а после этого, конечно, оставшийся водород и кислород соединяем в молекулы воды:

 

3Fe (H₂PO₄) + 12Na OH = Fe (PO₄) + 4Na PO + 12H₂O

                                                                            Х                                                                                            Х

 

Рассмотрим подобное уравнение с гидрофосфатом железа:

 

3Fe HPO + Na OH = Fe (PO₄) + …

 

3Fe HPO + Na OH = Fe (PO₄) + Na PO + …

 

3Fe HPO + 3Na OH = Fe (PO₄) + Na PO + …

 

3Fe HPO + 3Na OH = Fe (PO₄) + Na PO + 3H₂O

                                                                          Х                                                                                      Х

 

С основными солями решения аналогичные

 

2(FeOH) PO + H Cl = Fe (PO₄) + …

 

Последовательно записываем продукты и сразу же уравниваем (и подчеркиваем). В данном случае начинаем уравнивать с кислотного остатка.

Затем дописываем все продукты, содержащие катионы железа:

 

2(FeOH) PO + H Cl = Fe (PO₄) + 3Fe Cl + …

 

Уравниваем кислотный остаток Cl :

 

2(FeOH) PO + H Cl = Fe (PO₄) + 3Fe Cl + …

 

Теперь, как обычно, дописываем, уравниваем воду и проверяем правильность по не подчеркнутому кислороду:

 

2(FeOH) PO + H Cl = Fe (PO₄) + 3Fe Cl + 6H₂O.

                                          Х                                                                                                                            Х 

 

3 Ионные реакции в растворах электролитов

 

В разделе «основные классы неорганических соединений» мы уже касались понятия электролитическая диссоциация.

Электролитическая диссоциация – это распад молекул электролита на ионы, положительные катионы, отрицательные анионы.

Определение процесса звучит очень сложно, очень научно, а на самом деле все очень просто: электролит, естественно, происходит от слова электрон, так по-гречески называется янтарь. А причем здесь янтарь, спросите вы. Всем прекрасно известен опыт: потрем палочку эбонита (в древности эбонита не было и его заменял янтарь) шерстью, затем то же проделаем со стеклянной палочкой. Сблизим концы палочек, и между ними проскочит искра, представляющая собой поток электронов, давший начало всем электрическим процессам.

Если учесть, что литос по-гречески камень (вспомните, литосфера – каменная оболочка в структуре земного шара, литография – гравюры на камне), то электролит – это электрический камень (очевидно, соль).

Всем хорошо известно слово ассоциация – объединение (студентов, промышленных предприятий, писателей и т.д.), а отсюда: диссоциация – разъединение, распад на ионы под действием полярных растворителей (например, воды), но ни в коем случае не под действием электрического тока.

Всего-то электрического это то, что растворы электролитов содержат заряженные частицы, причем суммарный заряд всех катионов равен суммарному заряду всех анионов, то есть в целом раствор электролита электронейтрален.

Растворы электролитов проводят электрический ток, так как содержат заряженные частицы, способные двигаться в электрическом поле и являются проводниками второго рода.  Проводники первого рода – металлы, графит, т.е. вещества с электронной проводимостью.

К электролитам относятся вещества с полярной ковалентной и ионной связью:

- соли;

- кислоты;

- основания;

- вода.

Одной из важнейших характеристик электролитов является степень диссоциации α, которая определяется как отношение количества распавшихся молекул к общему количеству молекул электролита в растворе. По сути это доля распавшихся молекул, она может быть выражена и через отношение соответствующих концентраций и определяется либо в долях единицы, либо в процентах:

 

α  = ,

 

здесь С_расп – концентрация распавшихся молекул;

          С_общ – общая (исходная) концентрация электролита.

 

По степени диссоциации электролиты делятся на сильные (диссоциируют полностью, молекул в растворе нет, α = 1 или 100%) и слабые (α<1, доли процента, в растворе в основном молекулы, ионов мало). Иногда выделяют группу средних электролитов, которые диссоциируют неполностью, но степень диссоциации достаточно высока, например, H₃PO₄. Тем не менее раз диссоциация не полная, то они все-таки ближе к слабым электролитам, и на них распространяются в большей степени закономерности для слабых электролитов.

Почему я уделил столько внимания сильным и слабым электролитам? Да потому, что в ионных реакциях вещества записываются в том виде, в котором они преимущественно находятся в растворе.  Это означает, что в виде ионов записываются только сильные электролиты, находящиеся в растворе, а все остальное – в виде молекул. Когда речь идет об осадке, где он находится? Наиболее распространенный ответ – в растворе. Да нет же, он выпал из раствора, и, по определению, записывается в виде молекул. Газ? То же самое, он выделяется в другую фазу в виде пузырьков, записывается в виде молекул. Но и в первом и во втором случаях надо наблюдать образования новой фазы, чтобы записать ее в виде молекул. Слабые электролиты также записываются в виде молекул. Следовательно, если мы будем знать сильные, хорошо растворимые электролиты, их и будем записывать в виде ионов, а все остальное – в виде молекул. В школе подчас закладывается неверный стереотип: пользуйся таблицей растворимости, если вещество растворимо – пиши  в виде ионов, если нет – в виде молекул. Это неправильно, есть масса хорошо растворимых веществ, но являющихся слабыми электролитами, и, несмотря на растворимость, вещество записывается в виде молекул, например, NH₄OH, CH₃COOH, HCN, H₃PO₄ и другие.

Какие же вещества можно отнести к сильным, хорошо растворимым электролитам?  Их не так много, и их следует выучить:

а) основания s-элементов металлов,  кроме Be(OH)₂  и Mg(OH)₂ (левый нижний угол таблицы Менделеева);

б) кислоты:

Азотная HNO₃;

Серная и селеновая H₂SO₄, H₂SeO₄;

Кислоты галогенов HГ, HГO₂, HГO₃, HГO₄, где Г = Cl, Br, I.

Посмотрим в таблицу элементов, это ее правый верхний угол.

Начинает выпадать не при столь  уже безобидной концентрации вещество (например, нерастворимый CaSO₄  при 200 мг/л).

в) практически все соли (та их часть, что не выпала в осадок) следовательно, здесь можно пользоваться таблицей растворимости, то что хорошо растворимо – записывается в виде ионов, мало и плохо растворимо – в виде молекул. 

Не всегда бывает под рукой таблица растворимости, и хотя растворимость веществ не подчиняется каким-либо законам, можно подметить и запомнить следующие правила:

- хорошо растворимы соли аммония (NH₄⁺¹), щелочных металлов (s-элементов I группы), нитраты (соли азотной кислоты – HNO₃), ацетаты (соли уксусной кислоты - CH₃COO^-1H⁺¹).

Напротив, нерастворимы для d-элементов карбонаты, силикаты, фосфаты, сульфиды и их аналоги.

Кстати, буква М в таблице растворимости означает малорастворимое соединение, то есть коэффициент растворимости примерно равен единице (в 100 г растворителе растворяется 1 г вещества). Много это или мало? Представим себе, что мы приготовили раствор поваренной соли такой концентрации, то есть в литровой банке воды растворили 10 г (хорошая столовая ложка) соли. Какое ваше мнение, что можно приготовить из этого раствора: суп или рассол для засолки огурцов? На мой взгляд, скорее второе, то есть вопрос с растворимостью – это достаточно сложная тема.

Вопросы теории растворов электролитов достаточно хорошо изложены в обычных учебниках, и их нужно знать: это константа диссоциации, ионное произведение воды, произведение растворимости, законы Рауля и Вант-Гоффа об осмотическом давлении. Но наша цель научить тому, чего нет в этих учебниках, правильно писать ионные уравнения и, что еще более важно, делать правильные выводы.

Напишем три уравнения реакций нейтрализации и попробуем разобраться, что же реально происходит в пробирке.

 

(1) H NO + Nа OH = Na NO + H₂O

                                                                                          Х                                                   Х

 

(2) H SO + 2K OH = K SO + 2H₂O

                                                                                          Х                                                   Х

 

(3) H NO + Nа OH = Na NO + H₂O

                                                                                          Х                                                   Х

 

Когда спрашиваешь студентов, какие из этих трех уравнений наиболее похожи друг на друга, обычно получаешь ответ: первое и третье.

Запишем первое уравнение в ионном виде:

 

H NO + Nа OH = Na NO + H₂O

 

Проанализировав характер электролитов, устанавливаем, что HNO₃,  NaOH, NaNO₃ – сильные, хорошо растворимые электролиты и должны записываться в виде ионов, а вода – слабый электролит – в виде молекул.

 

H + NO + Nа + OH = Na + NO + H₂O.

 

Приведем подобные и запишем уравнение в сокращенном виде:

 

H+1  + OH-1  =  H2O

 

В этом случае, когда исходные вещества сильные, хорошо растворимые электролиты, а среды продуктов сеть малодиссоциированные соединения, то реакция  сводится к молизации (образованию молекул) данного соединения. Такие реакции принято считать идущими до конца, то есть до исчезновения хотя бы одного иона из раствора.

Проанализируем второе уравнение:

 

H SO + 2K OH = K SO + 2H₂O

 

В данном случае также все вещества, коме воды, хорошо растворимые сильные электролиты, следовательно:

 

2H + SO + 2K + 2OH = 2K + SO + 2H₂O

 

Приведем подобные и запишем в сокращенном виде:

 

2H + 2OH = 2H₂O

 

В соответствии с правилами математики сократим на 2

 

H + OH = H2O

 

 

 

Получилось то же самое уравнение, что и первое. Реакция идет до конца, и в этом случае нужно вместо знака равенства ставить одну стрелку в направлении продуктов реакции ( → ).

Третье уравнение так же реакция нейтрализации, и что же, оно так же сводится к молизации воды? Обычно студенты отвечают да, и этот ответ неверный. Верный ответ – запишем уравнение реакции в ионном виде и посмотрим.

 

HNO₂ + NаOH = NaNO₂ + H₂O

 

В данном случае слабые электролиты HNO₂ и H₂O, а сильные NаOH и  NaNO₂, следовательно:  

 

H NO + Nа + OH = Na + NO + H₂O

 

 

H NO + OH = NO + H2O

 

 

Реакция принципиально отличается от первых двух. Молекула слабой кислоты, сталкиваясь с анионом гидроксогруппы, отдает ей водород. В результате образуется вода и свободный кислотный остаток. Продукты реакции никуда не ушли из системы, и, следовательно, могут сталкиваться друг с другом, совершая при этом обратную передачу водорода, то есть реакция идет в прямом и обратном направлениях.                                   

Отсюда вывод, если среди исходных веществ и продуктов реакции есть малодиссоциированные соединения, то реакция идет обратимо до равновесия, причем равновесие смещено в сторону того вещества, которое наиболее прочно связывает общий ион. В данном случае - воды, так как ее константа диссоциации на несколько порядков меньше, чем у азотистой кислоты.  В таких уравнениях вместо знака равенства стоят стрелки           .

Напишем и проанализируем еще одно уравнение реакции:

 

2Fe Cl + 3Na SO = Fe (SO₄) + 6Na Cl

 

Все вещества соли, то есть сильные электролиты. Если посмотреть в таблицу растворимости, то все они растворимы, и, следовательно, записываются в виде ионов:

 

 2Fe + 6Cl + 6Na + 3SO = 2Fe + 3SO + 6Na + 6Cl

 

После приведения подобных не осталось ни одного вещества, ни одного иона. Следовательно, если исходные вещества и продукты реакции сильные, хорошо растворимые электролиты, то реакция между ними не идет, а процесс сводится к физическому смешиванию растворов.

Напишем и проанализируем еще пару уравнений реакций в ионном виде. Думаю, что обменные реакции вы уже писать научились, поэтому их даю без объяснений.

 

2Na PO + 3H SO => 3Na SO + 2H PO

 

6Na + 2PO + 6H + 3SO => 6Na + 3SO + 2H PO

 

2PO + 6H => 2H PO

 

2PO + 6H => 2H PO

 

 

 

Эта реакция вытеснения из соли слабой кислоты сильной. Из сокращенного ионного уравнения видно, что она идет до конца.

 

3Cu SO + 2H PO           Cu (PO₄) ↓ + 3H SO

 

 3Cu + 3SO + 2H PO           Cu (PO₄) ↓ + 6H + 3SO

3Cu + 2H PO           Cu (PO4) ↓ + 6H

 

 

Эта реакция взаимодействия соли сильной кислоты со слабой кислотой с образованием осадки нерастворимой соли идет до равновесия обратимо. Это уравнение как будто противоречит сразу двум моментам, усвоенным из школьной программы:

- слабые кислоты не вытесняют сильные из солей;

- если в системе выпал осадок, то реакция идет до концах.

Однако ионная запись данного уравнения показывает, что оба эти понятия ошибочные. Еще раз обращаю ваше внимание на то, что лишь правильно написанное ионное уравнение характеризует процессы, реально происходящие в системе.

 

Гидролиз солей

 

Гидролизом солей называется взаимодействие соли с водой, при котором ионы соли, соединяясь с ионами воды, образуют малодиссоциированные соединения (слабый электролит, осадок или газ).

Гидролиз солей - реакция обратная процессу нейтрализации. Действительно, в реакции нейтрализации участвуют кислота с основанием с получением соли и воды, а при гидролизе – соль и вода, угадайте, что получится? Естественно, кислота и основание.

Теория гидролиза достаточно хорошо изложена в обычных институтских учебниках, а мы ставим задачу научиться без ошибок писать уравнения гидролиза солей, а там станут понятны и теоретические вопросы. Единственное, что нам необходимо, это степень гидролиза β.

Степень гидролиза β - это по сути доля гидролизованных молекул, и она определяется как отношение концентраций (количеств) гидролизованных молекул к общему количеству (концентрации) молекул соли в растворе. Она выражается либо в долях единицы, либо в процентах.

 

β = ,

 

где β – степень гидролиза;

      С_гидр – концентрация гидролизованных молекул;

      С_общ – общая концентрация молекул соли в растворе.

 

Рассмотрим четыре случая гидролиза солей, опираясь на вышеприведенные замечания.

 

Cu Cl + 2H₂O = Cu (OH) + 2H Cl

                                                                                  Х                    Х

 

Cu + 2Cl + 2H₂O = Cu (OH) + 2H + 2Cl

 

Cu + 2H2O = Cu (OH) + 2H

 

А теперь попробуем порассуждать. Идет ли гидролиз? Да, катион соли взаимодействует с ионами воды, образуя малодиссоциированное соединение Cu(OH)₂ (слабый электролит), следовательно, первый вывод:

а) гидролиз идет по катиону соли (с участием катиона соли).

Далее изначально в исходных веществах: ни в CuSO₄, ни H₂O – не было избытка ионов Н⁺¹ или ОН^-1, а в продуктах реакции – избыток ионов водорода, отсюда второй вывод:

б) среда кислая, рН <7.

Так как среди исходных веществ и продуктов реакции есть малодиссоциированные соединения, то гидролиз протекает обратимо до равновесия, причем это равновесие смещено в сторону того соединения, которое наиболее прочно связывает общий ион, в данном случае анион ОН^-1. Степень диссоциации воды на несколько порядков меньше, чем основания меди, и равновесие смещено в сторону воды, то есть исходных веществ, и, согласно принципу Ле Шателье, для того чтобы сместить равновесие в сторону продуктов (увеличить степень гидролиза) необходимо поднять концентрацию исходных веществ, то есть воды. О чем это говорит? О том, что гидролиз идет только в разбавленных растворах (при большом избытке воды), то есть концентрация образовавшегося основания меди мизерна и недостаточна для выпадения осадка. Поэтому подсказки школьных учителей со ссылкой на таблицу растворимости совершенно лишены смысла. Пользоваться таблицей растворимости при написании уравнений гидролиза нельзя.

К тому же в той же таблице растворимости записано, что CuCl₂ хорошо растворим, а что за хорошо растворимое вещество, если при растворении его в воде вдруг выпадает осадок? Надеюсь я вас убедил и мы можем сделать следующий вывод:

в) гидролиз идет обратимо до равновесия.

И наконец, последнее, что нам дает при анализе ионное уравнение гидролиза. Катион меди сталкивается с двумя молекулами воды одновременно? Ну уже, вряд ли.

Даже при автомобильной аварии, где столкнулось больше двух машин, дорожная полиция разбирается, в какой последовательности они сталкнулись, кто сначала образовал аварийный конгломерат, а кто и в какой последовательности принял в нем участие. Так как, согласно сокращенному ионному уравнению, ион меди сталкивается с двумя молекулами воды, то даже без автоинспекции ясно, что процесс протекает в две стадии: сначала с одной молекулой воды образуется конгломерат, в который врезается вторая молекула воды. Отсюда очередной вывод:

г) процесс происходит в две стадии

1 стадия: Катион меди сталкивается с одной молекулой воды. Помним, что в одной молекуле воды один катион Н⁺¹ и один анион ОН^-1.

 

Cu⁺² + H₂O = CuOH⁺¹ + H⁺¹

 

Запишем это уравнение в молекулярном виде, то есть к каждому катиону надо приписать соответствующий анион для образования молекул. Прежде всего, зачем нужно переходить от ионной формы записи к молекулярной? Затем, что каждая из них выполняет свою функцию: ионная дает представление о том, что происходит в системе, а молекулярная – о том, в каком соотношении масс реагируют данные вещества.

Какой же анион мы должны дописать для образования молекул? Обратимся к самому первому анализу уравнения гидролиза. В нем мы вычеркнули анион хлора. Но вычеркнули – не означает, что мы его убрали из раствора, он продолжает присутствовать и электростатически нейтрализовывать присутствующие катионы

 

Cu Cl + H₂O = CuOH Cl + H Cl

    ↓

    основной         хлорид меди,

    гидроксохлорид меди

 

2 стадия:

 

CuOH + H₂O = Cu (OH) + H

 

или в молекулярном виде:

 

CuOH Cl + H₂O = Cu (OH) + H Сl

 

Так как процесс идет обратимо в целом, он обратим и на каждой стадии (следовательно, вместо знака равенство необходимо ставить       ). В то же  время равновесие на первой стадии сильно смещено в сторону исходных веществ в связи с малой диссоциацией воды. Концентрация CuOHCl исчезающе мала, и протекание процесса по второй стадии с получением Cu(OH)₂ еще менее вероятно. Отсюда вывод: если процесс идет по стадиям, то он идет преимущественно по первой стадии. Так как реакции нейтрализации идут с выделением тепла, то гидролиз с поглощением. Поэтому, чтобы сместить равновесие в сторону продуктов (увеличить степень гидролиза β) в соответствии с принципом Ле Шателье, надо разбавить раствор или нагреть его.

Общий вывод по первому случаю гидролиза можно сформулировать следующим образом:

Если соль была образована слабым основанием и сильной кислотой, то гидролиз идет по катиону слабого основания, обратим до равновесия, среда кислая (pH < 7). При поливалентном катионе слабого основания гидролиз идет по стадиям с получением основных солей, причем преимущественно по первой, и лишь при сильном разбавлении или нагревании раствора он может идти по второй и последующим стадиям (если они есть).                                            

Второй случай гидролиза, соль образована сильным основанием и слабой кислотой, например Na₂SiO₃

 

Na SiO + 2H₂O          2Na OH + H SiO

                                                                                Х                             Х  

 

2Na + SiO + 2H₂O         2Na + 2OH + H SiO

 

SiO + 2H2O            2OH + H SiO

 

 

 

Все необходимые пояснения были сделаны в предыдущем случае гидролиза, поэтому записываем результаты анализа данного уравнения:

- гидролиз идет по аниону соли;

- среда щелочная, pH > 7;

- гидролиз идет обратимо до равновесия (подчеркиваю, осадок не выпадает);

- гидролиз идет в две стадии. 

 

1 стадия гидролиза:

 

SiO + H₂O         HSiO + OH                                                                        

 

Na SiО + H₂O         Na HSiO + NaOH

                     ↓

                      кислый силикат натрия,

                     гидросиликат натрия

 

2 стадия:

 

HSiO + H₂O             H SiO + OH                                              

 

NaHSiO₃ + H₂O          H₂SiO₃ + NaOH                                                     

 

Все рассуждения, относившиеся к первому случаю гидролиза, полностью применимы и ко второму.

Поэтому сразу делаем общий вывод:

Если соль образована сильным основанием и слабой кислотой, то гидролиз идет по аниону слабой кислоты, среда щелочная,  pH > 7. Если анион кислоты поливалентен, то гидролиз идет по стадиям с получением кислых солей преимущественно по первой  стадии и лишь при сильном разбавлении и нагревании раствора может идти по второй  и последующим стадиям.

Третий случай гидролиза: соль образована слабым основанием и слабой кислотой, рассмотрим на примере Cu (CN) : 

 

Cu (CN) + 2H₂O = Cu (OH) + 2H CN ,

                                                                                          Х                    Х

 

Cu + 2CN + 2H₂O = Cu(OH) + 2H CN . 

 

Ничто не сокращается, пора переходить к анализу:

- гидролиз идет по катиону и аниону;

- среда нейтральная;

- реакция обратима, идет до равновесия;

- так как образуются два малодиссоциированных соединения, равновесие сильнее смещается в сторону продуктов, и реакция по стадиям не идет.

Общий вывод:

если соль образована слабым основанием  и слабой кислотой, то гидролиз идет по катиону и аниону соли, среда нейтральна, рН ≈ 7.

Взаимное усиление гидролиза за счет образования двух слабых электролитов приводит к невозможности прохождения процесса по стадиям.

Четвертый случай гидролиза, соль образована сильным основанием и сильной кислотой:

 

K SO + 2H₂O = 2K OH + H₂SO₄

                                                                                      Х                   Х  

 

2K + SO + 2H₂O = 2K + 2OH + 2H + SO

 

2H₂O ± 2OH + 2H

 

H2O = OH + H

                  

 

 

В данном случае ионы соли не взаимодействуют с ионами воды, гидролиз не идет, а проходит просто растворение соли.

В общем и целом эти четыре случая гидролиза описывают все варианты протекания процесса, но встречаются некоторые особенности, которыми мне бы  хотелось поделиться с вами.

Гидролиз Ca(CN)₂, с которым несколько лет назад упал грузовик в речку, впадающую в Иссык-Куль:

 

Cu (CN) + 2H₂O = Cu (OH) + 2H CN

                                                                                    Х                    Х 

 

Я думаю, что вы уже освоили, что две молекулы воды – это две стадии. Но более точный ответ – вот напишем уравнение и увидим:

 

Cu + 2CN + 2H₂O = Cu + 2OH + 2H CN

2CN + 2H₂O = 2OH + 2H CN

CN + H2O = OH + H CN

 

                                  

 

- гидролиз идет по аниону;

- среда щелочная, pH > 7;

- гидролиз обратим, идет до равновесия;

- процесс идет в одну стадию.

Анализ этого уравнения наводит на размышления о заключении киргизских экологов и курортологов, что не произошло ничего страшного и можно спокойно отдыхать на Киргизском взморье. На самом же деле, синильная кислота никуда не делась, и ее испарение достигало максимума при максимальной температуре воды, т.е. именно во время, наиболее благоприятное для купания.

Напишем уравнение гидролиза, протекающего в три стадии:

 

 Na PO + 3H₂O        3Na OH + H PO

                                                                                  Х                          Х       

 

3Na   + PO + 3H₂O        3Na + 3OH + H PO

 

PO + 3H2O        3OH + H PO

                                                 

 

- гидролиз идет по аниону соли;

- среда щелочная, pH > 7;

- процесс идет обратимо до равновесия;

- гидролиз идет в 3 стадии.

 

1 стадия:

 

PO + H₂O           HPO + OH

 

 Na PO + H₂O           Na HPO + Na OH

                 ↓

                    кислый двузамещенный ортофосфат

                   натрия, или гидрофосфат натрия

 

2 стадия:

 

HPO + H₂O = H PO + OH

 

Na HPO + H₂O = Na H PO + Na OH

              ↓

             кислый двузамещенный

             фосфат натрия или

            дигидрофосфат натрия

H PO + H₂O = H PO + OH

 

Na H PO + H₂O = H PO + Na OH

 

Пример, так называемого необратимого гидролиза с участием SbCl₃. При разбавлении этого раствора выпадает осадок SbOCl (оксисоли). При добавлении HCl осадок растворяется. При очень сильном разбавлении осадок перестает выпадать, так как достигнуто ПР (произведение растворимости).

 

Sb Cl + H₂O  = SbO Cl ↓ + 2H Cl

                                                                                Х               Х  

 

Sb + 3Cl + H₂O  = 3SbOCl↓ + 2H

 

А вот при анализе начинается некоторая путаница:

- гидролиз идет по катиону (но частично задействован и анион Cl );

- среда, без сомнения, кислая;

- гидролиз идет необратимо (пока не достигнуто ПР – произведение растворимости);

- судя по количеству участвующих молекул воды, гидролиз идет в одну стадию, но тогда откуда в одной молекуле воды 2 катиона H⁺¹?

Попробуем написать это уравнение по обычной схеме как обратимое, но зная, что соли, как правило, не могут удержать более одной молекулы воды, вторая обычно дегидратируется и переходит в раствор.

 

Sb Cl + 3H₂O = Sb (OH) + 3H Cl

                                                                                  Х                   Х  

 

Sb +3Cl + 3H₂O = Sb (OH) + 3H + 3Cl

 

Sb + 3H₂O = Sb(OH)₃ + 3H

 

- гидролиз идет по катиону;

- среда кислая, pH < 7;

- гидролиз идет необратимо по одной из стадий;

- при обратимом процессе он должен происходить в три стадии.

 

1 стадия:

 

  Sb + H₂O = SbOH + H

 

SbCl₃ + H₂O = SbOH Cl + H Cl   

       ↓

        двузамещенный основной 

       хлорид сурьмы или

        гидроксохлорид сурьмы

В соли содержится меньше двух молекул воды, и дегидратация не происходит, процесс обратим 

 

2 стадия:

 

  SbOH + H₂O = Sb(OH) + H

 

  SbOH Cl + H₂O = Sb(OH) Cl + H Cl

                   ↓

                    однозамещенный основной

                    хлорид сурьмы или 

                   дигидроксохлорид сурьмы

 

Sb(OH)₂Cl содержит более одной молекулы воды и дегидратируется с образованием оксисоли по уравнению:

 

Sb(OH)₂Сl            SbOCl + H₂O

 

Общая вторая стадия гидролиза записывается: 

 

SbOH Cl + H₂O = Sb OCl ↓ + H Cl + H₂O

 

SbOH Cl = Sb OCl ↓ + H Cl

 

То есть процесс идет необратимо по второй стадии, и именно на ней появляется второй катион H⁺¹.

Еще один случай гидролиза, или почему от буры гибли тараканы. Тараканы были проклятием квартир до конца прошлого века. Откуда они брались в абсолютно новом доме, как говорится, науке не известно, а вот борясь с ними даже прибегали к мистике: поймай самого большого таракана, положи в спичечный коробок, вынеси в полночь на перекресток четырех дорог, прочти заклинание, и, все равно, тараканы не выведутся.

Многочисленные эксперименты, проведенные домашними хозяйками показали, что закатанная в яичный желток бура может помочь, если не полностью избавиться от этих насекомых, но хотя бы значительно снизить их поголовье. Шарики яичного желтка с бурой разбрасывали по кухне, а на полу ставили блюдечко с водой.

Бура - это соль тетраборной кислоты Na₂B₄O₇, но самой такой кислоты нет, и поэтому при добавлении воды образуется ортоборат натрия по уравнению.

 

3Na В O + 15H₂O = 2Na BO + 10H BO

                                                            Х                       Х                        Х                             Х  

Что же происходит? Три молекулы буры превращаются в двенадцать молекул: 2Na₃BO₃ и 10H₃BO₃ – твердые вещества. Объем пищевого тракта таракана увеличивается в 4 раза, а, с учетом того, что удельный объем буры меньше, чем у Na₃BO₃ и H₃BO₃, то еще и больше, и бедняги тараканы лопались с сухим треском (я сам это видел и слышал). Если же таракашка съедал недостаточно буры, чтобы лопнуть, обезвоживание организма толкало его к заветному блюдечку с водой, предусмотрительно поставленному хозяйкой, и здесь начинается расправа с тараканами с помощью гидролиза солей:

 

Na BO + 3H₂O            3Na OH + H BO

                                                                                  Х                            Х       

 

3Na + BO + 3H₂O            3Na + 3OH + H BO

 

BO + 3H2O           3OH + H BO

 

 

 

- гидролиз идет по аниону соли;

- среда щелочная, pH < 7, причем, так как борная кислота достаточно слабая, то рН достигает значений 11÷12;

- гидролиз идет обратимо;

- гидролиз идет в три стадии.

 

1 стадия:

 

BO + H₂O = HBO + OH

 

Na₃BO₃ + H₂O         Na HBO + Na OH

          ↓

           двузамещенный кислый

           ортоборат натрия или

            гидроборат натрия

 

2 стадия:

 

HBO + H₂O = H BO + OH

 

            Na HBO + H₂O = Na H BO + Na OH

                          ↓

                          однозамещенный кислый

                          борат натрия или

                          дигидроборат натрия

 

3 стадия:

 

H BO + H₂O = H BO + OH

 

Na H BO + H₂O = H BO + NaOH

 

Биологические растворы при pH >8  сворачиваются, и поэтому даже не треснувший таракан, допивая свою порцию воды из блюдечка, был обречен.

Почему же такой замечательный способ борьбы с тараканами был забыт? Дело в том, что в аптеках прекратили продавать буру, а осталось только борная кислота, которой хозяйки решили заменить буру, а она способна вызвать только легкое расстройство желудка, а уж потом…. Тараканы, нагуляв аппетит, шли в соответствии с библейскими заветами плодиться, размножаться.

 

4 Окислительно-восстановительная реакция (ОВР)

 

Окислительно-восстановительными называются реакции, происходящие с изменением OЧ участвующих в них элементов. В каждой ОВР должны быть окислитель (элемент, присоединяющий в химической реакции электроны) и восстановитель (элемент, отдающий в химической реакции электроны), а также может участвовать среда, своими ионами связывающая продукты реакции в молекулы.

В качестве среды обычно участвуют разбавленные кислоты (кислая среда), щелочи (щелочная среда) или вода (нейтральная вода).

В ОВР можно выделить безусловные окислители – это F₂ и элементы в высшей степени окисления (они не могут отдавать электронов, а могут только присоединять их), безусловные восстановители – это неметаллы с минимальным OЧ (отрицательным), металлы в свободном виде (все они не могут и присоединять электроны, а могут только отдавать их), и элементы, проявляющие OВ двойственность (они способны присоединять и отдавать электроны). К  ним относятся неметаллы в свободном виде (кроме фтора) и все элементы в промежуточной степени окисления.

Студенты почему-то боятся ОВР, хотя для их решения нужно знать OЧ элементов, свойства оксидов, реакции нейтрализации, уметь считать в пределах таблицы умножения и складывать в пределах сотни. ОВР – это прежде всего внимание и, еще раз, внимание. Поэтому отнеситесь серьезно к последовательности мероприятий и к подчеркиванию веществ, участвующих в реакции. Если в обменных реакциях это было желательно, но с накоплением опыта не обязательно, то в ОВР не делать ошибки без подчеркивания крайне трудно.

Начнем с простейших ОВР.

 

2Fe + O = 2Fe O

                                                                          Х                            Х   

Проще не бывает.

 

4Fe + 3O = 2Fe O ,

 

Fe + O = Fe O

 

Здесь уже посложнее и необходимо либо постараться подогнать под ответ коэффициенты, либо составить уравнения электронного баланса.

В данной реакции Fe⁺² переходит в Fe⁺³, то есть окисляется по схеме:

Fe⁺² −1ē → Fe⁺³ – полуреакция окисления, соответственно Fe⁺² – восстановитель. 

Кислород переходит из O в O по схеме:

O +4é → 2О – полуреакция восстановления, элемент окислитель.

 

Согласно уравнениям полуреакций при окислении отдается один электрон, а при восстановлении присоединяются четыре. С точки зрения закона сохранения материи такого быть не может, поэтому составляем уравнение электронного баланса, то есть определяем, в каком соотношении надо взять окислитель и восстановитель, чтобы количество передаваемых электронов было одинаковым.

 

4   1	4	Fe −1ē =  Fe – полуреакция окисления
		O +4ē = 2О – полуреакция восстановления

4Fe + O = 4Fe + 2О – уравнение электронного баланса. 

        отходные вещества    продукты реакции

 

Для этого записываем обе полуреакции друг под другом, находим наименьшее общее кратное между числом передаваемых электронов, записываем слева,  отделив его от полуреакций вертикальной чертой. Затем проводим параллельно вторую вертикальную черту и определяем коэффициенты, в соответствии с которыми надо было брать окислитель и восстановитель, для чего делим наименьшее общее кратное на число передаваемых электронов и записываем. Затем складываем полуреакции окисления и восстановления и получаем уравнение электронного баланса. Слева записаны элементы с первоначальными ОЧ (исходные вещества), справа – с конечным (продукты реакции).

Подставляем найденные коэффициенты к исходным веществам и начинаем уравнивать и подчеркивать. Уравниваем сначала железо и подчеркиваем, а затем проверяем правильность по не подчеркнутому кислороду.

 

4FeO + O = 2Fe O

                                                                              Х        Х                       Х    

Как пойдет подобная реакция в кислой среде?

 

Fe O + O + H SO =

                                                                           в-ль             о-ль          среда

 

Железо окисляется до Fe⁺³, кислород восстанавливается до O^-2. 

Уравнение электронного баланса (УЭБ) выглядит:

 

4   1	4	Fe −1ē =  Fe – о-е
		O +4ē = 2О – в-е

4Fe +  O = 4Fe + 2О      

 

Надеюсь, что составление уравнения электронного баланса в данном случае не вызвало затруднений. Подставляем найденные коэффициенты к исходным веществам в уравнении.

 

4Fe O + O + H SO =

 

Подставляем пальчик под железо в УЭБ и рассуждаем, какими свойствами обладает оно с точки зрения основных классов неорганических соединений. Правильно, Fe⁺³ – основные свойства. Не отпуская пальчик, ставим пальчик другой руки на среду. Среда кислая, следовательно, с Fe⁺³ происходит реакция нейтрализации с получением соли и воды. Воду запишем попозже, а соль – прямо сейчас, и уравниваем (подчеркиваем).

 

4Fe O + O + H SO = 2Fe (SO₄) + …

 

По кислороду, если он не выделяется в свободном виде, подводится баланс, водород уравнивается последним. Что осталось неподчеркнутым, кроме водорода и кислорода? Ионы среды – SO . Сколько этих ионов слева, один? Ответ неверный. Слева ни один из элементов кислоты не подчеркнут, и мы можем подставить любой коэффициент в зависимости от количества ионов SO справа. То есть верный ответ SO слева – сколько надо, столько будет. А сколько же надо? Шесть.

 

4Fe O + O + 6H₂SO₄ = 2Fe (SO₄)

 

А теперь уравниваем воду по водороду:

 

4Fe O + O + 6H₂SO₄ = 2Fe (SO₄) + 6H₂O

                                                     Х            Х                                                                              Х

 

И проверяем по неподчеркнутому кислороду – слева и справа по шесть.

Для того, чтобы научиться решать ОВР, все мои действия надо повторить самостоятельно, заглядывая в методическую разработку только тогда, когда вы зашли в тупик.

Попробуем написать чуть более сложное уравнение, хотя, как я уже говорил, они все достаточно просты:

 

KMnO₄ + Na₂S + H₂SO₄ =

 

 Решение уравнения начинается с определения окислителя, восстановителя и среды. Среда видна сразу, это серная кислота. Для поисков окислителя и восстановителя необходимо определить OЧ входящих в молекулу элементов, и там, где оно переменное, подумать, что может происходить с данным атомом.

 

 K Mn O + Na S + H SO =

 

K и O – OЧ устойчивые, а вот марганец может в соединениях иметь OЧ = +2, +4, +6, +7. Для того, чтобы выбрать OЧ для марганца, следует обратить внимание на среду – она кислая, а так как любая система стремится к равновесию, а это нейтральная среда, и для нейтрализации кислой среды марганец должен иметь основные свойства, то есть OЧ = +2.

Во втором веществе берем на подозрение серу, т.к. у натрия в соединениях только одно OЧ = +1, тогда, как у серы OЧ = -2, 0, +4, +6, в свободном виде сера не проявляет кислотно-основных, при других OЧ (+4, +6) ее оксиды кислотные. Для начала выберем OЧ серы = 0.

Составим уравнение электронного баланса:

 

2   5	10	Mn +5ē = Mn – восстановление (в-е)
		S –2ē  = S – окисление (о-е)

2Mn + 5S = 2Mn + 5S

 

Подставим найденные коэффициенты в уравнение:

 

2K Mn O + 5Na S + H SO =

 

Запишем первый продукт, для чего поставим пальчики одной руки на Mn⁺² в УЭБ, а второй на среду. Что же мы видим: Mn⁺² с основными свойствами находится в кислой среде, следовательно, происходит реакция нейтрализации с получением из этих веществ соли и воды. Соль запишем, а воду – когда будем уравнивать водород. Сразу уравниваем марганец и подчеркиваем:

 

2K Mn O + 5Na S + H SO = 2Mn SO + …

                                           о-ль                          в-ль                  среда

 

Аналогично рассуждаем о сере, но она выделяется в свободном виде, так что записываем ее и уравниваем (подчеркиваем):

 

 2K Mn O + 5Na S + H SO = 2Mn SO + 5S + …

                                     о-ль                          в-ль                 среда

 

Дальше смотрим, какие ионы остались от окислителя (К⁺¹), и как он взаимодействует со средой. Также реакцию нейтрализации с получением соли и воды записываем, уравниваем, подчеркиваем. 

 

2K Mn O + 5Na S + 8H SO = 2Mn SO + 5S + K SO + …

                      о-ль                         в-ль                     среда

 

Что осталось от восстановителя? Na⁺¹. Как он взаимодействует со средой? Происходит опять реакция нейтрализации с получением соли и воды, записываем, уравниваем, подчеркиваем.

 

2K Mn O +5Na S +8H SO = 2Mn SO +5S +K SO +5Na SO +…

               о-ль                       в-ль                 среда

 

Что осталось неподчеркнутым, кроме водорода и кислорода? Кислотный остаток SO . Сколько его слева? Сколько надо, столько будет, значит считаем справа, уравниваем, подчеркиваем:

 

2K Mn O +5Na S +8H SO = 2Mn SO +5S +K SO +5Na SO +…

               о-ль                       в-ль                 среда

 

Что осталось неподчеркнутым? Водород и кислород, которые должны были получиться в виде воды, справа водорода нет, поэтому дописываем воду, уравниваем, подчеркиваем. Проверку делаем, как всегда, по неподчеркнутому кислороду.

 

2K Mn O +5Na S +8H SO =2Mn SO +5S +K SO +5Na SO +8H₂O

             о-ль    Х                в-ль                 среда                                                                                                                Х 

 

Решения этих уравнений становятся все легче по мере набора опыта. Решим это же уравнение, но с получения S .

 

K Mn O + Na S + H SO =

                                                                о-ль                        в-ль                среда

 

6   5	30	Mn +5ē = Mn – в-е
		S –6ē  = S – о-е

6Mn + 5S = 6Mn + 5S

 

С марганцем все понятно из предыдущего уравнения:

 

6K Mn O + 5Na S + H SO = 6Mn SO + …

                                           о-ль                          в-ль                  среда

 

S c ОЧ = +4 дает оксид S O , и неустойчивая сернистая кислота в кислой среде разлагается на SO₂ и воду

 

6K Mn O + 5Na S + H SO = 6Mn SO + 5S O + …

                               о-ль                          в-ль                  среда

 

Катионы окислителя и восстановителя свяжем со средой:

 

6K Mn O +5Na S +H SO =6Mn SO +5S O +3K SO +5Na SO +…

                о-ль                    в-ль              среда

 

Подводим баланс по кислотному остатку (помня, естественно, что слева их сколько надо, столько будет): 

 

6K Mn O +5Na S +14H SO =6Mn SO +5S O +3K SO +5Na SO +…

             о-ль                    в-ль                   среда

 

Дописываем необходимое количество молекулы воды и проверяем по неподчеркнутому кислороду:

 

6K Mn O +5Na S +14H SO =6Mn SO +5S O +3K SO +5Na SO +14H₂O

            о-ль   Х               в-ль                среда                                             Х                                                                   Х

 

Хочу сказать, что после каждой записи рефреном должно повторяться: записать, уравнять, подчеркнуть.

Напишем еще раз это же уравнение, но с получением S .

 

K Mn O + Na S + H SO =

                                                                о-ль                       в-ль                среда

 

8   5	40	Mn +5ē = Mn – в-е
		S –8ē = S – о-е

8Mn + 5S = 8Mn + 5S⁺⁶ 

Подставим найденные коэффициенты

С марганцем все понятно, записываем, уравниваем, подчеркиваем.

 

8K Mn O + 5Na S + H SO = 8Mn SO + …

                                            о-ль                          в-ль                среда

 

Сера с OЧ = +6 проявляет кислотные свойства и дает наиболее устойчивое соединение – серную кислоту. Увеличивать кислотность среды нам не надо (система должна стремиться к равновесию, поэтому смотрим, какие ионы могут и каких хватит, на образование молекул соли с этой кислотой). Несложно увидеть и подсчитать, что это катионы натрия: записываем, уравниваем, подчеркиваем.

 

8K Mn O + 5Na S + H SO = 8Mn SO + 5Na S O + …

                          о-ль                          в-ль                среда

 

Проверяем натрий, да, он тоже уравнялся, подчеркиваем.

Далее уравниваем неподчеркнутый калий:

 

8K Mn O + 5Na S + H SO = 8Mn SO + 5Na S O + 4K SO +…

            о-ль                          в-ль                среда

 

Затем среду (слева столько надо, столько будет).

 

8K Mn O +5Na S +12H SO = 8Mn SO +5Na S O +4K SO +…

                о-ль                       в-ль                   среда

 

Обращаю внимание, в Na₂SO₄ кислотные остатки не считаем, так как сера уже была уравнена и подчеркнута. Если не подчеркнуть, то ошибка при подсчетах весьма вероятна.

Затем сводим баланс по водороду и проверяем по неподчеркнутому кислороду.              

 

8K Mn O +5Na S +12H SO = 8Mn SO +5Na S O +4K SO +12H₂O

               о-ль   Х               в-ль                 среда                                                              Х                                            Х

 

Что мы поняли при решении этих уравнений?

- решение – это ряд стандартных приемов и, выполняя их, получишь правильный ответ;

- при правильном решении арифметической части уравнение сойдется (проверка по кислороду);

- уравнения могут идти (и идут) по разным механизмам и важно лишь правильно определить наиболее вероятный механизм протекания реакции (как меняются OЧ).

Попробуем теперь разобраться, как будет вести себя марганец (да и другие элементы с переходными OЧ).

 

K Mn O + Na S O + H SO =

 

Mn⁺⁷ – естественно, в кислой среде переходит в Mn⁺², а S⁺⁴ – в серу +6; уравнение электронного баланса будет:

 

2   5	10	Mn +5ē = Mn – в-е
		S –2ē = S – о-е

2Mn + 5S = 2Mn + 5S

 

K Mn O + Na S O + H SO =

                                                            о-ль                            в-ль                    среда

 

Среда кислая, следовательно, марганец будет стремиться проявлять основные свойства и перейдет в Mn⁺². Сера с OЧ = +4, естественно, перейдет в серу +6:

 

2   5	10	Mn +5ē → Mn – в-е
		S –2ē → S – о-е

2Mn + 5S = 2Mn + 5S

 

Подставим найденные коэффициенты к исходным веществам.

Запишем продукты реакции, полученные из окислителя и восстановителя, уравниваем, подчеркиваем:

 

2K Mn O + 5Na S O + H SO = 2Mn SO + 5Na S O + …

                      о-ль                              в-ль                    среда 

 

Заодно уравниваем натрий. Далее по схеме – калий со средой, затем среда, водород и проверка по кислороду:

 

2K Mn O +5Na S O +3H SO =2Mn SO +5Na S O +K SO +3H₂O

             о-ль    X                   в-ль    X               среда                                                             X                                        X

 

Собственно говоря, у нас уже выработался определенный стереотип, следуя которому, можно уравнивать любые ОВР:

- находим окислитель, восстановитель и среду;

- определим новые OЧ восстановителя и окислителя;

- составляем уравнение электронного баланса;

- находим коэффициенты и подставляем их к исходным веществам в уравнении;

- определяем, какие вещества получились из восстановителя и окислителя в новых степенях окисления при взаимодействии со средой, записываем, уравниваем;

- если какие-то ионы остались от окислителя и восстановителя, связываем со средой, уравниваем;  

- уравниваем среду;

- уравниваем водород, дописывая воду справа или слева, где водорода меньше;

- проверяем правильность по неподчеркнутому кислороду.

Посмотрим, как меняется поведение металлов с переменной валентностью в зависимости от среды.

Рассмотрим, как протекает это уравнение в нейтральной среде. Попробуйте написать это уравнение самостоятельно, но помните, что в нейтральной среде марганец должен проявлять амфотерные свойства, а амфотерные оксиды в воде не растворимы.  

 

K Mn O + Na S O + Н O =

                                                              о-ль                           в-ль                   среда

 

2   3	6	Mn +3ē → Mn в-е
		S –2ē → S о-е

2Mn + 3S = 2Mn + 3S

 

Следующий пример:             

 

2K Mn O + 3Na S O + Н O = 2MnO₂ ↓ + 3Na S O + 2K OН

                  о-ль    X                       в-ль   X          среда X                      X                                 X                       X

 

В щелочной среде Mn стремится проявить кислотные свойства, т.е. его ОЧ должно быть +6:

 

2   1	2	Mn +1ē → Mn в-е
		S –2ē → S о-е

2Mn + S = 2Mn + S

 

Mn⁺⁶, обладая кислотными свойствами, образует кислоту, формула которой подобна кислоте любого другого шестивалентного элемента (см.раздел кислоты, S⁺⁶ – дает кислоту, H₂SO₄, Mn⁺⁶ – кислоту H₂MnO₄). В щелочной среде образуется соль и вода, а далее – по обычной схеме:

 

2K Mn O + Na S O + 2K OH = 2K Mn O + Na S O + H₂O

                  о-ль    X                    в-ль   X            среда  X                                      X                              X                  X

 

Иногда при решении уравнений возникает фактор красоты и элегантности записи, например, если в последнем уравнении в качестве среды взять NaOH:

 

2K Mn O +Na S O +4Na OH = 2Na Mn O +Na S O +2K OH +H₂O

           о-ль    X                в-ль   X          среда  X                                       X                          X                   X                 Х

 

2   1	2	Mn +1ē → Mn в-е
		S –2ē → S о-е

2Mn + S = 2Mn + S

 

Спрашивается, а нужна ли нам среди продуктов щелочь? Конечно же, нет. Посмотрим, с чем можно связать ионы калия – с SO . Тогда уравнение примет вид

 

2K Mn O + Na S O + 2Na OH = 2Na Mn O + K S O + H₂O

                 о-ль    X                    в-ль   X              среда  X                                         X                           X                  X

 

Последнее уравнение выглядит более логично и элегантно. А какое же из них правильнее? Ответ – надо написать их, естественно, в ионном виде. Так как все соли сильные, хорошо растворимые электролиты, среда – то же. 

 

                                                                  2

2K +2MnO +2Na +SO +4Na +4OH = 4Na +2MnO +2Na +SO +2K +2OH +H₂O

 

2MnO + SO + 2OH = 2MnO + SO + H2O

 

 

 

2K +2MnO +2Na +SO +2Na +2OH = 4Na +2MnO +2K +SO +H₂O

 

2MnO + SO + 2OH = 2MnO + SO + H2O

 

 

 

Очевидно, что это одно и то же уравнение одной и той же реакции, но вторая его запись более элегантна, а, следовательно, более красива и выше ценится.

Приведенные выше уравнения показывают, что среда является активным участником ОВР: в щелочной среде вещества (катионы переходных металлов – d-элементов повышают ОЧ, в кислой уменьшается до минимума, в нейтральной – имеют промежуточные ОЧ).

Поведение галогенов в ОВР

 

F – безусловный окислитель и схема его поведения

 

F + 2ē = 2ē

 

У прочих галогенов (Cl, Br, I) минимальное ОЧ отрицательное. При этом:

 

H Cl (конц.) → Cl (только в конц. HCl)

 

Br , I → Br , I (в любых соединениях)

 

Галогены в свободном виде являются окислителями, так как положительное ОЧ в химических реакциях не приобретают (кроме реакций диспропорционирования, см.далее).

 

Г₂(Cl₂, Br₂, I₂) → 2Г

 

Галогены  с положительным ОЧ ведут себя по схеме:

 

Cl⁺ⁿ, Br⁺ⁿ → Cl , Br

 

I⁺ⁿ → I

 

Рассмотрим несколько примеров:

 

K Cr O + H Cl (конц.) =

                                                                     о-ль                    в-ль     

 

2   3	6	Cr +3ē → Cr в-е
		2Cl –2ē → Cl о-е

2Cr + 6Cl = 2Cr + 3Cl

 

Что же в этой реакции является средой? Как отмечалось раньше, кислота может одновременно являться восстановителем и средой, а потому исходные вещества записываются:

 

K Cr O + 6H Cl + H Cl = 2Cr Cl + …

                                               о-ль                      в-ль                среда

 

K Cr O + 6H Cl + H Cl = 2Cr Cl + 3Cl + …

                                      о-ль                      в-ль                 среда 

K Cr O + 6H Cl + H Cl = 2Cr Cl + 3Cl + 2K Cl + …

                         о-ль                      в-ль                 среда

 

K Cr O + 6H Cl + 8H Cl = 2Cr Cl + 3Cl + 2K Cl + 7H₂O

                    о-ль  Х                  в-ль                   среда                                                                                             Х

 

приведем подобные:

 

K Cr O + 14H Cl = 2Cr Cl + 3Cl + 2K Cl + 7H₂O

 

Не знаю, как вам, а мне кажется, что с подчеркиванием (особенно если один и тот же элемент входит в разные вещества и выполняет разные функции) написать уравнение проще.

Рассмотрим пример на поведение галогенов с положительным ОЧ:

 

8Mn SO + 5K Cl O + K OH = 8K Mn O + …

                                     в-ль                          о-ль                     среда

 

8   5	40	Mn –5ē = Mn о-е
		Cl +8ē = Cl в-е

8Mn + 5Cl = 8Mn + 5Cl

 

8Mn SO + 5K Cl O + K OH = 8K Mn O + 5K Cl + …,

 

а далее по стандарту:

 

8Mn SO +5K Cl O +24K OH =8K Mn O +5K Cl +8K SO +12H₂O

                                                  X                       X                                     X                                                                      X

 

Поведение водорода в ОВР

 

Катион водорода Н входит в состав кислот и воды. Во всех случаях OH ведет себя как окислитель:

 

2H + 2ē = H

 

Из кислот водород способен вытеснять металлы, стоящие в ряду напряжений (активности) до водорода

 

Zn + H SO = Zn SO + H

 

Я думаю, что здесь даже уравнение электронного баланса не потребуется.

В школе говорят, что из воды вытесняют водород только наиболее активные, щелочные и щелочно-земельные металлы. А вот и не совсем так. Водород способен вытеснять из воды металлы более активные, чем железо (см.ряд напряжений, активностей металлов). Однако, так как оксиды и гидроксиды большинства этих металлов не растворимы в воде, процесс заканчивается, не успев начаться. Однако если металл более активный, чем железо, обладает амфотерными свойствами, то он вытесняет водород из воды в щелочной среде:

 

Zn + H O + Na OH =

                                                               в-ль          о-ль                   среда 

 

1   1	2	Zn –2ē = Zn о-е
		2H +2ē = H в-е

Zn + 2H = Zn + H

 

Подставляя коэффициенты к исходным веществам, помним, что в молекуле воды только один катион водорода, а амфотерный оксид цинка дает Na₂ZnO₂, из воды выделяется водород, а далее – по схеме:

 

Zn + 2H O + 2Na OH = Na Zn O + H + 2H₂O

                             в-ль          о-ль  X              среда  X                                     X                                 X 

 

Так как в окислителе катионы водорода не выделены отдельно, уравниваем их в общем порядке, а затем приводим подобные:

 

Zn + 2Na OH = 2Na Zn O + H

 

Казалось бы, все правильно, а нет! Где окислитель, без которого ОВР невозможна. Ах, он воспроизвелся в тех же количествах, что и требовался по исходным условиям, то есть он является катализатором, поэтому правильная запись:

                                                                    H₂O

Zn + 2Na OH = 2Na Zn O + H .

 

 

Поведение азотной кислоты в ОВР

 

Азотная кислота является мощным окислителем за счет N⁺⁵ входящего в ее состав. В реакциях с азотной кислотой водород не выделяется никогда. Как правило, азотная кислота окисляет восстановитель до высшей степени окисления.

Схемы поведения азотной кислоты и нитрат-ионов:

 

H N O _(конц.) + восстановитель → N O

 

H N O + не Ме, м/а Ме → N O

 

H N O + акт. Ме → N O

 

H N O _{(ОЧ разб.)} + ОЧ акт. Ме → N H N O

 

Na N O + восстановитель → Na N O

 

Примеры:  

 

H N O + Zn

                                                                                            о-ль                в-ль

 

1   2	4	N +4é → N в-е
		Zn –2é  → Zn о-е

N + 2Zn = N + 2Zn

 

Не доводя до плохого конца, смотрим, а где же среда? А это та же H NO . Кроме того, в уравнении электронного баланса один атом N , а в молекуле N O – два. Следовательно, перед подстановкой коэффициентов уравнение электронного баланса надо умножить на 2, и лишь затем подставлять коэффициенты.

 

(N + 2Zn = N + 2Zn ) × 2 = (2N + 4Zn = 2N + 4Zn )

 

2H N O + 4Zn + 8H NO = N O + 4Zn (NO ) + 5H₂O,

                           о-ль   X              в-ль                среда                     X                                                           Х

 

а теперь приведем подобные:

 

10HNO₃ + 4Zn = N₂O + 4Zn(NO₃)₂ + 5H₂O

 

8Al + 3H N O _{(ОЧ разб.)} + 27H NO = 8Al (NO ) + 3N H NO + 9H₂O

   в-ль                  о-ль    Х                                     среда                                                                                                   X

 

8   3	24	Al –3ē = Al о-е
		N +8ē = N в-е

8Al + 3N = 8Al + 2N

Несколько комментариев: 

а) среда, конечно, HNO₃;

б) N соединяется с водородом, образуя в водной среде щелочь NH₄OH;

в) щелочь NH OH – взаимодействуя со средой, дает соль и воду.

 

Теперь необходимо привести подобные:

 

8Al + 30HNO₃ = 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O.

 

Поведение концентрированной серной кислоты

 

Концентрированная серная кислота является сильным окислителем за счет S⁺⁶, входящей в ее состав, и может окислять даже медь.

Схема поведения концентрированной серной кислоты в зависимости от характера восстановителя:

 

H S O _(конц) + м/а Ме, не Ме → S O ↑

 

H S O _(конц) + акт Ме → S ↓

 

H S O _(конц) + Оч акт.Ме → H S ↑

 

Рассмотрим следующий пример:

 

H S O _(конц) + Na S = …

                                                                     о-ль                             в-ль

 

Некоторые пояснения к решению:

а) окислитель S , восстановитель S , элемент неметалл, следовательно, S → S ;

б) так как любая система стремится к равновесию, потенциалы серы, окислителя и восстановителя должны выровняться и стать, естественно, +4;

в) среда, как нетрудно догадаться, серная кислота:

 

3H S O _(конц) + Na S + H SO = 4S O + Na SO + 4H₂O

                         о-ль   X                          в-ль                среда                        X                                                 X

 

3   1	6	S +2ē → S в-е
		S –6ē → S о-е

3S + S = 3S + S         приведем подобные

 

3S + S = 4S .

Поведение пероксидов (перекисей) в ОВР

 

Пероксиды, в отличие от оксидов, это соединение элементов с кислородом, в которых О , например, перекись водорода Н О . Такое ОЧ кислорода связано со сложностью строения молекулы и наличием в ней неполярной ковалентной связи:

 

Н — О — О — Н

 

Перекись водорода является слабой кислотой, и катионы водорода могут замещаться на катионы металлов, образуя пероксиды соответствующих  металлов. Суть поведения пероксидов в ОВР от этого не меняется, так как носитель неустойчивого ОЧ остается одним и тем же – О .

Устойчивые ОЧ кислорода О и О , а отсюда схемы ее поведения в ОВР:

 

О –2ē = О о-е

                                                                                    в-ль

 

О +2ē = 2О в-е

                                                                                 о-ль

 

Следовательно, перекись водорода проявляет ОВ двойственность.

В общем и целом окислительные функции  перекиси водорода преобладают над восстановительными, но реализуются и те, и другие в зависимости от наличия в реакции окислителя (тогда Н₂О₂ восстановитель) или восстановителя (тогда Н₂О₂ - окислитель).

Рассмотрим пару примеров. Надеюсь, что разобранные в деталях предыдущие уравнения ОВР позволяют прибегнуть к упрощенному варианту.

 

2K Mn O + 5H O + 3H SO = 2Mn SO + 5O + K SO + 8H₂O

                  о-ль      X                в-ль                    среда                                                                                                X

 

2   5	10	Mn +5ē → Mn в-е
		O –2ē → O о-е

2Mn + 5O = 2Mn + 5O

 

В первом случае Н₂О₂ выступала в роли восстановителя. Рассмотрим пример ОВР, где Н₂О₂ – окислитель.

 

2K I + H O + H SO = I + K SO + 2H O

                                    в-ль             о-ль Х              среда                                                              X

 

1   1	2	2I –2ē → I о-е
		O   +2ē → 2O в-е

2I + O = I + 2O

 

Комментарий: так как кислород не выделяется в виде отдельного продукта, он войдет в продукты реакции.

 

 

Реакции внутримолекулярного окисления-восстановления  

 

Реакции диспропорционирования

 

Реакциями внутримолекулярного окисления-восстановления называется ОВР, в которых окислитель и восстановитель находятся в одной и той же молекуле, например:

 

2К Сl O → 2K Cl + 3O

                                                                                X                                            X                                                

 

В определенных условиях (например, в присутствии катализатора Cl⁺⁵ способен окислить О ).

 

2   3	12	Cl  +6ē = Cl в-е
		2O   –4ē = O о-е

2Cl + 6O = 2Cl + 3O

 

Реакциями диспропорционирования называются ОВР, в которых окислитель и восстановитель не только находятся в одной и той молекуле, но и являются одним и тем же элементом в одной и той же степени окисления:

 

4K Cl O → K Cl + 3K Cl O

                                                                        X                                                            X

 

1   3	6	Cl +6ē = Cl в-е
		Cl –2ē = Cl о-е

Cl + 3Cl = Cl + 3Cl

 

4Cl = Cl + 3Cl .

ОВР при двух восстановителях в одной молекуле

 

Рассмотрим данный вариант на следующем примере:

 

Sb S +14Na N O +8Na OH =2Na Sb O +3Na S O +14Na N O +4H₂O

    в-ль                     о-ль    X           среда X                                   X                            X                               Х                X

 

28ē 1   14	28	2Sb –4ē → 2Sb              о-е 3S –24ē → 3S                о-е
		N +2ē → N                     в-е

2Sb + 3S + 14N = 2Sb + 3S + 14N

 

Из уравнения видно, как поступать в подобных случаях.

 

 

Составление ОВР при дробных ОЧ

 

Пример:              

 

C₃H₈ + O₂ =

 

Дробное ОЧ у углерода связано с неполярными связями в молекуле пропана. В этом случае проще всего объединить все атомы углерода в конгломерат с общим ОЧ, определяемым по количеству атомов водорода (C ) H , а затем составить уравнение электронного баланса в зависимости от того, какой продукт мы собираемся получить, например, C O :  

 

(C ) H + 5O = 3C O + H₂O

                                                                в-ль           о-льX                    X                  X                                                

 

1   5	20	(C ) –20ē = 3C о-е
		O +4ē = 2O в-е

(C ) + 5O = 3C + 10O

 

Мы рассмотрели основные типы обменных, ионных и окислительно-восстановительных реакций, прорешав их, на мой взгляд, даже излишне подробно. Тот, кто проделал все это вместе с нами, я надеюсь, больше никогда не будет испытывать затруднений при решении уравнений химических реакций. Если же затруднения возникают, прорешайте все уравнения с самого начала самостоятельно, и все станет на свое место.

 

 

Контрольные задания для решения ОВР приведены ниже:

 

1.     MnSO₄ + KNO₃ + KOH  = Mn⁺⁶ + ….

2.     MnSO₄ + KNO₃ + KOH  = Mn⁺⁷ + ….

3.     MnSO₄ + KClO₂ + NaOH  = Mn⁺⁷ + ….

4.     MnSO₄ + KClO + KOH  = Mn⁺⁷ +…

5.     K₂Cr₂O₇ + Na₂S + H₂SO₄ =

6.     K₂Cr₂O₇ + Na₂SO₃ + H₂SO₄ =

7.     K₂Cr₂O₇ + Na₂SO₃ + H₂O =

8.     Cr₂( SO₄)₃ + KNO₃ + NaOH =

9.     Cr₂( SO₄)₃ + Cl₂ + KOH =

10. Cr₂( SO₄)₃ + KClO₃ + NaOH =

11. K₂Cr₂O₇ + HCl_(конц)  =

12. As₂O₃ + Zn + H₂SO₄ = As^-3 + …

13. Al + H₂O + NaOH =

14. Cr + H₂O + KOH =

15. S + H₂SO_4(конц) =

16. Cu + H₂SO_4(конц) =

17. (NH₄)₂SO₄ + HNO_3(конц) =

18. Cu + HNO₃ =

19. Zn + HNO₃ =

20. Au + HNO₃ + HCl =

21. Hg₂Cl₂ + KClO₄ + HCl =

22. K₂MnO₄ + H₂O =

23. Cl₂ + H₂O =

24. KClO₂ =

25. Br₂ + NaOH =

26. KMnO₄ + KI + H₃PO₄ =

27. KMnO₄ + H₂O₂ + H₃PO₄ =

28. MnSO₄ + KNO₃ + KOH  = Mn⁺⁷ + …

29. MnSO₄ + KClO₃ + NaOH  = Mn⁺⁶ + …

30. MnSO₄ + PbO₂ + NaOH = PbSO₄ + Mn⁺⁶ + …

31. Cr₂( SO₄)₃ + KNO₃ + NaOH =

32. Cr₂( SO₄)₃ + KClO₃ + NaOH =

33. CrCl₃ + PbO₂ + KOH =

34. Na₃PO₄ + Al + H₂SO₄ = P^-3 + …

35. FeS + KNO₃ + KOH =

36. FeS₂ + KNO₃ + KOH =

37. C₅H₁₂ + O₂ = C⁺⁴ + …

 

 

 

 

 

Список литературы

 

1. Коровин Н. В. Курс общей химии. – М., 1981.

2. Харин А. Н. Курс химии. – М., 1975.

3. Глинка Н. Л. Общая химия. – М., 1990.

 

 

 

 

 

 

Содержание

 

1 Основные классы неорганиеских соединений ……………………………..….. 3

2 Обменные реакции ……………………………………………………………... 22

3 Ионные реакции в растворах электролитов …………………………………... 36

4 Окислительно-восстановительная реакция (ОВР) …...………………………. 51

Список  литературы ………..……………………………………………………... 70

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Основной план 2004 г., поз.  98

 

 

 

Александр Иванович Мокрышев

 

 

 

 

 

ХИМИЯ

 

Конспект лекций

 

(для студентов, имеющих пробелы в школьной подготовке по химии)

 

Часть 2

 

 

 

 

 

 

Редактор Ж. М. Сыздыкова

 

 

 

 

 

 

Подписано в печать___.___.___.                             Формат 60х84   1/16

Тираж ___50___ экз.                                                 Бумага типографская №1

Объем ___4___ уч.-изд.л.                                         Заказ ____. Цена __140__.

 

 

 

 

 

 

Копировально-множительное бюро

Алматинского института энергетики и связи

480013 Алматы, Байтурсынова, 126