Примеры некоторых окислителей и восстановителей

_________________________________________________

окислители восстановители ________________________________________________________

1. Простые вещества

неметаллы: неметаллы: H₂, C ,

Cl_2,Br₂, J₂, O_{2 ,}O₃, металлы - Zn, Na ,

2. Перекись водорода Н₂О₂

в зависимости от условий может проявлять и те и другие свойства

3. Оксиды

оксиды, в состав которых входят оксиды СО, NO,

металлы в высоких степенях

окисления: СrO₃, Mn₂O₇,

4. Кислородсодержащие кислоты и их соли

HNO_{3 ,}и ее соли_,Н₂SO_{4 конц.} НNO₂, и ее соли

Марганцовая кислота HМnO₄ и

Ее соль перманганат калия KMnO₄

Соли хрома К₂CrO₄- хромат калия,

K₂Cr₂O₇ - дихромат калия

Кислородные кислоты хлора и их соли

5. Бескислородные кислоты и их соли

H₂S, HCl, HBr

6. NH₃ аммиак

7.1 МЕТОД ЭЛЕКТРОННОГО БАЛАНСА (МЭБ)

Для расстановки коэффициентов в окислительно-восстановительных реакциях применяют метод электронного баланса (МЭБ). Он основан на сравнении степени окисления элементов в исходных и конечных продуктах, исходя из правила – число электронов, отданное восстановителем должно равняться числу электронов принятых окислителем.

Рассмотрим примеры:

_{+7 - 1 +2 0 - 1}

KMnO₄ + HCl à MnCl₂ + Cl₂ + KCl + H₂O

1. Находим элементы, которые изменяют в ходе реакции степень окисления. В данном случае - это марганец и хлор. Составляем уравнения полуреакций (электронные схемы) окисления и восстановления

_{+7 +2}

Чтобы из Мn перейти к Мn нужно принять 5 электронов. Степень окисления марганца понижается – марганец (+7) - окислитель (Ох).

_{+7 +2}

Mn + 5e à Mn

Хлор изменяет степень окисления с –1 до 0. (Записываем Cl₂ ⁰, так как хлор – простое вещество). Чтобы уравнять левую часть уравнения, нужно поставить коэффициент 2 перед Cl^-1. Тогда в левой части общий заряд -2, а в правой 0, следовательно, отдаем 2 электрона. Степень окисления хлора повышается – хлор (-1) – восстановитель (Red).

2Cl^-1 - 2e à Cl₂ ⁰

2. Так как число электронов, отданное восстановителем, должно равняться числу электронов принятых окислителем, то каждое уравнение нужно умножить на коэффициент: первое на два, а второе на пять:

_{+7 - +2}

Mn + 5e à Mn ^х 2 Теперь сложим левые и правые части

_{-1 0}части уравнений;

2Cl - 2e à Cl₂ ^х 5

Получаем:

_{+2 -1 +2 0}

2Mn +10e + 10Cl - 10e à 2Mn + 5Cl₂(количество электронов сокращается).

Полученные множители ставим в правую часть уравнения

Правая часть уравнения: ставим коэффициент 5 перед хлором (0), коэффициент 2 перед марганцем (+2).

2KMnO₄ + HCl à 2MnCl₂ +5Cl₂ + KCl + H₂O

Левая часть уравнения: перед марганцем (+7) нужно поставить коэффициент 2, но тогда калия в правой части тоже стало два, значит и в левой части должно быть столько же (ставим коэффициент 2 перед хлоридом калия).

2KMnO₄ + HCl à 2MnCl₂ +5Cl₂ + 2KCl + H₂O

Общее количество хлора справа 16 =(4+10+2). Ставим перед соляной кислотой коэффициент 16, атомов водорода в правой части стало тоже 16, следовательно, перед водой нужно поставить коэффициент 8. В последнюю очередь проверяем кислород в левой и правой частях уравнения: (8 = 8)

2KMnO₄ + 16HCl à2MnCl₂ + 5Cl₂ + 2KCl + 8H₂O

Пример 2

С помощью метода электронного баланса расставьте коэффициенты в уравнении:

S + KClO₃ + H₂O à Cl₂ + H₂SO₄ + K₂SO₄

1. Сера и хлор изменяют степени окисления

_{0 +5 0 +6 +6}

S + KClO₃ + H₂O à Cl₂ + H₂SO₄ + K₂SO₄

_{0 - +6}

. S – 6е à S ^х 10 ^х 5 Чтобы из S (0) перейти к S (+6)

нужно отдать 6 электронов

_{+5 - 0}Сера повышает степень окисления

2Cl + 10e à 5Cl₂^х 6 ^х 3 S ⁰ –восстановитель

Справа 2 атома хлора, значит, слева ставим коэффициент 2 перед

Cl (+5). Теперь в левой части суммарный заряд (+10), значит нужно принять 10 электронов, чтобы в правой части степень окисления оказалась равной нулю.

Хлор понижает свою степень окисления (принимает 10 электронов), хлор (+5) – окислитель (Оx).

2. Умножаем первое уравнение на 5, а второе на 3 (наименьший общий множитель равен 15) и суммируем правые части 1 и 2 уравнения и левые части 1 и 2 уравнения.

Получаем:

_{0 - +5 - +6 0}

5S –30e + 6Cl +30e à 5S + 3Cl₂

2. Расставляем коэффициенты, начиная с продуктов реакции:

Ставим коэффициент 3 перед Cl₂, коэффициент 5 перед S⁺⁶ поставить пока не можем, поскольку и серная кислота и сульфат калия содержат S⁺⁶. В левой части ставим коэффициент 5 перед S⁰ и перед КClO₃ , так как в правой части хлора шесть атомов.

5S + 6KClO₃ + H₂O à 3Cl₂ + H₂SO₄ + 3K₂SO₄

В левой части калия шесть атомов, значит, в правой части, должно быть столько же – ставим коэффициент 3 перед сульфатом калия.

В левой части перед S⁰ коэффициент 5, значит в правой части коэффициент 2 перед серной кислотой (всего должно быть 5S⁺⁶ , из них 3 приходится на сульфат калия).

5. Проверяем баланс по кислороду: в правой части (18+2), в левой части (8+12)

5S + 6KClO₃ +2H₂O à 3Cl₂ + 2H₂SO₄ + 3K₂SO₄

Пример 3

_{+5 +2}_{–3 +5}

Zn⁰ + HNO₃à Zn(NO₃)₂ +NH₄NO₃+H₂O

1. Расставляем степени окисления.

Zn⁰ - 2e à Zn^{+2 х}4 Zn⁰ отдавая 2 электрона, повышает

N⁺⁵ +8e àN^-3 степень окисления до + 2,

следовательно, является

восстановителем.

N⁺⁵принимая 8 электронов, понижает степень окисления до -3,

является окислителем.

4Zn⁰ - 8e + N⁺⁵ +8e à 4Zn⁺²+ N^-3

Складываем первое уравнение (предварительно умножив на 4) со вторым.

3.Подставляем коэффициенты, начиная с продуктов

реакции: ставим коэффициент 4 перед Zn⁺² , тогда в правой части 10 атомов азота (8+2), поэтому в левой части перед азотной кислотой ставим коэффициент – 10; ставим коэффициент 4 перед Zn⁰.

_{+5 +2 –3 +5}

4Zn⁰ +10HNO₃à 4Zn(NO₃)₂ +NH₄NO₃+H₂O

Проверяем водород: всего 10 атомов в правой части, но в левой части уже есть 4 атома в нитрате аммония, значит, перед водой ставим коэффициент 3. Проверяем кислород: 30 атомов в левой части, в правой - (24+3+3).

4Zn⁰ + 10HNO₃à4Zn(NO₃)₂ +NH₄NO₃+3H₂O

Пример 4

Al + H₂O + KOHàK[Al(OH)₄] + H₂

1.Расставляем степени окисления:

_{0 +1 +3 0}

Al + H₂O + KOHàK[Al(OH)₄] + H₂

Al ⁰ - 3e à Al^{+3 х}2 Al ⁰ отдавая 3 электрона, повышает

2H⁺ +2e àH₂ ^{0 x}3степеньокисления - является

восстановителем, аH⁺принимая

2 электрона, является окислителем.

Умножаем первое уравнение на два, второе на три, и складываем, левые и правые части:

2Al⁰ - 6e + 6H⁺ +6e à 2Al⁺³+ 3H₂⁰

2. Подставляем коэффициенты, начиная с продуктов реакции: ставим коэффициент 2 перед Al ³⁺ и Al ⁰, тогда в правой части стало 2 калия, поэтому в левой части перед гидроксидом калия ставим тоже коэффициент 2.

_{0 +1 +3 0}

2Al + H₂O + 2KOHà2K[Al(OH)₄] + 3H₂

Перед водородом (0) ставим коэффициент 3. В правой части его стало 14, но в левой части уже есть 2 в гидроксиде калия, значит, перед водой ставим 6. Проверяем кислород: 6+2=8 в левой части, в правой 8.

2Al + 6H₂O + 2KOHà2K[Al(OH)₄] + 3H₂

ЭЛЕКТРОЛИЗ

В растворах и расплавах электролитов имеются разноименные по знаку ионы (катионы и анионы), которые находятся в хаотическом движении. Если в такой раствор или расплав электролита (например, NaCl) погрузить инертные (угольные электроды) и пропустить постоянный электрический ток, то ионы будут двигаться к электродам: катионы натрия к катоду, анионы хлора к аноду (рис.1).

Рис.1 Схема электролиза хлорида натрия

Ионы Na⁺, приняв электроны, восстановятся, а Cl^- хлорид ионы, отдав электроны аноду, окислятся.

(-) Na⁺+1e à Na⁺

(+) 2Cl^--2e à Cl₂⁰

Na⁺+1e à Na^{+ x}2 Сложим оба уравнения электродных

2Cl^--2e à Cl₂⁰ реакций, (предварительно умножив

на 2 первое уравнение), получим

суммарное уравнение электролиза.

В итоге на катоде выделится натрий, на аноде молекулярный хлор:

2NaCl ^{электролиз}à2Na + Cl₂

Эта реакция является окислительно-восстановительной: на аноде протекает окисление, на катоде - восстановление.

ЭЛЕКТРОЛИЗ – это окислительно-восстановительный процесс, протекающий на электродах при прохождении электрического тока через раствор или расплав электролита.

Сущность электролиза состоит в осуществлении за счет электрической энергии химических реакций – восстановления на катоде и окислении на аноде. В отличие от обычных ОВР, полуреакции разделены в пространстве.

В водном растворе на катоде могут протекать следующие процессы:

А) Если металл стоит в ряду напряжений металла правее водорода, то на катоде восстанавливается металл, например:

Cu²⁺+2e^-àCu⁰

Б) Если металл стоит в ряду напряжений левее алюминия (включительно), Li, Rb, K, Ba, Sr, Ca, Na, Mg, Al то на катоде восстанавливается вода с выделением водорода:

2H₂O + 2e àH₂+ 2OH^-

В) Если металл стоит в ряду напряжений правее алюминия, но левее водорода, Мn, Cr, Zn, Fe, Cd, Co, Ni, Sn, Pb, H, Sb, Bi, то на катоде происходят одновременно два процесса восстановление катионов металла и молекул воды:

2H₂O + 2e à H₂+ 2OH^-Ме⁰+ neàMe^+ne

Г) В растворе кислоты происходит восстановление ионов водорода с образованием молекулы Н₂:

2Н⁺ + 2е à H₂

Процессы, протекающие на аноде, определяются материалом анода. На инертном или нерастворимом аноде (графит, платина) возможны два процесса:

А) Если ионы кислотного остатка не содержат атомов кислорода, то окисляются они сами: 2Cl^- -2e^-àCl₂⁰

Б) Если ионы кислотного остатка содержат кислород, то окисляется вода:2H₂O - 4e àO₂+ 4H⁺

В) В щелочах 4ОН^--4еà О₂+2 Н₂О

(Случаи с растворимыми анодами, при котором происходит окисление материала анода здесь не рассматриваются.)

Электролиз нашел широкое применение в промышленности и в первую очередь используется для получения металлов и газов.

Рассмотрим примеры: 1) CuCl₂, 2) Hg(NO₃)_2. 3) KOH (расплав), 4) MgI_2,5) Na₂SO₄6) H₂SO₄

Пример 1. Составьте схемы электролиза раствора хлорида меди (II) с инертными электродами

В растворе хлорид меди диссоциирует на ионы:

CuCl₂àCu²⁺ + 2Cl^-

При пропускании электрического тока к отрицательному электроду (катоду) будут перемещаться катионы меди Cu²⁺и принимать электроны (восстанавливаться). К положительному электроду (аноду) будут подходить анионы хлора и отдавать электроны (окисляться). Таким образом, схема электролиза такова:

(-) Cu²⁺ + 2e àCu⁰│ ^х 1

(+) 2Cl^- - 2e àCl₂⁰│^х 1

Складываем левые и правые части:

Cu²⁺+2е+2Cl^- +2еàCu⁰+Cl₂

_{электролиз}

CuCl₂àCu + Cl₂

Пример 2. Составьте схемы электролиза раствора нитрата ртути (II) с инертными электродами

В растворе нитрат ртути диссоциирует на ионы:

Hg(NO₃)₂ àHg²⁺ + 2NO₃^-

При пропускании электрического тока на катоде восстанавливаются ионы ртути, а на аноде окисляется вода:

(-) Hg²⁺+ 2e àHg^{0 │4 │ х}2

(+) 2H₂O - 4e àO₂+ 4H⁺ │2 │ ^х 1

так как количество электронов, отданное восстановителем должно равняться количеству электронов принятых окислителем, то первое уравнение нужно умножить на 2. Складываем левые и правые части двух уравнений:

Hg²⁺+2H₂O àO₂+ 4H⁺+Нg⁰ + NO₃^-

В растворе катионы водорода и нитрат-анионы соединятся, и образуется азотная кислота. Суммарное уравнение электролиза имеет вид:

_{электролиз}

2Hg(NO₃)₂ + 2H₂O àHg⁰ + 4HNO₃+O₂

Пример 3. Составьте схемы электролиза расплава гидроксида калия с инертными электродами.

Уравнение диссоциации расплава гидроксида калия имеет вид:

КОНàК⁺ + ОН^-

При пропускании электрического тока к отрицательному электроду (катоду) будут перемещаться катионы калия К⁺и принимать электроны (восстанавливаться). К положительному электроду (аноду) будут подходить гидроксид-анионы и отдавать электроны (окисляться). Таким образом, схема электролиза такова:

(-) К⁺ + e àК^{0 х}4

(+) 4ОН^- - 4e àО₂⁰+2Н₂О

---------------------------------------------------

4К⁺ +4e + 4ОН^- - 4e à4К⁰+ О₂⁰+2Н₂О

_{электролиз, расплав}

4КОН à4К⁰ + О₂+2Н₂О

Пример 4. Составьте схемы электролиза раствора йодида магния с инертными электродами.

В растворе йодид магния диссоциирует на ионы:

MgI₂àMg²⁺ + 2I^-

Ионы магния Mg²⁺не могут восстанавливаться (восстанавливается вода), к положительному электроду (аноду) будут подходить анионы иода и отдавать электроны (окисляться). Схема электролиза такова:

(-) Mg²⁺

H₂O + 2e àH₂+ 2OH^-

(+) 2I^- - 2e àI₂

_{-----------------------------------------------------}

Mg²⁺+2H₂O + 2I^- àI₂⁰+ H₂+ 2OH^-

_{электролиз}

MgI₂+ 2H₂O àMg(OH)₂ + I₂+H₂

Пример 5. Составьте схемы электролиза раствора сульфата натрия с инертными электродами .

При диссоциации водного раствора сульфата натрия образуются следующие ионы:

Na₂SO₄ àNa⁺ + 2SO₄^2-

Ионы натрия и сульфат-ионы не могут разряжаться на электродах, поэтому на катоде восстанавливается, а на аноде окисляется, вода:

(-) Na^{+ -}

2H₂O + 2e àH₂+ 2OH^- ^х 2

⁽⁺⁾SO₄^2-

2H₂O - 4e àO₂+ 4H⁺

^{__________________________________}

4H₂O +2H₂O àO₂+ 4H⁺+2H₂+ 4OH^-

или, (учитывая, что при перемешивании протон водорода и гидроксид-ионы образуют воду, получаем: 4H⁺+4OH^-à4H₂O)

_{злектролиз}

2H₂O àO₂+ 2H₂

Пример 6. Составьте схемы электролиза раствора серной кислоты (инертные электроды)

В водном растворе серная кислота практически полностью диссоциирует на ионы по двум ступеням:

H₂SO₄↔H⁺+HSO₄^-

HSO₄^-àH⁺+SO₄^2-

При пропускании через раствор постоянного электрического тока к катоду будут перемещаться ионы водорода, которые и восстанавливаются:

(-) 2H⁺+2eàH₂

Вблизи анода скапливаются сульфат-ионы которые, однако, не окисляются в водных растворах, так как легче окисляется вода:

(+) 2H₂O-4eà4H⁺+O₂

(-) 2H⁺+2eàH₂х 2

(+) 2H₂O-4eà4H⁺+O₂

электролиз

4H⁺+2H₂Oà2H₂+4H⁺+O₂

электролиз

2H₂Oà2H₂+O₂

Количества веществ, выделившихся на электродах, определяют по уравнениям электродных реакций. Зависимость количества вещества, образовавшегося при электролизе, от времени и силы тока описывается законом Фарадея:

v = I τ / F ,где I - сила тока (А) ,

τ - продолжительность электролиза (с)

F= 96500 Кл/моль – постоянная Фарадея.

УПРАЖНЕНИЯ

1. Определите степени окисления выделенных элементов в следующих соединениях:

Mn₂O₇, KMnO₄, НNO₂, Ba(HS)₂, Al(ОН)₃, N₂O₅, AlOHSO₄, SiO₂, KClO₃, Be(ОН)₂, CuOH , K₂HPO₄, BaCO₃, Cl₂O_3,K₂Cr₂O₇, H₂Se, MnO, H₂CrO₄, Fe(OH)₂, KAlO₂, Na₂[Zn(OH)₄], KHTeO₄, CO, NH₄NO₃, HF, CuO, K₂MnO₄,Ca(OCl)₂, K₂S, NaHSO₃, Ba₃(PO₄)₂, KClO₄ , SO₃, Fe₂O₃, NaNO_2, H₃PO₄, FePO₄, HClO.