Näitä ovat reaktiot, joissa reagoivat aineet vaihtavat elektroneja ja muuttavat siten reagoivien aineiden muodostavien alkuaineiden atomien hapetusastetta.

Esimerkiksi:

Zn + 2H + → Zn 2+ + H2,

FeS 2 + 8HNO 3 (kons.) = Fe(NO 3) 3 + 5NO + 2H 2 SO 4 + 2 H 2 O,

Suurin osa kemiallisista reaktioista on redox-reaktioita, ja niillä on erittäin tärkeä rooli.

Hapetus on prosessi, jossa atomi, molekyyli tai ioni menettää elektroneja.

Jos atomi luovuttaa elektroninsa, se saa positiivisen varauksen:

Esimerkiksi:

Al-3e- = Al 3+

H2-2e- = 2H+

Hapettumisen aikana hapetusaste kasvaa.

Jos negatiivisesti varautunut ioni (varaus -1), esimerkiksi Cl -, luovuttaa 1 elektronin, siitä tulee neutraali atomi:

2Cl - - 2e - = Cl 2

Jos positiivisesti varautunut ioni tai atomi luovuttaa elektroneja, niin sen positiivisen varauksen suuruus kasvaa luovutettujen elektronien lukumäärän mukaan:

Fe 2+ - e - = Fe 3+

Pelkistys on prosessi, jossa atomin, molekyylin tai ionin avulla saadaan elektroneja.

Jos atomi saa elektroneja, siitä tulee negatiivisesti varautunut ioni:

Esimerkiksi:

Сl 2 + 2е- = 2Сl -

S + 2е - = S 2-

Jos positiivisesti varautunut ioni ottaa vastaan ​​elektroneja, sen varaus pienenee:

Fe 3+ + e- = Fe 2+

tai se voi mennä neutraaliin atomiin:

Fe 2+ + 2e- = Fe 0

Hapettava aine on atomi, molekyyli tai ioni, joka hyväksyy elektroneja. Pelkistävä aine on atomi, molekyyli tai ioni, joka luovuttaa elektroneja.

Hapettava aine pelkistyy reaktion aikana, pelkistävä aine hapettuu.

Hapetukseen liittyy aina pelkistys, ja päinvastoin pelkistyminen liittyy aina hapettumiseen, joka voidaan ilmaista yhtälöillä:

Pelkistävä aine - e - ↔ Hapettava aine

Hapettava aine + e - ↔ Pelkistävä aine

Siksi redox-reaktiot edustavat kahden vastakkaisen prosessin - hapettumisen ja pelkistyksen - yhtenäisyyttä

Tärkeimmät pelkistimet ja hapettavat aineet

Kunnostajat

Hapettavat aineet

Metallit, vety, hiili Hiili(II)monoksidi CO rikkivety H 2 S, rikkioksidi (IV) SO 2, rikkihappo H 2 SO 3 ja sen suolat Jodivetyhappo HI, bromivetyhappo HBr, suolahappo HCl Tina(II)kloridi SnCl2, rauta(II)sulfaatti FeSO4, mangaani(II)sulfaatti MnSO4, kromi(III)sulfaatti Cr2(SO4)3 Typpihappo HNO 2, ammoniakki NH 3, hydratsiini N 2 H 4, typpioksidi (II) NO Fosforihappo H3PO3 Aldehydit, alkoholit, muurahais- ja oksaalihapot, glukoosi Katodi elektrolyysin aikana

Halogeenit kaliumpermanganaatti KMnO 4, kaliummanganaatti K 2 MnO 4, mangaani(IV)oksidi MnO 2 kaliumdikromaatti K 2 Cr 2 O 7 , kaliumkromaatti K 2 CrO 4 Typpihappo HNO3 Happi O 2, otsoni O 3, vetyperoksidi H2O2 Rikkihappo H 2 SO 4 (konsentr.), seleenihappo H 2 SeO 4 Kupari(II)oksidi CuO, hopea(I)oksidi Ag 2 O, lyijy(IV)oksidi PbO 2 Jalometalli-ionit (Ag +, Au 3+ jne.) Rauta(III)kloridi FeCl3 Hypokloriitit, kloraatit ja perkloraatit Aqua regia, tiivistetyn typpi- ja fluorivetyhapon seos Anodi elektrolyysin aikana

Elektroninen saldomenetelmä.

OVR:n tasaamiseen käytetään useita menetelmiä, joista tarkastelemme nyt yhtä - elektronista saldomenetelmää.

Kirjoitetaan yhtälö alumiinin ja hapen väliselle reaktiolle:

Al + O 2 = Al 2 O 3

Älä anna tämän yhtälön yksinkertaisuuden pettää. Tehtävämme on ymmärtää menetelmä, jonka avulla voit tulevaisuudessa tasoittaa paljon monimutkaisempia reaktioita.

Joten mikä on elektroninen saldomenetelmä? Tasa-arvo on tasa-arvoa. Siksi elektronien lukumäärä, jonka yksi alkuaine luovuttaa ja toinen alkuaine hyväksyy tietyssä reaktiossa, tulisi tehdä yhtä suureksi. Aluksi tämä määrä näyttää erilaiselta, kuten voidaan nähdä alumiinin ja hapen erilaisista hapetusasteista:

Al 0 + O 2 0 = AI 2 + 3 O 3-2

Alumiini luovuttaa elektroneja (saattaa positiivisen hapetustilan) ja happi vastaanottaa elektroneja (saattaa negatiivisen hapetustilan). Hapetustilan +3 saavuttamiseksi alumiiniatomin on luovuttava 3 elektronia. Happimolekyylin on hyväksyttävä 4 elektronia, jotta se muuttuisi happiatomeiksi, joiden hapetusaste on -2:

Al 0 - 3e- = Al +3

020 + 4e- = 20-2

Jotta annettujen ja vastaanotettujen elektronien määrä olisi yhtä suuri, ensimmäinen yhtälö on kerrottava 4:llä ja toinen kolmella. Tätä varten riittää, että siirretään annettujen ja vastaanotettujen elektronien lukumäärää ylä- ja alaosaa vasten. viivoja yllä olevan kaavion mukaisesti.

Jos nyt yhtälössä laitamme löytämämme kertoimen 4 pelkistimen (Al) eteen ja löytämämme kertoimen 3 hapettimen (O 2) eteen, niin annettujen ja vastaanotettujen elektronien määrä tasataan ja tulee yhtä suureksi kuin 12. Elektroninen tasapaino on saavutettu. Voidaan nähdä, että ennen reaktiotuotetta Al 2 O 3 vaaditaan kerroin 2. Nyt redox-reaktion yhtälö on tasoittunut:

4Al + 3O 2 = 2Al 2O 3

Kaikki elektronisen tasapainotusmenetelmän edut näkyvät monimutkaisemmissa tapauksissa kuin alumiinin hapetus hapella.

Esimerkiksi hyvin tunnettu "kaliumpermanganaatti" - kaliumpermanganaatti KMnO 4 - on voimakas hapetin johtuen Mn-atomista hapetustilassa +7. Jopa kloorianioni Cl – antaa sille elektronin, joka muuttuu klooriatomiksi. Tätä käytetään joskus kloorikaasun tuottamiseen laboratoriossa:

K + Mn + 7 O 4 - 2 + K + Cl - + H 2 SO 4 = Cl 2 0 + Mn + 2 SO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O

Luodaan sähköinen saldokaavio:

Mn +7 + 5e- = Mn +2

2Cl - - 2e- = Cl 2 0

Kaksi ja viisi ovat yhtälön pääkertoimet, joiden ansiosta on mahdollista valita helposti kaikki muut kertoimet. Ennen Cl 2:ta sinun tulee laittaa kerroin 5 (tai 2 × 5 = 10 ennen KСl:a) ja ennen KMnO 4 -kerrointa 2. Kaikki muut kertoimet on sidottu näihin kahteen kertoimeen. Tämä on paljon helpompaa kuin toimiminen yksinkertaisesti murskaamalla numeroita.

2 KMnO 4 + 10 KCl + 8H 2 SO 4 = 5 Cl 2 + 2 MnSO 4 + 6 K 2 SO 4 + 8 H 2 O

K-atomien määrän tasoittamiseksi (vasemmalla 12 atomia) on tarpeen laittaa K 2 SO 4:n eteen yhtälön oikealle puolelle kerroin 6. Lopuksi hapen ja vedyn tasaamiseksi riittää. laitetaan H 2 SO 4:n ja H 2 O:n eteen kerroin 8. Saamme yhtälön lopullisessa muodossaan.

Elektroninen tasapainomenetelmä, kuten näemme, ei sulje pois tavanomaista kertoimien valintaa redox-reaktioiden yhtälöissä, mutta voi merkittävästi helpottaa tällaista valintaa.

Yhtälön laatiminen kuparin reaktiolle palladium(II)nitraattiliuoksen kanssa. Kirjataan ylös reaktion alku- ja loppuaineiden kaavat ja osoitetaan muutokset hapetustiloissa:

josta seuraa, että pelkistimellä ja hapettimella kertoimet ovat yhtä kuin 1. Lopullinen reaktioyhtälö on:

Cu + Pd(NO 3) 2 = Cu(NO 3) 2 + Pd

Kuten näet, elektronit eivät näy kokonaisreaktioyhtälössä.

Yhtälön oikeellisuuden tarkistamiseksi laskemme kunkin elementin atomien lukumäärän sen oikealla ja vasemmalla puolella. Esimerkiksi oikealla puolella on 6 happiatomia, vasemmalla on myös 6 atomia; palladium 1 ja 1; kupari on myös 1 ja 1. Tämä tarkoittaa, että yhtälö on kirjoitettu oikein.

Kirjoitetaan tämä yhtälö uudelleen ionimuotoon:

Cu + Pd 2+ + 2NO 3 - = Cu 2+ + 2NO 3 - + Pd

Ja identtisten ionien pelkistyksen jälkeen saamme

Cu + Pd 2+ = Cu 2+ + Pd

Reaktioyhtälön laatiminen mangaani(IV)oksidin vuorovaikutukselle väkevän suolahapon kanssa

(klooria tuotetaan käyttämällä tätä reaktiota laboratoriossa).

Kirjataan ylös reaktion lähtö- ja loppuaineiden kaavat:

HCl + MnO 2 → Cl 2 + MnCl 2 + H 2 O

Osoitetaan atomien hapetusasteiden muutos ennen ja jälkeen reaktion:

Tämä reaktio on redox, koska kloori- ja mangaaniatomien hapetustilat muuttuvat. HCl on pelkistävä aine, MnO 2 on hapettava aine. Laadimme elektronisia yhtälöitä:

ja löydä pelkistimen ja hapettimen kertoimet. Ne ovat vastaavasti 2 ja 1. Kerroin 2 (eikä 1) asetetaan, koska 2 klooriatomia, joiden hapetusaste on -1, luovuttavat 2 elektronia. Tämä kerroin on jo elektronisessa yhtälössä:

2HCl + MnO 2 → Cl 2 + MnCl 2 + H 2O

Löydämme kertoimet muille reagoiville aineille. Elektronisista yhtälöistä käy selvästi ilmi, että 2 moolia kohti HCl:a on 1 mooli MnO 2:ta. Ottaen kuitenkin huomioon, että syntyvän kaksinkertaisesti varautuneen mangaani-ionin sitomiseen tarvitaan vielä 2 moolia happoa, pelkistimen eteen tulisi asettaa kerroin 4. Tällöin saadaan 2 moolia vettä. Lopullinen yhtälö on

4HCl + Mn02 = Cl2 + MnCl2 + 2H20

Yhtälön kirjoittamisen oikeellisuuden tarkistaminen voidaan rajoittaa yhden alkuaineen, esimerkiksi kloorin, atomien lukumäärän laskemiseen: vasemmalla puolella on 4 ja oikealla 2 + 2 = 4.

Koska elektronitasapainomenetelmä kuvaa reaktioyhtälöt molekyylimuodossa, ne tulisi laatia ja varmistuksen jälkeen kirjoittaa ionimuotoon.

Kirjoitetaan koottu yhtälö uudelleen ionimuotoon:

4Н + + 4Сl - + МnО 2 = Сl 2 + Мn 2 + + 2Сl - + 2Н 2 О

ja kumoamalla identtiset ionit yhtälön molemmilla puolilla saamme

4H + + 2Cl - + MnO 2 = Cl 2 + Mn 2 + + 2H 2O

Reaktioyhtälön laatiminen rikkivedyn vuorovaikutukselle happamaksi tehdyn kaliumpermanganaattiliuoksen kanssa.

Kirjoitetaan reaktiokaavio - lähtö- ja tuloksena olevien aineiden kaavat:

H 2 S + KMnO 4 + H 2 SO 4 → S + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O

Sitten näytetään atomien hapetustilojen muutos ennen ja jälkeen reaktion:

Rikki- ja mangaaniatomien hapetustilat muuttuvat (H 2 S on pelkistävä aine, KMnO 4 on hapetin). Muodostamme elektronisia yhtälöitä, ts. Kuvaamme elektronien häviön ja vahvistuksen prosesseja:

Ja lopuksi löydämme kertoimet hapettimelle ja pelkistimelle ja sitten muille reagoiville aineille. Elektronisista yhtälöistä on selvää, että meidän on otettava 5 mol H 2 S ja 2 mol KMnO 4, jolloin saadaan 5 mol S-atomia ja 2 mol MnSO 4. Lisäksi vertaamalla yhtälön vasemmalla ja oikealla puolella olevia atomeja, havaitsemme, että muodostuu myös 1 mol K 2 SO 4:a ja 8 mol vettä. Lopullinen reaktioyhtälö on

5Н 2 S + 2КМnО 4 + ЗН 2 SO 4 = 5S + 2МnSO 4 + К 2 SO 4 + 8Н 2 О

Yhtälön kirjoittamisen oikeellisuus varmistetaan laskemalla yhden alkuaineen, esimerkiksi hapen, atomit; vasemmalla puolella on 2 4 + 3 4 = 20 ja oikealla puolella 2 4 + 4 + 8 = 20.

Kirjoitamme yhtälön uudelleen ioniseen muotoon:

5H2S + 2MnO4- + 6H+ = 5S + 2Mn2+ + 8H2O

Tiedetään, että oikein kirjoitettu reaktioyhtälö on ilmaus aineiden massan säilymisen laista. Siksi samojen atomien lukumäärän lähtöaineissa ja reaktiotuotteissa on oltava sama. Maksut on myös säilytettävä. Lähtöaineiden varausten summan tulee aina olla yhtä suuri kuin reaktiotuotteiden varausten summa.

Elektroni-ionitasapainomenetelmä on elektronisen tasapainomenetelmään verrattuna yleisempi ja sillä on kiistaton etu kertoimien valinnassa monissa redox-reaktioissa, erityisesti orgaanisia yhdisteitä koskevissa reaktioissa, joissa jopa hapetusasteiden määritysmenetelmä on hyvin monimutkainen.

OVR-luokitus

Redox-reaktioita on kolme päätyyppiä:

1) Molekyylien väliset hapetus-pelkistysreaktiot
(kun hapetin ja pelkistävä aine ovat eri aineita);

2) Disproportionaatioreaktiot
(kun sama aine voi toimia hapettimena ja pelkistimenä);

3) molekyylinsisäiset hapetus-pelkistysreaktiot
(kun yksi osa molekyylistä toimii hapettimena ja toinen pelkistimenä).>

Katsotaanpa esimerkkejä kolmentyyppisistä reaktioista.

1. Molekyylien väliset hapetus-pelkistysreaktiot ovat kaikki reaktiot, joista olemme jo käsitelleet tässä kappaleessa.
Tarkastellaanpa hieman monimutkaisempaa tapausta, jolloin kaikkea hapettavaa ainetta ei voida kuluttaa reaktiossa, koska osa siitä on mukana tavallisessa, ei-redox-vaihtoreaktiossa:

Cu 0 + H + N + 5 O 3 - 2 = Cu + 2 (N + 5 O 3 - 2) 2 + N + 2 O - 2 + H 2 O

Jotkut NO 3 -hiukkaset osallistuvat reaktioon hapettimena tuottaen typpioksidia NO, ja osa NO 3 -ioneista siirtyy muuttumattomina kupariyhdisteeseen Cu(NO 3) 2. Luodaan sähköinen saldo:

Cu 0 - 2e- = Cu +2

N +5 + 3e- = N +2

Laitetaan kuparille löydetty kerroin 3 Cu:n ja Cu(NO 3) 2:n eteen. Mutta kerroin 2 tulisi sijoittaa vain NO:n eteen, koska kaikki siinä oleva typpi osallistui redox-reaktioon. Olisi virhe laittaa kerroin 2 HNO 3:n eteen, koska tämä aine sisältää myös ne typpiatomit, jotka eivät osallistu hapettumiseen-pelkistykseen ja ovat osa tuotetta Cu(NO 3) 2 (NO 3 -hiukkasia - tässä joskus kutsutaan "ioni" -observer").

Loput kertoimet voidaan valita helposti käyttämällä jo löydettyjä kertoimia:

3 Cu + 8HNO 3 = 3 Cu(NO 3) 2 + 2 NO + 4H 2 O

2. Disproportionaatioreaktiot tapahtuvat, kun saman aineen molekyylit pystyvät hapettamaan ja pelkistämään toisiaan. Tämä on mahdollista, jos aine sisältää minkä tahansa alkuaineen atomeja välihapetustilassa.

Tämän seurauksena hapetusaste voi joko laskea tai kasvaa. Esimerkiksi:

HN + 3 O 2 = HN + 5 O 3 + N + 2 O + H 2 O

Tätä reaktiota voidaan pitää reaktiona HNO 2:n ja HNO 2:n välillä hapettimena ja pelkistimenä käyttäen elektronitasapainomenetelmää:

HN + 3 O 2 + HN + 3 O 2 = HN + 5 O3 + N + 2 O + H 2 O

N +3 - 2e- = N +5

N +3 + e- = N +2

Saamme yhtälön:

2HNO 2 + 1 HNO 2 = 1 HNO 3 + 2 NO + H 2 O

Tai lisäämällä HNO 2:n moolit yhteen:

3HNO2 = HNO3 + 2NO + H2O

Molekyylinsisäiset hapetus-pelkistysreaktiot tapahtuvat, kun hapettavat atomit ja pelkistävät atomit ovat vierekkäin molekyylissä. Tarkastellaan Berthollet-suolan KClO 3:n hajoamista kuumennettaessa:

KCl + 5 O 3-2 = KCl - + O 2 0

Tämä yhtälö noudattaa myös elektronisen tasapainon vaatimusta:

Cl +5 + 6e- = Cl -

2O -2 - 2e- = O 2 0

Tässä syntyy vaikeus - kumpi kahdesta löydetystä kertoimesta pitäisi laittaa KClO 3:n eteen - onkohan tämä molekyyli sekä hapettavaa että pelkistävää ainetta?

Tällaisissa tapauksissa löydetyt kertoimet asetetaan tuotteiden eteen:

KClO 3 = 2KCl + 3O 2

Nyt on selvää, että KClO 3:a edeltää kertoimella 2.

2KClO 3 = 2KCl + 3O 2

Molekyylisisäistä berthollet-suolan hajoamisreaktiota kuumennettaessa käytetään hapen valmistuksessa laboratoriossa.

Puolireaktiomenetelmä

Kuten nimestä voi päätellä, tämä menetelmä perustuu ioniyhtälöiden laatimiseen hapetus- ja pelkistysprosessille ja niiden summaamiseen sitten kokonaisyhtälöksi.
Esimerkkinä luodaan yhtälö samalle reaktiolle, jolla selitettiin elektronisen tasapainon menetelmä.
Kun rikkivetyä H 2 S johdetaan happamaksi tehdyn kaliumpermanganaatti KMnO 4 -liuoksen läpi, karmiininpunainen väri katoaa ja liuos muuttuu sameaksi.
Kokemus osoittaa, että liuoksen sameutta tapahtuu alkuainerikin muodostumisen seurauksena, ts. prosessin kulku:

H2S → S + 2H+

Tämä kaavio tasataan atomien lukumäärällä. Tasoittaaksesi varausten lukumäärän, sinun on vähennettävä kaksi elektronia kaavion vasemmalta puolelta, minkä jälkeen voit korvata nuolen yhtäläisyysmerkillä:

H2S-2e- = S + 2H+

Tämä on ensimmäinen puolireaktio - pelkistimen H 2 S hapetusprosessi.

Liuoksen värjäytyminen liittyy MnO 4 - ionin (sillä on purppuranpunainen väri) siirtymiseen Mn 2+ -ioniksi (lähes väritön ja vain korkeissa pitoisuuksissa sen väri on haalea vaaleanpunainen), mikä voidaan ilmaista kaavio

Mn04- → Mn2+

Happamassa liuoksessa happi, joka on osa MnO 4 -ioneja, yhdessä vetyionien kanssa muodostaa lopulta vettä. Siksi kirjoitamme siirtymäprosessin seuraavasti:

Mn04- + 8H+ → Mn2+ + 4H20

Jotta nuoli korvattaisiin yhtäläisyysmerkillä, varaukset on myös tasattava. Koska alkuaineilla on seitsemän positiivista varausta (7+) ja loppuaineilla on kaksi positiivista varausta (2+), niin varausten säilymisen ehdon täyttämiseksi kaavion vasemmalle puolelle on lisättävä viisi elektronia:

MnO 4 - + 8H + + 5e - = Mn 2+ + 4H 2O

Tämä on toinen puolireaktio - hapettavan aineen pelkistysprosessi, ts. permanganaatti-ioni

Yleisen reaktioyhtälön laatimiseksi on tarpeen lisätä puolireaktioyhtälöt termi kerrallaan, kun on aiemmin tasoitettu annettujen ja vastaanotettujen elektronien määrät. Tässä tapauksessa pienimmän kerrannaisen löytämisen sääntöjen mukaisesti määritetään vastaavat tekijät, joilla puolireaktioyhtälöt kerrotaan. Lyhennetty muoto on seuraava:

Ja vähennämme 10H+, vihdoin saamme

5H2S + 2MnO4- + 6H+ = 5S + 2Mn2+ + 8H2O

Tarkistamme ionimuotoon laaditun yhtälön oikeellisuuden: happiatomien lukumäärä vasemmalla puolella on 8, oikealla 8; latausten määrä: vasemmalla puolella (2-)+(6+) = 4+, oikealla 2(2+) = 4+. Yhtälö on kirjoitettu oikein, koska atomit ja varaukset ovat yhtä suuret.

Puolireaktiomenetelmää käyttämällä reaktioyhtälö laaditaan ionisessa muodossa. Siirtyäksesi siitä yhtälöön molekyylimuodossa, teemme näin: ioniyhtälön vasemmalla puolella valitsemme vastaavan kationin jokaiselle anionille ja jokaiselle kationille - anionin. Sitten kirjoitamme samat ionit samaan numeroon yhtälön oikealle puolelle, minkä jälkeen yhdistämme ionit molekyyleiksi:

Näin ollen yhtälöiden laatiminen redox-reaktioista puolireaktiomenetelmällä johtaa samaan tulokseen kuin elektronitasapainomenetelmä.

Verrataanpa molempia menetelmiä. Puolireaktiomenetelmän etuna elektroniseen tasapainomenetelmään verrattuna on se. että se ei käytä hypoteettisia ioneja, vaan todella olemassa olevia ioneja. Itse asiassa liuoksessa ei ole ioneja, mutta ioneja on.

Puolireaktiomenetelmällä ei tarvitse tietää atomien hapetusastetta.

Yksittäisten ionisten puolireaktioyhtälöiden kirjoittaminen on välttämätöntä galvaanisen kennon ja elektrolyysin kemiallisten prosessien ymmärtämiseksi. Tällä menetelmällä ympäristön rooli aktiivisena osallistujana koko prosessissa näkyy. Lopuksi puolireaktiomenetelmää käytettäessä sinun ei tarvitse tietää kaikkia tuloksena olevia aineita, vaan ne näkyvät reaktioyhtälössä, kun se johdetaan. Siksi puolireaktioiden menetelmää tulisi suosia ja sitä tulisi käyttää laadittaessa yhtälöitä kaikille vesiliuoksissa tapahtuville redox-reaktioille.

Kunnostajat		Hapettavat aineet
Vety, hiili Hiilimonoksidi Rikkivety Rikki(IV)oksidi Rikkihappo ja sen suolat Vetyhalogenidit Metallikationit alemmissa asteissa hapetus: Typpihappo Hydratsiini Katodi klo elektrolyysi	SnCl 2, FeCl 2, MnSO 4, Cr 2 (SO 4) 3	Halogeenit Permanganaatit Manganaatit Mangaani(IV)oksidi Dichromats Typpihappo Rikkihappo Lyijy(IV)oksidi Vetyperoksidi Mononarikkihappo Diperrikkihapot Metallikationit korkeammissa määrin hapetus: kaliumkloraatti Anodi elektrolyysin aikana	F2; Cl2; I 2; Br 2 KMnO 4 K 2 Cr 2 O 7 K 2 CrO 4 H 2SO 4 väk. PbO2 TlCl3, Au(CNS)3

Yhdisteet, jotka sisältävät alkuaineatomeja, joilla on välihapetusaste, voivat olla sekä hapettavia että pelkistäviä aineita riippuen kumppanista, jonka kanssa ne reagoivat, ja reaktio-olosuhteista. Siten tyypillinen hapettava aine vetyperoksidi, kun se on vuorovaikutuksessa happamassa ympäristössä kaliumpermanganaatin kanssa, osoittautuu pelkistäväksi aineeksi:

5 H 2 O 2 + 2 KMnO 4 + 3 H 2 SO 4 = 2 MnSO 4 + K 2 SO 4 + 5 O 2 + 8 H 2 O,

ja tyypillinen pelkistävä aine natriumsulfiitti hapettaa alkalimetallisulfideja:

Na 2 SO 3 + 2 Na 2 S+ 3 H 2 O = 3 S  + 6 NaOH.

Lisäksi pelkistimet, jotka sisältävät atomeja alimmassa hapetustilassa, voivat olla hapettavia aineita toisen alkuaineen kustannuksella. Esimerkiksi tyypillinen pelkistävä aine ammoniakki voi hapettaa alkalimetalleja vetyatomien kustannuksella:

NH3 + Na = NaH2N + 1/2 H2.

OVR-yhtälöiden laatiminen

Redox-reaktiot kuvataan reaktioyhtälöillä, jotka heijastavat vuorovaikutuksessa olevien aineiden määriä ja tuloksena olevia tuotteita. ORR-yhtälöiden laatimiseksi käytä tai elektroninen saldomenetelmä (kaaviomenetelmä), tai elektroni-ioni tasapaino (puolireaktiomenetelmä).

Elektroninen tasapainomenetelmä on universaali, koska sen avulla voidaan määrittää stoikiometriset suhteet ORR:ssa kaikissa homo- ja heterogeenisissä järjestelmissä.

Elektroninen saldomenetelmä‑ menetelmä kertoimien löytämiseksi redox-reaktioiden yhtälöistä, jossa tarkastellaan elektronien vaihtoa hapetusastetta muuttavien alkuaineiden atomien välillä. Pelkistimen luovuttamien elektronien lukumäärä on yhtä suuri kuin hapettimen saamien elektronien lukumäärä.

Yhtälö kootaan useassa vaiheessa:

1. Kirjoita reaktiokaavio muistiin:

KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O.

2. Aseta hapetustilat hapetusastetta muuttavien alkuaineiden merkkien yläpuolelle:

KMn +704 + HCl-1 → KCl + Mn +2Cl2 + Cl20 + H20.

3. Tunnista hapetusasteita muuttavat alkuaineet ja määritä hapettavan aineen hankkimien ja pelkistimen luovuttamien elektronien lukumäärä:

Mn +7 + 5ē → Mn +2.

2Cl -1 - 2ē → Cl 2 0.

4. Tasaa hankittujen ja luovutettujen elektronien lukumäärä ja määritä siten kertoimet yhdisteille, jotka sisältävät hapetusastetta muuttavia alkuaineita:

Mn +7 + 5ē → Mn +2
2Cl -1 – 2ē → Cl 2 0

––––––––––––––––––––––––

2Mn +7 + 10Cl -1 → 2Mn +2 + 5Cl20.

5. Valitse kertoimet jäljellä oleville reaktion osallistujille:

2KMn +704 + 16HCl-1 → 2KCl + 2Mn +2Cl2 + 5Cl20 + 8H20.

Vesiliuoksissa tapahtuvien reaktioiden yhtälöiden kertoimien valitsemiseksi puolireaktiomenetelmä on edullinen.

Ensinnäkin sen avulla voit jättää pois elementtien hapetustilan määrittämistoiminnot.

Toiseksi, sen käyttöprosessissa saadaan välittömästi redox-reaktion lyhennetty ioniyhtälö.

Kolmanneksi puolireaktioyhtälön avulla on mahdollista määrittää ympäristön vaikutus prosessin luonteeseen.

Lisäksi elektroni-ionitasapainoa laadittaessa toimitaan ioneilla, jotka ovat todellisuudessa vesiliuoksessa, toisin kuin elektronitasapainomenetelmässä, joka käsittelee hypoteettisia hiukkasia, kuten Mn +7, Cr +6.

Elektroni-ionitasapainomenetelmä (puolireaktiomenetelmä).

Tämä menetelmä tarkastelee elektronien siirtymistä atomista tai ionista toiseen ottaen huomioon väliaineen luonteen (hapan, emäksinen tai neutraali), jossa reaktio tapahtuu. Kun laaditaan yhtälöitä hapetus- ja pelkistysprosesseille, vedyn ja happiatomien lukumäärän tasaamiseksi lisätään joko vesimolekyylejä ja vetyioneja (väliaineesta riippuen) (jos ympäristö on hapan), tai vesimolekyylejä ja hydroksidi-ioneja (jos ympäristö on emäksinen). Näin ollen tuloksena olevissa tuotteissa elektroni-ioniyhtälön oikealla puolella on vetyioneja ja vesimolekyylejä (hapan ympäristö) tai hydroksidi-ioneja ja vesimolekyylejä (emäksinen ympäristö).

Eli elektroni-ioniyhtälöitä kirjoitettaessa on lähdettävä liuoksessa todellisuudessa olevien ionien koostumuksesta . Lisäksi, kuten lyhennettyjä ioniyhtälöitä kirjoitettaessa, huonosti dissosioituvat, huonosti liukenevat tai kaasuna vapautuvat aineet tulee kirjoittaa molekyylimuotoon.

Harkitse esimerkiksi seuraavaa reaktiota:

H 2 O 2 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → MnSO 4 + O 2 + H 2 O + K 2 SO 4.

Pelkistysprosessiyhtälön stoikiometrisiä kertoimia haettaessa on suoritettava seuraavat operaatiot.

1. Tunnista hapetin ja pelkistysaine reagoivien aineiden joukosta. Esimerkissämme hapetin on KMnO 4, pelkistysaine H 2 O 2 ja niiden vuorovaikutuksen tuotteet ovat Mn 2+ ja O 2.

2. Kirjoita puolireaktiokaaviot:

H 2O 2 → O 2 hapetus;

MnO → Mn 2+. elpyminen.

3. Tasaa kaaviot:

a) elementillä, joka muuttaa hapetusastetta (esimerkissämme tätä ei vaadita);

b) hapella lisäämällä sitä tarvittaessa vesimolekyylien muodossa, jos reaktio tapahtuu happamassa ympäristössä, ja hydroksidi-ionina, jos reaktio tapahtuu emäksisessä ympäristössä:

H202 → O2;

MnO → Mn 2+ + 4 H20;

c) vedyllä lisäämällä sitä vetyioneina, jos reaktio tapahtuu happamassa ympäristössä, ja vesimolekyylien muodossa, jos reaktio tapahtuu emäksisessä ympäristössä, jos:

H 2O 2 → O 2 + 2 H+;

MnO+ 8H+ → Mn2+ + 4 H20;

d) ionien kokonaisvarauksella lisäämällä tai vähentämällä tarvittava määrä elektroneja:

H 2O 2 - 2ē → O 2 + 2 H+;

MnO 4 - + 8 H + + 5 ē → Mn 2+ + 4H 2O.

4. Tasaa luovutettujen ja hyväksyttyjen elektronien määrä sähköneutraaliuden lain huomioon ottaen ja summaa puolireaktioiden vasen ja oikea osa erikseen:

H 2O 2 - 2ē → O 2 + 2 H + | 2| 5

MnO+ 8 H + + 5 ē →Mn 2+ + 4 H 2O | 5| 2

____________________________________________

5 H 2O 2 + 2 MnO+ 16 H+ = 5 O 2 + 10 H+ + 2 Mn 2+ + 8 H20.

Pelkistämällä saamme tämän redox-prosessin yhtälön ionisessa muodossa:

5 H 2O 2 + 2 MnO+ 6 H+ = 5 O 2 + 2 Mn 2+ +8 H 2O.

5. Siirry yhtälön molekyylimuotoon lisäämällä kationeja ja anioneja, jotka pysyvät muuttumattomina reaktion seurauksena, eli suolaa muodostavat ionit (esimerkissämme K + ja SO 4 2- ionit):

5 H 2 O 2 + 2 KMnO 4 + 3 H 2 SO 4 = 5 O 2 + 8 H 2 O + K 2 SO 4.

Tarkastellaan toista esimerkkiä - pyriitin hapetusprosessia väkevällä typpihapolla.

1. Määritetään reagoivien aineiden joukosta hapetin ja pelkistävä aine. Esimerkissämme hapetin on HNO 3, pelkistysaine FeS 2. Määritetään reaktiotuotteet. Typpihappo HNO 3 on voimakas hapetin, joten rikki hapettuu maksimihapetusasteeseen S 6+ ja rauta Fe 3+:ksi, kun taas HNO 3 voidaan pelkistää NO:ksi:

FeS2 +HNO3 → Fe(NO3)3 + H2S04 + NO.

2. Kirjoitetaan puolireaktiokaaviot

FeS 2 → Fe 3+ +SO hapetus;

EI → EI palautusta.

3. Tasoitamme kaaviot:

FeS 2 + 8H 2O - 15ē → Fe 3+ + 2SO + 16H+;

NO+4H + +3 ē → NO + 2H2O.

4. Sähköneutraaliuden lain huomioon ottaen tasoitetaan luovutettujen ja hyväksyttyjen elektronien määrä ja lasketaan puolireaktioiden vasen ja oikea osa erikseen:

FeS 2 + 8H 2O - 15ē → Fe 3+ + 2SO+ 16H + | 15 | 1

NO+ 4H + +3 ē → NO + 2H 2O | 3 | 5

FeS2 + 8H20 +5NO+ 20H+ =Fe3+ +2SO+16H + + 5NO + 10H20.

5. Pelkistämällä saadaan yhtälö ionisessa muodossa:

FeS2 + 5NO+ 4H+ = Fe3+ + 2SO + 5NO + 2H20.

6. Kirjoita yhtälö molekyylimuotoon ottaen huomioon, että osa nitraatti-ioneista ei pelkistynyt, vaan osallistui vaihtoreaktioon ja osa H+-ioneista on läsnä reaktiotuotteissa (H 2 SO 4):

Huomaa, että sinun ei koskaan tarvinnut määrittää alkuaineiden hapetustilaa määrittääksesi annettujen ja vastaanotettujen elektronien lukumäärän. Lisäksi otimme huomioon ympäristön vaikutuksen ja määritimme automaattisesti, että H 2 O on yhtälön oikealla puolella. Ei ole epäilystäkään siitä, että tämä menetelmä on paljon yhdenmukaisempi kemiallisen merkityksen kanssa kuin tavallinen elektroninen tasapainomenetelmä.

1. Kuinka määritellään redox-reaktio?

Kemiallisille reaktioille on olemassa erilaisia ​​luokituksia. Yksi niistä sisältää ne, joissa toistensa kanssa vuorovaikutuksessa olevat aineet (tai aine itse) muuttavat alkuaineiden hapetusasteita.

Harkitse esimerkiksi kahta reaktiota:

Zn 0 + 2Н +1 С1 -1 = Zn +2 Cl 2 -1 + Н 2 0 (1)
H +1 Cl -1 + K + 1 O -2 H +1 = K + 1 Cl -1 + H 2 + 1 O -2 (2)

Reaktiossa (1) on mukana sinkki ja suolahappo. Sinkki ja vety muuttavat hapetusasteitaan, kloori jättää hapetusasteen ennalleen:

Zn 0 - 2е = Zn 2+
2Н +1 + 2е = H20
2Сl-1 = 2Сl-1

Ja reaktiossa (2), ( neutralointireaktio), kloori, vety, kalium ja happi eivät muuta hapetusasteitaan: Cl -1 = Cl -1, H +1 = H +1, K +1 = K +1, O -2 = O -2; Reaktio (1) kuuluu redox-tyyppiin ja reaktio (2) kuuluu toiseen tyyppiin.

Kemialliset reaktiot, joihin liittyy muutoksiaalkuaineiden hapetustilat, kutsutaan redoksiksi.

Redox-reaktion määrittämiseksi on tarpeen määrittää steppiei alkuaineiden hapettumista yhtälön vasemmalla ja oikealla puolella. Tätä varten sinun on tiedettävä, kuinka määrittää tietyn elementin hapetustila.

Reaktion (1) tapauksessa alkuaineet Zn ja H muuttavat tilojaan menettäen tai saamalla elektroneja. Sinkki, joka luovuttaa 2 elektronia, menee ionitilaan - siitä tulee Zn 2+ -kationi. Tässä tapauksessa prosessi tapahtuu elpyminen ja sinkki hapettuu. Vety saa 2 elektronia, näkyy hapettava ominaisuudet itse reaktioprosessissa kunnostetaan.

2. Määritelmäalkuaineiden hapetustilat.

Alkuaineiden hapetustila sen yhdisteissä määräytyy sen perusteella, että tietyn yhdisteen kaikkien alkuaineiden hapetusasteiden kokonaisvaraus on nolla. Esimerkiksi yhdisteessä H3PO4 hapetustilat ovat +1 vedylle, +5 fosforille ja -2 hapelle; Kun olet laatinut matemaattisen yhtälön, määritämme sen yhteensä hiukkasten lukumäärä(atomit tai ionit) muodostavat varauksen, joka on yhtä suuri kuin nolla: (+1)x3+(+5)+(-2)x4 = 0

Mutta tässä esimerkissä alkuaineiden hapetustilat on jo määritetty. Miten voidaan määrittää esimerkiksi rikin hapetusaste yhdisteestä natriumtiosulfaatti Na 2 S 2 O 3 tai mangaani yhdisteessä kaliumpermanganaattia- KMnO 4? Tämän tekemiseksi sinun on tiedettävä useiden alkuaineiden vakiohapetusaste. Niillä on seuraavat merkitykset:

1) Jaksollisen järjestelmän ryhmän I elementit (mukaan lukien vety yhdistettynä epämetallien kanssa) +1;
2) Jaksollisen järjestelmän +2 ryhmän II alkiot;
3) Jaksollisen järjestelmän ryhmän III alkiot +3;
4) Happi (paitsi yhdessä fluori- tai peroksidiyhdisteiden kanssa) -2;

Näiden hapetusasteiden (natriumin ja hapen) vakioarvojen perusteella määritämme hapetustila rikki Na 2 S 2 O 3 -yhdisteessä. Koska kokonaisvaraus kaikkien hapetustilojen alkuaineiden, joiden koostumus heijastuu annettu yhdiste kaava, on yhtä suuri kuin nolla, mikä tarkoittaa rikin tuntematonta varausta " 2X"(koska kaavassa on kaksi rikkiatomia), luomme seuraavan matemaattisen yhtälön:

(+1) x 2+ 2X+ (-2) x 3 = 0

Ratkaisemalla tämän yhtälön 2 x, saamme

2X = (-1) x 2 + (+2) x 3
tai
X = [(-2) + (+6)] : 2 = +2;

Siksi rikin hapetusaste Na 2 S 2 O 3 -yhdisteessä on yhtä suuri kuin (+2). Mutta onko todella aina tarpeen käyttää tällaista hankalaa menetelmää tiettyjen yhdisteiden alkuaineiden hapetusasteiden määrittämiseen? Ei tietenkään aina. Esimerkiksi binääriyhdisteille: oksidit, sulfidit, nitridit jne. voit käyttää ns. ristiin-menetelmää hapetustilojen määrittämiseen. Sanotaan, että annettu yhdisteen kaava:titaanioksidi– Ti 2 O 3 . Käyttämällä yksinkertaista matemaattista analyysiä, joka perustuu siihen tosiasiaan, että hapen hapetusaste on meille tiedossa ja on yhtä suuri kuin (-2): Ti 2 O 3, ei ole vaikeaa määrittää, että titaanin hapetusaste on yhtä suuri kuin (+3). Tai esimerkiksi yhteydessä metaani CH 4 tiedetään, että vedyn hapetusaste on (+1), jolloin hiilen hapetusasteen määrittäminen ei ole vaikeaa. Se vastaa tämän yhdisteen kaavaa (-4). "Cross-on-cross" -menetelmää käyttämällä ei myöskään ole vaikeaa todeta, että jos seuraava yhdiste kaava Cr 4 Si 3, silloin kromin hapetusaste siinä on (+3) ja piin (-4).
Suoloille tämä ei myöskään ole vaikeaa. Lisäksi sillä ei ole väliä onko se annettu vai keskipitkä suola tai hapan suola. Näissä tapauksissa on tarpeen edetä suolaa muodostavasta haposta. Esimerkiksi suolaa annetaan natriumnitraatti(NaNO 3). Tiedetään, että se on typpihapon (HNO 3) johdannainen, ja tässä yhdisteessä typen hapetusaste on (+5), joten sen suolassa - natriumnitraatissa typen hapetusaste on myös yhtä suuri kuin ( +5). Natriumbikarbonaatti(NaHCO 3) on hiilihapon (H2CO3) happosuola. Aivan kuten hapossa, hiilen hapetusaste tässä suolassa on (+4).

On huomattava, että yhdisteiden hapetustilat: metallit ja ei-metallit (käännettäessä elektroniset tasapainoyhtälöt) ovat nolla: K 0, Ca 0, Al 0, H 2 0, Cl 2 0, N 2 0 Esimerkkinä annetaan tyypillisimpien alkuaineiden hapetustilat:

Ainoastaan ​​hapettimet ovat aineita, joilla on maksimaalinen, yleensä positiivinen hapetusaste, esimerkiksi: KCl +7 O 4, H 2 S +6 O 4, K 2 Cr +6 O 4, HN +5 O 3, KMn +7 O 4. Tämä on helppo todistaa. Jos nämä yhdisteet voisivat olla pelkistäviä aineita, niin näissä tiloissa niiden olisi luovuttava elektroneista:

Cl +7 – e = Cl +8
S +6 – e = S +7

Mutta alkuaineita kloori ja rikki eivät voi olla olemassa tällaisissa hapetustiloissa. Vastaavasti vain pelkistimet ovat aineita, joilla on minimaalinen, yleensä negatiivinen hapetusaste, esimerkiksi: H 2 S -2, HJ -, N -3 H 3. Redox-reaktioiden prosessissa sellaiset yhdisteet eivät voi olla hapettavia aineita, koska he joutuisivat lisäämään elektroneja:

S-2 + e = S-3
J- + e = J-2

Mutta rikille ja jodille ionit, joilla on tällaiset hapetustilat, eivät ole tyypillisiä. Alkuaineilla, joilla on välihapetusaste, esimerkiksi N +1, N +4, S +4, Cl +3, C +2, voi olla sekä hapettavia että pelkistäviä ominaisuuksia.

3 . Redox-reaktioiden tyypit.

Redox-reaktioita on neljää tyyppiä.

1) Molekyylienväliset redox-reaktiot.
Yleisin reaktiotyyppi. Nämä reaktiot muuttuvat hapetustilatelementtejä eri molekyyleissä, esim.

2Bi +3 Cl 3 + 3Sn +2 Cl 2 = 2Bi 0 + 3Sn + 4 Cl 4

Bi +3-3 e= Bi 0

Sn +2 + 2 e= Sn +4

2) Eräs molekyylienvälisten redox-reaktioiden tyyppi on reaktio suhteellisuus, jossa hapetin ja pelkistävä aine ovat saman alkuaineen atomeja: tässä reaktiossa yhden alkuaineen kaksi atomia, joilla on eri hapetusaste, muodostavat yhden atomin, jolla on eri hapetusaste:

S02+4 + 2H2S-2 = 3S0 + 2H2O

S-2-2 e= S 0

S+4+4 e= S 0

3) Reaktiot suhteettomuutta suoritetaan, jos hapetin ja pelkistävä aine ovat saman alkuaineen atomeja tai yksi hapetusasteisen alkuaineen atomi muodostaa yhdisteen, jolla on kaksi hapetusastetta:

N +4 O 2 + NaOH = NaN +5 O 3 + NaN +3 O 2 + H 2 O

N +4 - e= N +5

N +4 + e= N +3

4) molekyylinsisäinen redox-reaktioita esiintyy tapauksissa, joissa hapettava atomi ja pelkistävä atomi ovat samassa aineessa, esimerkiksi:

N-3H4N+5O3 = N +120 + 2H20

2N -3 - 8 e=2N +1

2N +5 + 8 e= 2N +1

4 . Redox-reaktioiden mekanismi.

Redox-reaktiot suoritetaan siirtämällä elektroneja alkuaineen atomeista toiseen. Jos atomi tai molekyyli menettää elektroneja, tätä prosessia kutsutaan hapetukseksi, ja tämä atomi on pelkistävä aine, esimerkiksi:

Al 0-3 e= Al 3+

2Cl - - 2 e= Cl 2 0

Fe 2+ - e= Fe 3+

Näissä esimerkeissä Al 0, Cl -, Fe 2+ ovat pelkistäviä aineita, ja prosesseja, joilla ne muuttuvat yhdisteiksi Al 3+, Cl 2 0, Fe 3+, kutsutaan oksidatiivisiksi. Jos atomi tai molekyyli saa elektroneja, tätä prosessia kutsutaan pelkistykseksi, ja tämä atomi on hapettava aine, esimerkiksi:

Ca 2+ + 2 e= Ca 0

Cl 2 0 + 2 e= 2Cl -

Fe 3++ e= Fe 2+

Hapettavat aineet ovat pääsääntöisesti ei-metalleja (S, Cl 2, F 2, O 2) tai metalliyhdisteitä, joilla on maksimaalinen hapetusaste (Mn +7, Cr +6, Fe +3). Pelkistysaineet ovat metalleja (K, Ca, Al) tai ei-metallien yhdisteitä, joilla on pienin hapetusaste (S -2, Cl -1, N -3, P -3);

Redox-yhtälöt eroavat molekyyliyhtälöt muut reaktiot johtuen reaktanttien ja reaktiotuotteiden kertoimien valinnan monimutkaisuudesta. Tätä varten he käyttävät elektroninen saldomenetelmä, tai elektroni-ioni-yhtälömenetelmä(joskus jälkimmäistä kutsutaan " puolireaktiomenetelmä"). Esimerkkinä redox-reaktioiden yhtälöiden laatimisesta, harkitse prosessia, jossa väkevää rikkihappoa(H2SO4) reagoi vetyjodidin (HJ) kanssa:

H 2SO 4 (konsentr.) + HJ → H 2 S + J 2 + H 2 O

Ensinnäkin todetaan se hapetustila jodi vetyjodidissa on (-1) ja rikki rikkihapossa: (+6). Reaktion aikana jodi (-1) hapettuu molekyylitilaan ja rikki (+6) pelkistyy hapetustilaan (-2) - rikkivety:

J - → J 0 2
S +6 → S -2

Sävellys on otettava huomioon määrähiukkasia puolireaktion vasemmalla ja oikealla puolella olevien atomien tulee olla samat

2J - - 2 e→ J 0 2
S +6 + 8 e→ S -2

Asettamalla pystysuora viiva tämän puolireaktiokaavion oikealle puolelle määritämme reaktiokertoimet:

2J - - 2 e→ J 0 2 |8
S +6 + 8 e→ S -2 |2

Pienentämällä "2" saamme lopulliset kerroinarvot:

2J - - 2 e→ J 0 2 |4
S +6 + 8 e→ S -2 |1

Tehdään yhteenveto tämän kaavion alla puolireaktiot vaakasuora viiva ja summaa, mitä reaktiossa on mukana hiukkasten lukumäärä atomit:

2J - - 2 e→ J 0 2 |4
S +6 + 8 e→ S -2 |1
____________________
8J - + S +6 → 4 J 0 2 + S-2

Tämän jälkeen se on välttämätöntä. Korvaamalla saadut kertoimien arvot molekyyliyhtälöön, vähennämme sen tähän muotoon:

8HJ + H2SO4 = 4J2 + H2S + H2O

Laskemalla vetyatomien lukumäärän yhtälön vasemmalla ja oikealla puolella, olemme vakuuttuneita tarpeesta korjata kerroin "4" ennen vettä, ja saamme täydellisen yhtälön:

8HJ + H2SO4 = 4J2 + H2S + 4H2O

Tämä yhtälö voidaan luoda käyttämällä elektroninen menetelmäionitasapaino. Tässä tapauksessa ei ole tarvetta korjata kerrointa vesimolekyylien edessä. Yhtälö perustuu reaktioon osallistuvien yhdisteiden ionien dissosiaatioon: Esim. rikkihapon dissosiaatio johtaa kahden vetyprotonin ja sulfaattianionin muodostumiseen:

H 2 SO 4 ↔ 2H + + SO 4 2-

Jodidin ja rikkivedyn dissosiaatio voidaan kirjoittaa samalla tavalla:

HJ ↔ N + + J -
H 2S ↔ 2H + + S 2-

J2 ei dissosioidu. H 2 O ei myöskään käytännössä dissosioidu Koostumus puolireaktioyhtälöt sillä jodi pysyy samana:

2J - - 2 e→ J 0 2
Rikkiatomien puolireaktio saa seuraavan muodon:

S04-2 → S-2

Koska puolireaktion oikealta puolelta puuttuu neljä happiatomia, tämä määrä on tasapainotettava vedellä:

S04-2 → S-2 + 4H20

Sitten puolireaktion vasemmalla puolella on tarpeen kompensoida vetyatomit protonien kustannuksella (koska väliaineen reaktio on hapan):

S042- + 8H+ → S-2 + 4H20

Laskemalla siirrettyjen elektronien lukumäärän saamme täydellisen esityksen yhtälöstä puolireaktiomenetelmä:

SO 4 2- + 8Н + + 8 e→ S-2 + 4H20

Summaamalla molemmat puolireaktiot, saamme elektroninen tasapainoyhtälö:

2J - - 2 e→ J 0 2 |8 4
SO 4 2- + 8Н + + 8 e→ S -2 + 4H 2O |2 1

8J - + SO 4 2 - + 8H + → 4J 2 0 + S 0 + 4 H 2 O

Tästä merkinnästä seuraa, että menetelmä elektroni-ioni yhtälö antaa täydellisemmän kuvan redox-reaktiosta kuin elektroninen saldomenetelmä. Prosessiin osallistuvien elektronien määrä on molemmissa tasapainotusmenetelmissä sama, mutta jälkimmäisessä tapauksessa redox-prosessiin osallistuvien protonien ja vesimolekyylien määrä on ikään kuin "automaattisesti" vakiintunut.

Tarkastellaan useita erityisiä redox-reaktioiden tapauksia, jotka voidaan koota menetelmällä elektroni-ioni tasapaino. Jotkut redox-prosessit suoritetaan emäksisen ympäristön mukana, esimerkiksi:

KCrO 2 + Br 2 + KOH → KBr + K 2 CrO 4 + H 2 O

Tässä reaktiossa pelkistävä aine on kromiitti-ioni (CrO 2 -), joka hapetetaan kromaatti-ioniksi (CrO -2 4). Hapettava aine - bromi (Br 0 2) pelkistetään bromidi-ioniksi (Br -):
CrO 2 - → CrO 4 2-
Br 0 2 → 2 Br -

Koska reaktio tapahtuu emäksisessä väliaineessa, ensimmäinen puolireaktio on muodostettava ottaen huomioon hydroksidi-ionit (OH -):
CrO 2 - + 4OH - - 3 e= Cr02-4 + 2H20

Kokoamme toisen puolireaktion hyvin tunnetulla tavalla:
Cr02 - + 4OH - -3 e= Cr042- + 2H20 |2
Br 0 2 + 2 e= Br - |3
__________
2CrO 2 - + 3Br 2 0 + 8OH - = 2CrO 2- 4 + 6Br - + 4H 2 O

Tämän jälkeen on tarpeen vihdoin anna kertoimet reaktioyhtälössä ja kokonaan molekyyliyhtälö tämä redox-prosessi saa muotoa:

2KCrO2 + 3Br2 + 8KOH = 2K2CrO4 + 6KBr + 4H2O.

Joissakin tapauksissa redox-reaktioon osallistuvat myös hajoamattomat aineet. Esimerkiksi:

AsH 3 + HNO 3 = H 3 AsO 4 + NO 2 + 4H 2 O

Sitten puolireaktiomenetelmä on koottu ottaen huomioon tämä prosessi:

AsH3 + 4H20 – 8 e= As043- + 11H+ |1
NO3 + 2H++ e= NO 2 + H 2O |8

AsH3 + 8NO 3 + 4H 2O + 2H + = AsO 4 3- + 8NO 2 + 11 H + O

Molekyyliyhtälö tulee muodossa:

AsH3 + 8HNO3 = H3AsO4 + 8NO 2 + 4H 2O.

Redox-reaktioihin liittyy joskus useiden aineiden samanaikainen hapetus-pelkistysprosessi. Esimerkiksi reaktiossa kuparisulfidin kanssa se vuorovaikuttaa väkevää typpihappoa:

Cu 2 S + HNO 3 = Cu(NO 3) 2 + H 2 SO 4 + NO + H 2 O

Redox-prosessissa käytetään kuparin, rikin ja typen atomeja. Kun muodostat yhtälön puolireaktiomenetelmä On tarpeen ottaa huomioon tämän prosessin vaiheet:

Cu+ → Cu2+
S 2- → S +6
N 5+ → N +2

Tässä tilanteessa on tarpeen yhdistää hapetus- ja pelkistysprosessit yhteen vaiheeseen:

2Cu + -2 e→ 2Cu 2+ | 10 e
S 2--8 e→ S 6+
_______________________
N 5+ + 3 e→ N 2+ | 3 e

Missä redox-puolireaktio saa muodon:

2Cu + -2 e→ 2Cu 2+
S 2--8 e→ S 6+ 3 ( palautumisprosessit)
_______________________
N 5+ + 3 e→ N 2+ 10 (hapetusprosessi)
_____________________________________

6Cu + + 3S 2- + 10N 5+ → 6Cu 2+ + 3S 6+ + 10N 2+

Lopulta molekyylireaktioyhtälö tulee muodossa:

3Cu2S + 22HNO3 = 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H20.

Erityistä huomiota tulee kiinnittää redox-reaktioihin, joissa on mukana orgaanisia aineita. Esimerkiksi glukoosin hapettumisen aikana kaliumpermanganaattia happamassa ympäristössä tapahtuu seuraava reaktio:

C 6 H 12 O 6 + KMnO 4 + H 2 SO 4 > CO 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O

Tasapainoa laadittaessa puolireaktiomenetelmä glukoosin muuttuminen, sen dissosioitumisen puuttuminen otetaan huomioon, mutta vetyatomien lukumäärän korjaus suoritetaan protonien ja vesimolekyylien vuoksi:

C6H12O6 + 6H20 - 24 e= 6C02 + 24H+

Mukana puolireaktio kaliumpermanganaattia tulee muodossa:

Mn04-+8H++5 e= Mn2+ +4H20

Tuloksena saamme seuraavan redox-prosessin kaavion:

C6H12O6 + 6H20 - 24 e= 6C02 + 24H+ | 5
MnО 4 - +8H + + 5 e= Mn +2 + 4H20 |24
___________________________________________________

5C 6 H 12 O 6 + 30 H 2 O + 24 MnO 4 - + 192 H + = 30 CO 2 + 120 H + + 24 Mn 2+ + 96 H 2 O

Vähentämällä protonien ja vesimolekyylien määrää vasemmalla ja oikealla puolella puolireaktiot, saamme finaalin molekyyliyhtälö:

5C6H12O6 + 24KMnO4 + 36H2SO4 = 30CO2 + 24MnSO4 + 12K2SO4 + 66H2O

5. Ympäristön vaikutus redox-reaktioiden luonteeseen.

Ympäristöstä riippuen (ylimääräinen H +, neutraali, ylimäärä OH -) samojen aineiden välisen reaktion luonne voi muuttua. Yleensä käytetään happaman ympäristön luomiseen rikkihappo(H2SO4), Typpihappo OH-väliaineena käytetään kloorivetyhappoa (HCl), natriumhydroksidia (NaOH) tai kaliumhydroksidia (KOH). Näytämme esimerkiksi, miten ympäristö vaikuttaa kaliumpermanganaattia(КMnO 4) . ja sen reaktiotuotteet:

Otetaan esimerkiksi Na 2 SO 3 pelkistimenä ja KMnO 4 hapettavana aineena.

Happamassa ympäristössä:

5Na 2SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2SO 4 → 5Na 2SO 4 + 2 MnSO 4 + K 2SO 4 + 3H 2 O

S032- + H20-2 e→ S042- + 2H+ |5
Mn04-+8H++5 e→ Mn 2+ + 4H 2O |2
________________________________________________
5SO 3 2- + 2MnO 4 - + 6H+ → 5SO 4 2- + 2Mn 2+ + 3H 2O

Neutraalissa (tai lievästi emäksisessä):

3Na2S03 + 2KMnO4 + H2O → 3Na2SO4 + 2MnO2 + 2KOH

S032- + H20-2 e→ S042- + 2H+ |3
Mn04- + 2H20+3 e→ MnO 2 + 4OH |2
_____________________________________
3SO 3 2- + 2 MnO 4 - + H 2O → 3SO 4 2- + 2MnO 2 + 2OH

Erittäin emäksisessä ympäristössä:

Na 2SO 3 + 2KMnO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + K 2 MnO 4 + Na 2 MnO + H 2 O

SO 3 2- + 2 OH - - 2 e→ SO 4 2- + H 2O |1
Mn04-+ e→ MnO 4 2 |2
____________________________________

SO 3 2- + 2 MnO 4 - + 2OH → SO 4 2- + 2 MnO 4 2- + H 2 O

Vetyperoksidi(H 2 O 2) vähennetään ympäristöstä riippuen kaavion mukaisesti:

1) Hapan ympäristö (H +) H 2 O 2 + 2H + + 2 e→ 2H 2O

2) Neutraali väliaine (H 2 O) H 2 O 2 + 2 e→ 2OH

3) Alkalinen ympäristö (OH -) H 2 O 2 + 2 e→ 2OH

Vetyperoksidi(H 2 O 2) toimii hapettavana aineena:

2FeSO 4 + H 2 O 2 + H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4) 3 + 2 H 2 O

Fe 2+ - e= Fe 3+ |2
H 2O 2 + 2H + + 2 e= 2H20 |1
________________________________
2Fe 2+ + H2O2 + 2H+ → 2Fe 3+ + 2 H2O

Kuitenkin, kun kohtaat erittäin voimakkaita hapettavia aineita (KMnO 4) Vetyperoksidi(H 2 O 2) toimii pelkistimenä:

5H202 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5O2 + 2MnS04 + K2SO4 + 8H2O

H 2 O 2 - 2 e→ O2 + 2H+ |5
Mn04-+8H++5 e→ Mn 2+ + 4H 2O |2
_________________________________
5H 2O + 2 MnO 4 - + 6H + → 5O 2 + 2Mn 2+ + 8H 2O

6. Redox-reaktiotuotteiden määritys.

Tämän aiheen käytännön osassa käsitellään redox-prosesseja, joissa ilmoitetaan vain lähtöreagenssit. Reaktiotuotteet on yleensä määritettävä. Esimerkiksi reaktio sisältää rautakloridi(FeCl3) ja kaliumjodidi(KJ):

FeCl3 + KJ = A + B + C

vaaditaan asentamiseen yhdistekaavat A, B, C muodostuu redox-prosessin seurauksena.

Reagenssien alkuhapetustilat ovat seuraavat: Fe 3+, Cl -, K +, J -. On helppo olettaa, että Fe 3+ hapettavana aineena (jolla on maksimaalinen hapetusaste) voi vain alentaa hapetusasteensa Fe 2+:ksi:

Fe 3++ e= Fe 2+

Kloridi-ioni ja kalium-ioni eivät muuta hapetusastettaan reaktiossa, vaan jodidi-ioni voi vain lisätä hapetusastettaan, ts. siirry tilaan J 2 0:

2J - - 2 e= J 2 0

Reaktion seurauksena redox-prosessin lisäksi tapahtuu vaihtoreaktio FeCl 3:n ja KJ:n välillä, mutta ottaen huomioon hapetusasteiden muutos, reaktiota ei määritetä tämän kaavion mukaisesti:

FeCl 3 + KJ = FeJ 3 + KCl,

mutta ottaa muodon

FeCl 3 + KJ = FeJ 2 + KCl,

jossa tulo C on yhdiste J 2 0:

FeCl3 + 6KJ = 2FeJ2 + 6KJ + J2

Fe 3++ e═> Fe 2+ |2

2J - - 2 e═> J 2 0 |1

________________________________

2Fe +3 + 2J - = 2Fe 2+ + J 2 0

Jatkossa redox-prosessin tuotteita määritettäessä voidaan käyttää ns. "hissijärjestelmää". Sen periaate on, että mikä tahansa redox-reaktio voidaan esittää hissien liikkeenä monikerroksisessa rakennuksessa kahdessa vastakkaisessa suunnassa. Lisäksi "lattiat" ovat hapetustilat vastaavia elementtejä. Koska mihin tahansa redox-prosessin kahdesta puolireaktiosta liittyy joko väheneminen tai lisääntyminen hapetustilat yhdestä tai toisesta alkuaineesta, niin yksinkertaisella päättelyllä voimme olettaa niiden mahdolliset hapetustilat syntyneissä reaktiotuotteissa.

Harkitse esimerkkinä reaktiota, jossa rikki reagoi väkevä natriumhydroksidiliuos ( NaOH):

S + NaOH (väk.) = (A) + (B) + H 2 O

Koska tässä reaktiossa muutoksia tapahtuu vain rikin hapetustiloissa, teemme selvyyden vuoksi kaavion sen mahdollisista tiloista:

Yhdisteet (A) ja (B) eivät voi olla samanaikaisesti rikin tiloja S +4 ja S +6, koska tässä tapauksessa prosessi tapahtuisi vain elektronien vapautuessa, ts. olisi korjaavaa:

S 0-4 e= S +4

S 0-6 e= S +6

Mutta tämä olisi ristiriidassa redox-prosessien periaatteen kanssa. Tällöin pitäisi olettaa, että yhdessä tapauksessa prosessin tulisi edetä elektronien vapautuessa, ja toisessa sen pitäisi liikkua vastakkaiseen suuntaan, ts. olla hapettava:

S 0-4 e= S +4

S0+2 e= S -2

Toisaalta, kuinka todennäköistä on, että palautusprosessi suoritetaan tilaan S+4 tai S+6? Koska reaktio tapahtuu ennemminkin emäksisessä kuin happamassa ympäristössä, sen oksidatiivinen potentiaali on paljon pienempi, joten S+4-yhdisteen muodostuminen tässä reaktiossa on parempi kuin S+6. Siksi lopullinen reaktio saa muotoa:

4S + 6NaOH (väk.) = Na2SO3 + 2Na2S + 3H2O

S 0 +2 e= S - 2 | 4 | 2

S 0 + 6OH - - 4 e= S032- + 3H20 | 2 | 1

3S 0 + 6OH - = 2S - 2 + SO 3 2 - + 3 H 2 O

Toisena esimerkkinä harkitse seuraavaa reaktiota fosfiinin ja väkevää typpihappoa(HNO3):

PH 3 + HNO 3 = (A) + (B) + H 2 O

Tässä tapauksessa fosforin ja typen hapetustilat muuttuvat. Selvyyden vuoksi esitämme tilakaaviot niiden hapetustiloista.

Fosfori hapetustilassa (-3) on vain pelkistäviä ominaisuuksia, joten reaktiossa se lisää hapetusastettaan. Typpihappo itse on vahva hapetin ja luo happaman ympäristön, joten fosfori tilasta (-3) saavuttaa maksimihapetusasteensa (+5).

Sitä vastoin typpi alentaa hapetusastettaan. Tämän tyyppisissä reaktioissa yleensä (+4) tilaan.

Lisäksi ei ole vaikeaa olettaa, että (+5)-tilassa oleva fosfori tuotteena (A) voi olla vain ortofosforihappoa H3PO4, koska reaktioväliaine on voimakkaasti hapan. Typpi saa tällaisissa tapauksissa yleensä hapetustilan (+2) tai (+4), useammin (+4). Siksi tuote (B) on Typpioksidi NO2. Jäljelle jää vain ratkaista tämä yhtälö tasapainomenetelmällä:

P - 3 - 8 e= P +5 | 1
N+ 5+ e= N +4 | 8

P - 3 + 8N +5 = P +5 + 8N +4

PH 3 + 8HNO 3 = H 3 PO 4 + 8NO 2 + 4 H 2 O

verkkosivuilla, kopioitaessa materiaalia kokonaan tai osittain, linkki lähteeseen vaaditaan.

Oksidaatio-pelkistysreaktiot (ORR)- reaktiot, joihin liittyy elektronien lisäystä tai häviämistä tai elektronitiheyden uudelleenjakautumista atomeissa (hapetustilan muutos).

OVR:n vaiheet

Hapetus- atomien, molekyylien tai ionien elektronien luovuttaminen. Tämän seurauksena hapetusaste kasvaa. Pelkistävät aineet luovuttavat elektroneja.

Elpyminen- elektronien lisäys. Tämän seurauksena hapetusaste laskee. Hapettavat aineet hyväksyvät elektroneja.

OVR- kytketty prosessi: jos tapahtuu pelkistystä, tapahtuu hapettumista.

OVR:n säännöt

Vastaava elektronien vaihto ja atomitasapaino.

Hapan ympäristö

Happamassa ympäristössä vapautuneet oksidi-ionit sitoutuvat protonien kanssa muodostaen vesimolekyylejä; puuttuvat oksidi-ionit saadaan vesimolekyyleistä ja niistä vapautuu protoneja.

Jos happiatomeja ei ole tarpeeksi, kirjoitamme niin monta vesimolekyyliä kuin ei ole tarpeeksi oksidi-ioneja.

Kaliumsulfiitissa olevan rikin hapetusaste on +4, kaliumpermanganaatissa olevan mangaanin hapetusaste on +7, rikkihappo on reaktioväliaine.
Korkeimmassa hapetustilassa oleva managaani on hapettava aine, joten kaliumsulfiitti on pelkistävä aine.

Huomautus: +4 on rikkin välihapetustila, joten se voi toimia sekä pelkistimenä että hapettimena. Voimakkailla hapettimilla (permanganaatti, dikromaatti) sulfiitti on pelkistävä aine (hapettuu sulfaatiksi); vahvoilla pelkistysaineilla (halogenidit, kalkogenidit) sulfiitti on hapetin (pelkistetty rikiksi tai sulfidiksi).

Rikki siirtyy hapetusasteesta +4 arvoon +6 - sulfiitti hapettuu sulfaatiksi. Mangaani siirtyy hapetustilasta +7 arvoon +2 (hapan ympäristö) - permanganaatti-ioni pelkistyy Mn 2+:ksi.

2. Muodosta puolireaktiot. Tasoittava mangaani: Permanganaatista vapautuu 4 oksidi-ionia, jotka vetyionit (hapan väliaine) sitovat vesimolekyyleihin. Siten 4 oksidi-ionia sitoutuu 8 protoniin 4 vesimolekyylissä.

Toisin sanoen yhtälön oikealta puolelta puuttuu 4 happea, joten kirjoitamme 4 vesimolekyyliä ja 8 protonia yhtälön vasemmalle puolelle.

Seitsemän miinus kaksi on plus viisi elektronia. Voit tasata kokonaisvarauksen: yhtälön vasemmalla puolella on kahdeksan protonia miinus yksi permanganaatti = 7+, oikealla puolella on mangaania, jonka varaus on 2+, vesi on sähköisesti neutraalia. Seitsemän miinus kaksi on plus viisi elektronia. Kaikki tasataan.

Rikin yhtälö: yhtälön vasemmalla puolella puuttuva oksidi-ioni saadaan vesimolekyylistä, joka myöhemmin vapauttaa kaksi protonia oikealla puolella.
Vasemmalla varaus on 2-, oikealla 0 (-2+2). Miinus kaksi elektronia.

Kerro ylempi puolireaktio 2:lla, alempi puolireaktio 5:llä.

Vähennämme protoneja ja vettä.

Sulfaatti-ionit sitoutuvat kalium- ja mangaani-ioneihin.

Alkalinen ympäristö

Emäksisessä ympäristössä vapautuneet oksidi-ionit sitovat vesimolekyylit muodostaen hydroksidi-ioneja (OH-ryhmiä). Puuttuvat oksidi-ionit saadaan hydroksoryhmistä, joita on otettava kaksinkertainen määrä.

Jos oksidi-ioneja ei ole tarpeeksi, kirjoitamme hydroksoryhmiä 2 kertaa enemmän kuin mitä puuttuu, toisaalta - vettä.

Esimerkki. Luo elektronitasapainomenetelmällä reaktioyhtälö, määritä hapetin ja pelkistysaine:

Määritä hapettumisaste:

Vismutilla (III) vahvoilla hapettimilla (esim. Cl 2) emäksisessä ympäristössä on pelkistäviä ominaisuuksia (hapettuu vismutiksi V):

Koska yhtälön vasemmalla puolella ei ole tarpeeksi 3 happea tasapainoon, kirjoitamme 6 hydroksoryhmää ja oikealle - 3 vettä.

Lopullinen reaktioyhtälö on:

Neutraali ympäristö

Neutraalissa ympäristössä vesimolekyylit sitovat vapautuneet oksidi-ionit muodostaen hydroksidi-ioneja (OH-ryhmiä). Puuttuvat oksidi-ionit tuottavat vesimolekyylit. H+-ioneja vapautuu niistä.

Luo elektronitasapainomenetelmällä reaktioyhtälö, määritä hapetin ja pelkistysaine:

1. Määritä hapetusaste: kaliumpersulfaatissa olevan rikin hapetusaste on +7 (se on hapettava aine, koska sillä on korkein hapetusaste), kaliumbromidissa olevan bromin hapetusaste on -1 (se on pelkistävä aine, koska sillä on alhaisin hapetusaste), vesi on reaktioväliaine.

Rikki muuttuu hapetustilasta +7 arvoon +6 - persulfaatti pelkistyy sulfaatiksi. Bromi siirtyy hapetusasteesta -1 arvoon 0 - bromi-ioni hapettuu bromiksi.

2. Muodosta puolireaktiot. Tasoitamme rikin (kerroin 2 ennen sulfaattia). Happiekv.
Vasemmalla puolella on varaus 2-, oikealla on varaus 4-, 2 elektronia on kiinnittynyt, joten kirjoitamme +2

Tasoitamme bromin (kerroin 2 ennen bromidi-ionia). Vasemmalla puolella varaus on 2-, oikealla puolella varaus on 0, 2 elektronia on annettu, joten kirjoitetaan -2

3. Elektronisen tasapainon yhteenvetoyhtälö.

4. Lopullinen reaktioyhtälö: Sulfaatti-ionit yhdistyvät kalium-ionien kanssa muodostaen kaliumsulfaattia, kerroin 2 ennen KBr:a ja ennen K2SO4:a. Vesi osoittautui tarpeettomaksi - laita se hakasulkeisiin.

OVR-luokitus

1. Hapettava aine ja pelkistävä aine- erilaisia ​​aineita
2. Itsehapettavat aineet, itsepelkistävät aineet (epäsuhtautuminen, dismutaatio). Alkuaine, joka on hapetusvälissä.
3. Hapettava aine tai pelkistävä aine - prosessin väliaine
4. Molekyyliensisäinen hapetus-pelkistys. Sama aine sisältää hapettimen ja pelkistimen.
   Kiinteän faasin, korkean lämpötilan reaktiot.

ORR:n määrälliset ominaisuudet

Normaali redox-potentiaali, E 0- elektrodin potentiaali verrattuna normaaliin vetypotentiaaliin. Lisää.

ORR:n suorittamiseksi on välttämätöntä, että potentiaaliero on suurempi kuin nolla, eli hapettimen potentiaalin on oltava suurempi kuin pelkistimen potentiaali:

,

Esimerkiksi:

Mitä pienempi potentiaali, sitä vahvempi pelkistysaine; mitä suurempi potentiaali, sitä vahvempi hapetin.
Hapettavat ominaisuudet ovat vahvempia happamassa ympäristössä, kun taas pelkistävät ominaisuudet ovat vahvempia emäksisessä ympäristössä.

Monilla aineilla on erityisiä ominaisuuksia, joita kemiassa yleensä kutsutaan hapettaviksi tai pelkistyviksi.

Joillakin kemiallisilla aineilla on hapettimien ominaisuuksia, toisilla pelkistysaineita, kun taas joillakin yhdisteillä voi olla molemmat ominaisuudet samanaikaisesti (esimerkiksi vetyperoksidi H 2 O 2).

Mitä ovat hapettavat ja pelkistävät aineet, hapetus ja pelkistys?

Aineen redox-ominaisuudet liittyvät prosessiin, jossa atomien, ionien tai molekyylien kautta saadaan ja vastaanotetaan elektroneja.

Hapettava aine on aine, joka vastaanottaa elektroneja reaktion aikana, ts. pelkistyy; pelkistävä aine - luovuttaa elektroneja eli hapettuu. Prosesseja, joissa elektroneja siirretään aineesta toiseen, kutsutaan yleensä redox-reaktioksi.

Yhdisteet, jotka sisältävät alkuaineatomeja, joilla on maksimi hapetusaste, voivat olla vain näiden atomien vuoksi hapettavia aineita, koska he ovat jo luovuttaneet kaikki valenssielektroninsa ja pystyvät vain vastaanottamaan elektroneja. Alkuaineen atomin maksimihapetusaste on yhtä suuri kuin sen ryhmän lukumäärä jaksollisessa taulukossa, johon alkuaine kuuluu. Yhdisteet, jotka sisältävät alkuaineatomeja, joilla on minimaalinen hapetusaste, voivat toimia vain pelkistysaineina, koska ne pystyvät luovuttamaan vain elektroneja, koska tällaisten atomien ulkoinen energiataso täydentyy kahdeksalla elektronilla