2 O 7 + H Cl – = KCl + Cr +3 Cl 3 + Cl 0 2 ↑ + H 2 O Cr +6 – окислитель, в кислотах переходит в соли Cr +3 , Следовательно, образуются CrCl 3 и H 2 O . Восстановителем может быть только Cl – , который окисляется до Cl 0 2 . 2 Cr +6 + 6 ē = 2 Cr +3 · 1 2Cl – – 2ē = Cl 0 2 ·3 2Cr +6 + 6ē + 6Cl – – 6 ē = 2Cr +3 + 3Cl 0 2 K 2 Cr +6 2 O 7 + 14H Cl – = 2KCl + 2 Cr +3 Cl 3 + 3 Cl 0 2 ↑ + 7H 2 O

Слайд 88

88 5. Электролиз 2 ) Cl 0 2 + Na Br – = ? Cl 0 2 – окислитель, переходит в Cl – Восстановителем может быть только Br – , который окисляется до Br 0 2 . Cl 0 2 + 2Na Br – = 2NaCl + Br 2 3 ) 3 Br 0 2 + 2Fe 0 = 2Fe +3 Br – 3 Железо окисляется сильными окислителями ( Cl 2 , Br 2 , HNO 3 , H 2 SO 4 ( конц .) до соединений Fe + 3 ).

Слайд 89

89 5. Электролиз FeBr 3  Fe 3+ + 3Br – H 2 O -К Fe 3+ : Fe 3+ + 3ē = Fe 0 H 2 O: 2H 2 O + 2ē = H 0 2 + 2OH – - A Br - : H 2 O: Анод = графит – инертный! 2Br - – 2ē = Br 0 2 не окисляется 4) FeBr 3 + H 2 O ? электролиз

Слайд 90

90 5. Электролиз По отдельности составляем уравнения баланса для реакции 1) восстановления металла и окисления бромид-ионов и для 2) восстановления воды и окисления бромид-ионов. Fe 3+ + 3ē = Fe 0 H 2 O: 2Br – – 2ē → Br 2 0 ·2 · 3 2Fe 3+ + 6 ē + 6Br – – 6 ē = 2Fe 0 + 3Br 0 2 2FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 (1) Для восстановления металла

Слайд 91

91 5. Электролиз H 2 O: ·3 ·1 2FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 (1) 2H 2 O + 2ē = H 0 2 + 2OH – 6Br – – 6ē → 3Br 2 0 6H 2 O + 6 ē + 6Br – – 6 ē = 3H 0 2 + 6OH – + 3Br 0 2 6H 2 O + 2FeBr 3 = 3H 2 + 2Fe(OH) 3 + 3Br 2 (2) Для восстановления воды

Слайд 92

92 5. Электролиз H 2 O: 2FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 (1) 6H 2 O + 2FeBr 3 = 3H 2 + 2Fe(OH) 3 + 3Br 2 (2) Складываем уравнения (1) и (2): 2FeBr 3 + 6H 2 O + 2 FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 + 3H 2 + 2Fe(OH) 3 + 3Br 2 4FeBr 3 + 6H 2 O = 2Fe + 6Br 2 + 3H 2 + 2Fe(OH) 3

Слайд 93

Электролиз солей карбоновых кислот 93 CH 3 CH 2 COONa  CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : H 2 O: 2H 2 O + 2ē = H 2 0 + 2OH -

Слайд 94

Электролиз солей карбоновых кислот 94 CH 3 CH 2 COONa  CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : - A CH 3 CH 2 COOO - - ē = CH 3 CH 2 COO · свободный радикал, неустойчив H 2 O: Анод = графит – инертный! 2H 2 O + 2ē = H 2 0 + 2OH - CH 3 CH 2 COO · = CO 2 + C 2 H 5 · свободный радикал, неустойчив CH 3 CH 2 · + C 2 H 5 · = CH 3 CH 2 –CH 2 CH 3

Слайд 95

Электролиз солей карбоновых кислот 95 CH 3 CH 2 COONa  CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : - A CH 3 CH 2 COOO - - ē = CH 3 CH 2 COO · свободный радикал, неустойчив H 2 O: Анод = графит – инертный! 2H 2 O + 2ē = H 2 0 + 2OH - CH 3 CH 2 COO · = CO 2 + C 2 H 5 · свободный радикал, неустойчив CH 3 CH 2 · + C 2 H 5 · = CH 3 CH 2 –CH 2 CH 3 2CH 3 CH 2 COONa + 2H 2 O = = H 2 + 2NaOH + 2CO 2 + CH 3 CH 2 -CH 2 CH 3

Слайд 96

96 Применение электролиза Получение чистых металлов (рафинирование) – Zn, Cu , Cd,… - электролиз с растворимым анодом. 1). 2). 3). 4). 5). …) Выделение металлов из растворов Ag, Cd, Au, … Нанесение гальванических покрытий Получение активных металлов при электролизе расплавов ( Na, K, Ca , Al, …) Получение различных веществ ( Cl 2 , H 2 , NaOH , анилин , …) 5. Электролиз

Слайд 97

6. Коррозия и способы защиты от коррозии. 97 6. Коррозия

Слайд 98

процесс самопроизвольного разрушения металлов в результате взаимодействия с окружающей средой. Коррозия – 6. Коррозия Me + окислитель e Химическая коррозия Электрохимическая коррозия 98

Слайд 99

Химическая коррозия Протекает в газовой фазе при повышенных температурах (в отсутствии влаги) или в жидких неэлектролитах . Окислители: Газы O 2 , SO 2 , Cl 2 , HCl , H 2 S и т.п. 6. Коррозия 99

Слайд 100

Fe 3+ Cl 2 - окислитель 6. Коррозия e Пример 23: взаимодействие железа с хлором (коррозия железа в хлоре) Пример 23. 100

Слайд 101

Fe 3+ Cl 2 - окислитель 6. Коррозия e Пример 23: взаимодействие железа с хлором (коррозия железа в хлоре) Fe 0 – 3 ē = Fe 3+ Cl 0 2 + 2 ē = 2Cl – ·2 ·3 2Fe 0 – 6 ē + 3Cl 0 2 + 6 ē = 2Fe 3+ + 6Cl – 2Fe + 3Cl 2 = 2FeCl 3 Перенос электронов осуществляется непосредственно с восстановителя на окислитель. Пример 23. 101

Слайд 102

Электрохимическая коррозия металлов 6. Коррозия 102

Слайд 103

Наиболее распространенные окислители в окружающей среде: Чистый влажный воздух O 2 + 2 H 2 O + 4 ē = 4OH – растворы кислот 2H + + 2 ē = H 0 2 6. Коррозия 103

Слайд 104

Коррозия консервной банки во влажном воздухе, т.е. коррозия железа, находящегося в контакте с оловом , при повреждении покрытия O 2 + 2H 2 O Fe  Fe 2+ + 2 ē Sn Fe 2+ (Окислитель) 6. Коррозия Пример 24. 104

Слайд 105

Коррозия консервной банки во влажном воздухе, т.е. коррозия железа, находящегося в контакте с оловом , при повреждении покрытия O 2 + 2H 2 O Fe  Fe 2+ + 2 ē Sn 4OH - Fe 2+ (Окислитель) Fe расположено левее в ряду активности чем Sn , следовательно Fe - более активно, - будет окисляться, - является анод ом Sn – катод , на нём восстанавливается окислитель 6. Коррозия Пример 24. 105

Слайд 106

Коррозия консервной банки во влажном воздухе, т.е. коррозия железа, находящегося в контакте с оловом , при повреждении покрытия O 2 + 2H 2 O Fe  Fe 2+ + 2 ē Sn 4OH - Fe 2+ (Окислитель) Fe расположено левее в ряду активности чем Sn , следовательно Fe - более активно, - будет окисляться, - является анод ом Sn – катод , на нём восстанавливается окислитель 6. Коррозия Fe(OH) 2 Пример 24. 106

Слайд 107

На аноде: - А) Fe 0 - 2 ē = Fe 2+ На катоде: +К) 2H 2 O + O 2 + 4 ē = 4OH – Молекулярное уравнение 2Fe + O 2 + 2H 2 O = 2Fe ( OH ) 2 П ервичный процесс 6. Коррозия 2Fe 0 - 4ē + O 0 2 + 2H 2 O + 4ē = 2Fe 2+ + 4OH - ·2 · 1 Fe(OH) 2 – вещество белого цвета! 107

Слайд 108

Вторичные процессы: Для железа и хрома происходит окисление первичного продукта коррозии Разложение продуктов реакции: 1) 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O = 4Fe(OH) 3 2) Fe(OH) 3 → H 2 O + FeO (OH), и/или 2 Fe(OH) 3 → 3 H 2 O + Fe 2 O 3 и др. Ржавчина не имеет формулы (смесь веществ) 6. Коррозия 108

Слайд 109

6. Коррозия Цинк более активен, чем железо (находится левее в ряду активности), поэтому при контакте двух металлов будет разрушаться; освобождающиеся электроны будут перемещаться на железо, на поверхности которого происходит процесс восстановления окислителя. Пример 25. 109

Слайд 110

6. Коррозия Цинк более активен, чем железо (находится левее в ряду активности), поэтому при контакте двух металлов будет разрушаться; освобождающиеся электроны будут перемещаться на железо, на поверхности которого происходит процесс восстановления окислителя. Пример 25. 110

Слайд 111

6. Коррозия На аноде: - А) Zn 0 - 2 ē = Zn 2 + На катоде: +К) 2H 2 O + O 2 + 4 ē = 4OH – ·2 · 1 2Zn 0 - 4ē + O 0 2 + 2H 2 O + 4ē = 2Zn 2 + + 4OH - Первичный процесс: Молекулярное уравнение: 2Zn + O 2 + 2H 2 O = 2Zn(OH) 2 Вторичный процесс: Zn(OH) 2 = ZnO + H 2 O Продукты коррозии: смесь Zn(OH) 2 и ZnO . 111

Слайд 112

112 Способы защиты от коррозии -1 1. Защитные покрытия неметаллические металлические Краски Лаки Керамика Полимеры Плёнки Химические покрытия (оксидирование, фосфатирование , …) ….. Анодные Катодные (При повреждении разрушаются и защищают основное изделие) Zn/Fe (При повреждении увеличивают скорость коррозии защищаемого металла) Sn/Fe 6. Коррозия

Слайд 113

113 2 . Электрохимическая защита Протекторная защита Катодная защита (Соединение изделия с более активным металлом – «жертвенным анодом») (Соединение изделия с (-)полюсом источника постоянного тока) 6. Коррозия

Слайд 114

114 3. Ингибиторная защита Ингибитор вводят в агрессивную среду в небольших количествах ( < 0,1%) Ингибитор разрабатывают для каждой агрессивной среды Кислотной коррозии Атмосферной коррозии Для охлаждающих жидкостей Для нефти ……. 6. Коррозия

Слайд 115

115 4. Использование легированных сплавов Для каждой среды – специальный сплав Например : 40Х18Н – «нержавеющая» сталь для H 2 O 5. Уменьшение агрессивности среды Пример : Удаление воздуха из воды для теплообменников 6. Коррозия

Слайд 116

Книги можно заказать в нашем интернет-магазине на сайте: www.legionr.ru Спрашивайте в книжных магазинах города!

Слайд 117

Издательство регулярно проводит онлайн-семинары авторов пособий с педагогами. По завершении каждого вебинара участники получают электронные сертификаты. Ссылки для участия вы сможете найти на сайте издательства www.legionr.ru Все вебинары издательства «Легион» носят обучающий характер

Слайд 118

legionrus@legionrus.com Также вступайте в группу «Издательство «Легион» контакте, на одноклассниках и в сети acebook . Видео вебинаров смотрите на Адрес для корреспонденции: 344000, г. Ростов-на-Дону, а/я 550