Окислительно-восстановительные процессы в химии 1

1. Степень окисления.Степень окисления. 2. Метод электронного баланса.Метод электронного баланса. 3. Составление уравнений сложных окислительно-восстановительных реакций.Составление уравнений сложных окислительно-восстановительных реакций. 4. Метод полуреакций (электронно-ионный метод)Метод полуреакций (электронно-ионный метод) 5.Электролиз.Электролиз. 6. Коррозия и способы защиты от коррозии.Коррозия и способы защиты от коррозии. 2

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

Определение степени окисления 1)В простом веществе элемент имеет нулевую степень окисления (H 2 0, Fe 0, P 4 0, …) 2)Степень окисления металлов в соединениях – положительная: щелочные металлы [+1], щёлочноземельные металлы, Mg, Zn, Cd [+2], алюминий [+3] 3)Фтор в соединениях [–1] 4)Водород [+1] (кроме соединений с металлами NaH –, CaH – 2, …) 5)Кислород [– 2] (кроме пероксидов Na 2 O 2, KO 2 и др. и соединения со фтором OF 2, O 2 F 2, …) 1. Степень окисления 4

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

В ионе сумма степеней окисления всех элементов равна заряду иона 1. Степень окисления [S (X) 2 O –2 7 ] 2– 2x + 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.

1. Степень окисления 7 Пример 3.

1. Степень окисления 8 Пример 4.

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

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.

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

2. Метод электронного баланса 3) Написать уравнения процессов окисления и восстановления, для этого а) найти, какое число электронов участвует в процессах Al 0 – 3ē = Al +3 O 0 + 2ē = 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 2Al 0 – 6ē = 2Al +3 O ē = 2O –2 12

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

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

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

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

2. Метод электронного баланса Всего в книге тренировочных тестов 15 уравнений для выработки навыков составления уравнений полуреакций окисления и восстановления и 26 уравнений для уравнивания ОВР. 17

2. Метод электронного баланса 18 Пример 6.

2. Метод электронного баланса 19 Классификация ОВР Межмолекулярные ОВР реакции, в которых окислитель и восстановитель входят в состав разных веществ: 2KMn +7 O 4 + 3H 2 SO 4 + 5Na 2 S +4 O 3 = окислитель восстановитель = K 2 SO 4 + 2Mn +2 SO 4 + 5Na 2 S +6 O 4 + 3H 2 O

2. Метод электронного баланса 20 Внутримолекулярные ОВР реакции, в которых окислитель и восстановитель (атомы разных элементов или атомы одного элемента в разных степенях окисления) находятся в составе одного вещества: а) 2KCl +5 O –2 3 = 2KCl –1 + 3O 0 2 (Cl +5 – окислитель, O –2 – восстановитель) б) N –3 H 4 N +3 O 2 = N H 2 O (N +3 – окислитель, N –3 – восстановитель)

2. Метод электронного баланса 21 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: 4KCl +5 O 3 = KCl –1 + 3KCl +7 O 4 (Cl +5 – окислитель, Cl +5 – восстановитель) 3S 0 + 6NaOH = 2Na 2 S –2 + Na 2 S +4 O 3 + 3H 2 O или 4S 0 + 6NaOH = 2Na 2 S –2 + Na 2 S +2 2 O 3 + 3H 2 O (S 0 – окислитель, S 0 – восстановитель)

Основные 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 Метод электронного баланса

3. Составление уравнений сложных окислительно-восстановительных реакций. 3. Сложные ОВР – вопрос С1 23 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)

3. Сложные ОВР – вопрос С1 24 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) 2K 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

3. Сложные ОВР – вопрос С1 25 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

3. Сложные ОВР – вопрос С1 26 Азотная кислота HNO 3

6) Cl 2 (Br 2 ) + NaOH очень сильный окислитель Cl NaOH + … NaCl – + H 2 O + … 27 7) NaNO 3 + NaOH очень сильный окислитель NaN +5 O 3 + NaOH + … NaN +3 O 2 + H 2 O + … 3. Сложные ОВР – вопрос С1

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

И окислитель, и восстановитель Сложные ОВР – вопрос С1

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 … + …. Mn +2 Cl 2 KCl H2OH2O 3. KMn +7 O 4 + HCl – Mn +2 Cl 2 + Cl KCl + H 2 O Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 7.

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 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 Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 8.

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 H2OH2O 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 Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 9.

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 H2OH2O 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 Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 10.

Окислитель Cl +5 … Cl – восстановитель, Fe +2 … Fe +3 H2OH2O 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 Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 11.

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 –2 ? + 10 = 0 O ē = 2O –2 (4C) ē = 4C – (+16) = (C 4 ) –10 H O 0 2 8C +4 O – H +1 2 O ·13 · Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 12.

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

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 ē = Mn +2 (4C) ē = (3C) -2 + C = – (+2) = -10 (C 4 ) -8 H 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 KMn +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 · Сложные ОВР – вопрос С1 Пример 14.

Метод полуреакций (электронно-ионный метод) 4. Метод полуреакций 38

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 39

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 ). 40

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 H 2 O Уравниваем заряды в левой и правой частях уравнения: (–1) + (+8) = +7 Для уравнивания зарядов добавляем 5 моль электронов в левую часть уравнения: MnO 4 – + 8H + + 5ē Mn H 2 O 4. Метод полуреакций (+2) + 0 = 2 41

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 Для уравнивания зарядов убираем 2 моль электронов из левой части уравнения: NO 2 – + H 2 O … NO 3 – + 2H + NO 2 – + H 2 O – 2ē NO 3 – + 2H + 4. Метод полуреакций (–1) + (+2) = +1 42

NO 2 – + H 2 O – 2ē 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 + + 5ē Mn H 2 O·2 ·5 5NO 2 – + 5H 2 O – 10ē 5NO 3 – + 10H + 2MnO 4 – + 16H ē 2Mn H 2 O·2 ·5 2MnO 4 – + 16H ē + 5NO 2 – + 5H 2 O – 10ē 2Mn H 2 O + 5NO 3 – + 10H + После сокращения ионов и молекул, встречающихся в левой и правой частях уравнения, получаем: 2MnO 4 – + 6H + + 5NO 2 – 2Mn H 2 O + 5NO 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 43

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 … + 2H + … + 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 44

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 NO 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 45

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 Для уравнивания зарядов добавляем 2 моль электронов в левую часть уравнения: NO 3 – + H 2 O + 2ē NO 2 – + 2OH – 4. Метод полуреакций 46

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 + (–10) = –10 2(–2) + 0 = –4 Для уравнивания зарядов убираем 6 моль электронов из левой части уравнения: Cr 2 O OH – … 2CrO 4 2– + 5H 2 O Cr 2 O OH – –6ē 2CrO 4 2– + 5H 2 O 4. Метод полуреакций 47

4. Уравниваем число отданных и принятых электронов, определяем коэффициенты для частных реакций (полуреакций) процессов восстановления и окисления и записываем суммарное баланса уравнение: ·3·3 ·1·1 3NO 3 – + 3H 2 O + 6ē + Cr 2 O OH – –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 OH – –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 48

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 KCl –1 + H 2 O 4. Метод полуреакций 49

ClO 3 – + 3H 2 O + 6ē Cl – + 6OH – (–1) + 0 = –1 (–1) + (–6) = –7 0 + (–6) = – = 0 2NH 3 + 6OH – – 6ē N H 2 O ·1·1 ·1·1 ClO 3 – + 3H 2 O + 6ē + 2NH 3 + 6OH – – 6ē Cl – + 6OH – + N H 2 O ClO 3 – + 2NH 3 Cl – + N H 2 O 2NH 3 + KClO 3 N 2 + KCl + 3H 2 O 4. Метод полуреакций 50

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 51

NO 3 – + 2H + + 1ē NO 2 + H 2 O (–1) + (+2) = = 0 (0 + 0 = 0 (+6) + (–8) + (+32) = +30 2FeS H 2 O – 30ē 2Fe SO 4 –2 + 32H + ·30 ·1·1 30NO 3 – + 60H ē + 2FeS H 2 O – 30ē 30NO H 2 O + 2Fe SO 4 –2 + 32H + 30NO 3 – + 28H + + 2FeS 2 30NO H 2 O + 2Fe SO 4 –2 2FeS HNO 3 (конц.) Fe 2 (SO 4 ) NO 2 + H 2 SO H 2 O. 4. Метод полуреакций 52

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 53

MnO 4 – + 2H 2 O + 3ē MnO 2 + 4OH – (–1) + 0 = – (–4) = –4 0 + (–2) = –2 0 = 0 C 3 H 6 + 2OH – – 2ē C 3 H 6 (OH) 2 ·2·2 ·3·3 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 54

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 55

MnO 4 – + 8H + + 5ē Mn H 2 O (–1) + (+8) = +7 (+2) + 0 = = (+12) = +12 (C 8 )H H 2 O – 12ē (C 7 )H 6 O 2 + CO H + ·5·5 ·12 5(C 8 )H H 2 O – 60ē + 12MnO 4 – + 96H ē 5(C 7 )H 6 O 2 + 5CO H Mn H 2 O 5(C 8 )H MnO 4 – + 36H + 5(C 7 )H 6 O 2 + 5CO Mn H 2 O 5(C 8 )H KMnO 4 – + 18H 2 SO 4 5(C 7 )H 6 O 2 + 5CO MnSO 4 + 6K 2 SO H 2 O 4. Метод полуреакций 56

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 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 4. Метод полуреакций 57

MnO 4 – + 8H + + 5ē Mn H 2 O (–1) + (+8) = +7 (+2) + 0 = = (+6) = +6 C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 2H 2 O – 6ē C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 6H + ·5·5 ·6·6 5C 6 H 4 (NO 2 )CH H 2 O – 30ē + 6MnO 4 – + 48H ē 5C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 30H + + 6Mn H 2 O 4. Метод полуреакций 5C 6 H 4 (NO 2 )CH 3 + 6MnO 4 – + 18H + 5C 6 H 4 (NO 2 )COOH + 6Mn H 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 H 2 O 58

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: CHCH + 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 59

MnO 4 – + 2H 2 O + 3ē MnO 2 + 4OH – (–1) + 0 = –1 0 + (–4) = –4 0 + (–10) = –10 (–2) + 0 = –2 (C 2 )H OH – – 8ē (C 2 )O 4 –2 + 6H 2 O ·3·3 ·8·8 3(C 2 )H OH – – 24ē + 8MnO 4 – + 16H 2 O + 24ē 3(C 2 )O 4 –2 + 18H 2 O + 8MnO OH – 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 60

5. Электролиз Электролиз

62 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

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

64 3 Происходит обмен электронами между электродами и ионами: -К Na + + ē Na 0 +A Cl - -ē Cl Na + + 2ē + 2Cl - - 2ē 2Na 0 + Cl 2 0 2NaCl 2Na + Cl 2 5. Электролиз

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

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

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

68 5. Электролиз MAn M + + An – H 2 O Процессы на катоде: -К AlH2H2 H OH – Me 0 ; H OH – Me 0 На катоде – катодное восстановление

69 5. Электролиз Пример 15.

70 5. Электролиз AlH2H2 H OH – Me 0 ; H OH – Me 0 Калий в ряду активности левее алюминия, поэтому образуются H 2 и KOH (р-р) Пример 15.

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

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

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

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

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

76 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.

77 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-A SO 4 2- : H 2 O: Анод = графит – инертный! Cu e = Cu 0 Кислородсодержащий (не окисляется) 2H 2 O – 4e = O H + 2Cu ē + 2H 2 O – 4ē = 2Cu 0 + O H + 2CuSO 4 + 2H 2 O = 2Cu + O 2 + 2H 2 SO 4 Электронное уравнение: Молекулярное уравнение: 5. Электролиз ·2·2 ·1·1 Пример 19.

78 5. Электролиз Всего 14 примеров с решениями

79 5. Электролиз Пример 20.

80 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

81 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 SO 4 2– H 2 O -К Fe 3+ : Fe e = Fe 0 H 2 O: 2H 2 O + 2e = H OH – -A-A SO 4 2- : H 2 O: Анод = графит – инертный! не окисляется 2H 2 O – 4ē O H +

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

83 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 OH – 2H 2 O – 4e O H + 4H 2 O + 4e + 2H 2 O – 4e = 2H OH – + O H + 2H 2 O = 2H 2 + O 2 (2) Для восстановления воды

84 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 + 2H 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

85 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.

86 5. Электролиз 1) K 2 Cr +6 2 O 7 + HCl – = ? K 2 Cr +6 2 O 7 + HCl – = KCl + Cr +3 Cl 3 + Cl 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 Cr ē = 2Cr +3 ·1 2Cl – – 2ē = Cl 0 2 ·3 2Cr ē + 6Cl – – 6ē = 2Cr Cl 0 2 K 2 Cr +6 2 O HCl – = 2KCl + 2Cr +3 Cl 3 + 3Cl H 2 O

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

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

89 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 ē = Fe 0 H 2 O: 2Br – – 2ē Br 2 0 ·2 ·3·3 2Fe ē + 6Br – – 6ē = 2Fe 0 + 3Br 0 2 2FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 (1) Для восстановления металла

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

91 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 + 2FeBr 3 = 2Fe + 3Br 2 + 3H 2 + 2Fe(OH) 3 + 3Br 2 4FeBr 3 + 6H 2 O = 2Fe + 6Br 2 + 3H 2 + 2Fe(OH) 3

Электролиз солей карбоновых кислот 92 CH 3 CH 2 COONa CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : H 2 O:2H 2 O + 2ē = H OH -

Электролиз солей карбоновых кислот 93 CH 3 CH 2 COONa CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : -A-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 OH - 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

Электролиз солей карбоновых кислот 94 CH 3 CH 2 COONa CH 3 CH 2 COO - + Na + H 2 O -К Na + : -A-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 OH - 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

95 Применение электролиза Получение чистых металлов (рафинирование) – Zn, Cu, Cd,… - электролиз с растворимым анодом.Cu 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

6. Коррозия и способы защиты от коррозии Коррозия

процесс самопроизвольного разрушения металлов в результате взаимодействия с окружающей средой. Коррозия – 6. Коррозия Me + окислитель e Химическая коррозия Электрохимическая коррозия 97

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 98

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

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

Электрохимическая коррозия металлов 6. Коррозия 101

Наиболее распространенные окислители в окружающей среде: Чистый влажный воздух O 2 + 2H 2 O + 4 ē = 4OH – растворы кислот 2H ē = H Коррозия 102

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 ē Sn Fe 2+ (Окислитель) 6. Коррозия Пример

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 ē Sn 4OH - Fe 2+ (Окислитель) Fe расположено левее в ряду активности чем Sn, следовательно Fe - более активно, - будет окисляться, - является анодом Sn – катод, на нём восстанавливается окислитель 6. Коррозия Пример

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 ē Sn 4OH - Fe 2+ (Окислитель) Fe расположено левее в ряду активности чем Sn, следовательно Fe - более активно, - будет окисляться, - является анодом Sn – катод, на нём восстанавливается окислитель 6. Коррозия Fe(OH) 2 Пример

На аноде: -А) Fe 0 - 2ē = Fe 2+ На катоде: +К) 2H 2 O + O 2 + 4ē = 4OH – Молекулярное уравнение 2Fe + O 2 + 2H 2 O = 2Fe(OH) 2 Первичный процесс 6. Коррозия 2Fe 0 - 4ē + O H 2 O + 4ē = 2Fe OH - ·2 ·1·1 Fe(OH) 2 – вещество белого цвета! 106

Вторичные процессы: 1)Для железа и хрома происходит окисление первичного продукта коррозии 2) 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 2Fe(OH) 3 3H 2 O + Fe 2 O 3 и др. Ржавчина не имеет формулы (смесь веществ) 6. Коррозия 107

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

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

6. Коррозия На аноде: -А) Zn 0 - 2ē = Zn 2+ На катоде: +К) 2H 2 O + O 2 + 4ē = 4OH – ·2 ·1·1 2Zn 0 - 4ē + O H 2 O + 4ē = 2Zn OH - 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. 110

111 Способы защиты от коррозии-1 1. Защитные покрытия неметаллическиеметаллические 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

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

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

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

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

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 Все вебинары издательства «Легион» носят обучающий характер

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