НОХ 2019, II кръг (областен), 10–12 клас — Задача 1

1. а) При електролиза на воден разтвор на натриев хлорид без полупропусклива мембрана, се получава:

• На катода: Na$^+$, H$^+$ (от H$_2$O) $\quad 2\mathrm{H^+} \xrightarrow{+2e^-} \mathrm{H_2}(g)$ 1 т.

  (или $2\mathrm{H_2O} \xrightarrow{+2e^-} \mathrm{H_2}(g) + 2\mathrm{OH^-}$ 1 т.)

• На анода: Cl$^-$ и OH$^-$ (от H$_2$O) $\quad 2\mathrm{Cl^-} \xrightarrow{-2e^-} \mathrm{Cl_2}(g)$ 1 т.

Окислява се Cl$^-$ (до Cl$_2$); редуцира се H$^+$ (до H$_2$) 1 + 1 = 2 т.

Натриевата основа от електролизирания разтвор, взаимодейства (пълно!) с хлора от анодния процес:

(i) $2\mathrm{NaOH}(aq) + \mathrm{Cl_2}(aq) \longrightarrow \mathrm{NaCl}(aq) + \mathrm{NaClO}\ (aq) + \mathrm{H_2O}$ 1 т.

$\overset{0}{\mathrm{Cl}}_2$ се окислява (до $\overset{+1}{\mathrm{Cl}}$) $[\mathrm{Cl{-}O}]^-$ и се редуцира (до Cl$^-$) (1+1) + 1 = 3 т.

б) При нагряване на водния разтвор на NaClO, протича (пълно!) процесът:

(ii) $3\mathrm{NaClO}\ (aq) \xrightarrow{\Delta} \mathrm{NaClO_3}(aq) + 2\mathrm{NaCl}(aq)$ 1 т.

$\overset{+1}{\mathrm{Cl}}$ (ClO$^-$) се окислява (до $\overset{+5}{\mathrm{Cl}}$) и се редуцира до Cl$^-$ (1+1) + 1 = 3 т.

в) При нагряване NaClO$_3$ се разлага (пълно!) на NaCl и кислород:

(iii) $2\mathrm{NaClO_3}(s) \xrightarrow{300\ {}^{\circ}\mathrm{C}} 2\mathrm{NaCl}(s) + 3\mathrm{O_2}(g)$ 1 т.

$\overset{+5}{\mathrm{Cl}}$ (ClO$_3^-$) се редуцира до Cl$^-$; $\overset{-2}{\mathrm{O}}$ (ClO$_3^-$) се окислява до $\overset{0}{\mathrm{O}}$ (O$_2$) 1 + 1 = 2 т.

2. В изходния воден разтвор на NaCl

($n_0$(NaCl) е количеството на електролизиран NaCl)

• Ако катодната и анодната реакция се сумират почленно:

(*) $2\mathrm{H_2O} + 2\mathrm{NaCl}(aq) \xrightarrow{\text{електролиза}} \mathrm{H_2}(g) + \mathrm{Cl_2}(g) + 2\mathrm{NaOH}(aq)$ 1 т.

$n(\mathrm{Cl_2}) = \frac{1}{2}n(\mathrm{Cl^-}) = \frac{1}{2}n_0(\mathrm{NaCl})$ и $n(\mathrm{NaOH}) = n_0(\mathrm{NaCl})$ 1+1 = 2 т.

• От реакция (i): $n(\mathrm{NaClO}) = \frac{1}{2}n(\mathrm{NaOH}) = \frac{1}{2}n_0(\mathrm{NaCl})$ 1 т.

  $n_{\mathrm{i}}(\mathrm{NaCl}) = \frac{1}{2}n(\mathrm{NaOH}) = \frac{1}{2}n_0(\mathrm{NaCl})$ 1 т.

• От реакция (ii):

  $n(\mathrm{NaClO_3}) = \frac{1}{3}n(\mathrm{NaClO}) = \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}n_0(\mathrm{NaCl}) = \frac{1}{6}n_0(\mathrm{NaCl})$ 1 т.

  $n_{\mathrm{ii}}(\mathrm{NaCl}) = \frac{2}{3}n(\mathrm{NaClO}) = \frac{2}{3}\times\frac{1}{2}n_0(\mathrm{NaCl}) = \frac{1}{3}n_0(\mathrm{NaCl})$ 1 т.

• От реакция (iii): $n_{\mathrm{iii}}(\mathrm{NaCl}) = n(\mathrm{NaClO_3}) = \frac{1}{6}n_0(\mathrm{NaCl})$ 1 т.

В приготвения разтвор, който има същия обем, като изходния (100 mL), количеството вещество на NaCl е:

1 т.

$\Rightarrow$ Концентрацията на натриев хлорид в двата разтвора е еднаква. 1 т.

• общо 10 т.

Друг начин за доказване.

Сумират се почленно реакции (*) + (i) + $\frac{1}{3}$(ii) + $\frac{1}{6}$(iii):

След почленно съкращаване на еднаквите вещества:

Изразходваният при електролизата NaCl се възстановява напълно при последващите процеси. Следователно количеството му в приготвения разтвор е толкова, колкото и в изходния.

Забележка. Точките за т. 2 (10 т.) се присъждат и ако ученикът е стигнал до правилно заключение само въз основа на реакциите от т.1, от които следва, че няма разход на NaCl.