Pomorski Wojewódzki Konkurs z Chemii - mol, sole i reakcje redoks

1.Mol

Mol to jednostka liczności materii (ilości substancji), oznaczanej literą n. 1 mol to porcja zawierająca $6{,}02 \cdot 10^{23}$ drobin: atomów, cząsteczek albo jonów - zawsze trzeba powiedzieć, jakich. Przykład: 1 mol cząsteczek wody $\ce{H2O}$ zawiera 2 mole atomów wodoru i 1 mol atomów tlenu, a 1 mol cząsteczek tlenu $\ce{O2}$ zawiera 2 mole atomów tlenu.

2.Liczba Avogadra

Liczba Avogadra $N_A = 6{,}02 \cdot 10^{23}~\mathrm{mol^{-1}}$ mówi, ile drobin jest w 1 molu. Liczbę drobin obliczamy ze wzoru $N = n \cdot N_A$, a liczbę moli z $n = \frac{N}{N_A}$. Przykład: 0,5 mola cząsteczek $\ce{O2}$ to $0{,}5 \cdot 6{,}02 \cdot 10^{23} = 3{,}01 \cdot 10^{23}$ cząsteczek, ale atomów tlenu jest w nich dwa razy więcej: $6{,}02 \cdot 10^{23}$.

3.Masa molowa

Masa molowa M to masa 1 mola drobin, wyrażona w $\mathrm{g/mol}$. Liczbowo jest równa masie atomowej lub cząsteczkowej w unitach (u), więc odczytujemy masy atomowe z układu okresowego i sumujemy je z uwzględnieniem indeksów. Przykłady: dla $\ce{H2O}$ $M = 2 \cdot 1 + 16 = 18~\mathrm{g/mol}$, dla $\ce{H2SO4}$ $M = 2 \cdot 1 + 32 + 4 \cdot 16 = 98~\mathrm{g/mol}$, dla $\ce{CO2}$ $M = 12 + 2 \cdot 16 = 44~\mathrm{g/mol}$.

4.Zależność między masą, liczbą moli i masą molową

Liczbę moli obliczamy, dzieląc masę substancji przez jej masę molową: $n = \frac{m}{M}$, a masę - mnożąc liczbę moli przez masę molową: $m = n \cdot M$. Przykład: $88~\mathrm{g}$ $\ce{CO2}$ ($M = 44~\mathrm{g/mol}$) to $n = \frac{88}{44} = 2~\mathrm{mol}$, a 3 mole wody ($M = 18~\mathrm{g/mol}$) mają masę $3 \cdot 18 = 54~\mathrm{g}$.

5.Objętość molowa gazów

Objętość molowa to objętość 1 mola gazu. W warunkach normalnych (0 °C, 1013 hPa) 1 mol dowolnego gazu zajmuje $22{,}4~\mathrm{dm^3}$. Liczba moli gazu: $n = \frac{V}{22{,}4~\mathrm{dm^3/mol}}$. Przykład: $11{,}2~\mathrm{dm^3}$ wodoru to 0,5 mola, czyli $1~\mathrm{g}$ $\ce{H2}$, a $44{,}8~\mathrm{dm^3}$ $\ce{CO2}$ to 2 mole, czyli $88~\mathrm{g}$. Gęstość gazu w warunkach normalnych: $d = \frac{M}{22{,}4~\mathrm{dm^3/mol}}$.

6.Prawo Avogadra

W tych samych warunkach temperatury i ciśnienia jednakowe objętości różnych gazów zawierają tyle samo cząsteczek. Dlatego 1 mol każdego gazu zajmuje w danych warunkach tę samą objętość, a objętości reagujących gazów pozostają w takim stosunku jak ich współczynniki w równaniu reakcji. Przykład: $1~\mathrm{dm^3}$ wodoru i $1~\mathrm{dm^3}$ tlenu zawierają tyle samo cząsteczek, ale tlen ma 16 razy większą masę.

7.Molowa interpretacja równania reakcji

Współczynniki w równaniu reakcji podają stosunek liczby moli drobin. Równanie $\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}$ czytamy: 2 mole cząsteczek wodoru reagują z 1 molem cząsteczek tlenu i powstają 2 mole cząsteczek wody. Masowo: $4~\mathrm{g}$ wodoru i $32~\mathrm{g}$ tlenu dają $36~\mathrm{g}$ wody. Objętościowo, dla gazów w warunkach normalnych: $44{,}8~\mathrm{dm^3}$ wodoru reaguje z $22{,}4~\mathrm{dm^3}$ tlenu.

8.Prawo stałości składu

Każdy związek chemiczny ma stały, charakterystyczny stosunek mas pierwiastków, niezależnie od sposobu otrzymania. Stosunek masowy liczymy z mas atomowych pomnożonych przez indeksy. Przykłady: w wodzie $\ce{H2O}$ stosunek masy wodoru do masy tlenu wynosi $2 : 16 = 1 : 8$, a w $\ce{CO2}$ stosunek masy węgla do masy tlenu wynosi $12 : 32 = 3 : 8$. Inny stosunek mas oznacza inny związek albo mieszaninę.

9.Prawo zachowania masy

W reakcji chemicznej łączna masa substratów jest równa łącznej masie produktów, bo atomy nie znikają ani nie powstają, tylko łączą się inaczej. Prawo to pozwala obliczyć masę brakującej substancji. Przykład: w reakcji $\ce{2Mg + O2 -> 2MgO}$ z $2{,}4~\mathrm{g}$ magnezu i $1{,}6~\mathrm{g}$ tlenu powstaje $4{,}0~\mathrm{g}$ tlenku magnezu. Gdy jeden substrat jest w nadmiarze, liczy się tylko ta jego część, która przereagowała.

10.Zawartość procentowa (procent masowy) pierwiastka w związku

Procent masowy pierwiastka to część masy związku przypadająca na ten pierwiastek: $\%E = \frac{\text{masa atomów E}}{\text{masa cząsteczkowa}} \cdot 100\%$. Przykład: w wodzie $\ce{H2O}$ tlen stanowi $\frac{16}{18} \cdot 100\% \approx 88{,}9\%$ masy, a w $\ce{Fe2O3}$ (masa cząsteczkowa $160~\mathrm{u}$) żelazo stanowi $\frac{2 \cdot 56}{160} \cdot 100\% = 70\%$ masy.

11.Obliczenia stechiometryczne - kolejność postępowania

1) Zapisz i uzgodnij równanie reakcji. 2) Odczytaj stosunek molowy substancji danej i szukanej. 3) Przelicz dane na mole: $n = \frac{m}{M}$ lub $n = \frac{V}{22{,}4~\mathrm{dm^3/mol}}$. 4) Z proporcji oblicz liczbę moli substancji szukanej. 5) Przelicz ją na masę lub objętość. Przykład: ile gramów wody powstanie z $8~\mathrm{g}$ wodoru? $\ce{2H2 + O2 -> 2H2O}$; $8~\mathrm{g}$ $\ce{H2}$ to 4 mole, więc powstają 4 mole wody, czyli $4 \cdot 18 = 72~\mathrm{g}$.

12.Nadmiar i niedomiar substratu (stosunek niestechiometryczny)

Gdy substraty zmieszano w innym stosunku, niż wynika z równania, jeden z nich przereaguje całkowicie (jest w niedomiarze), a część drugiego zostanie (jest w nadmiarze). Ilość produktu liczymy zawsze z substratu w niedomiarze. Przykład: $\ce{Fe + S ->[T] FeS}$; $7~\mathrm{g}$ żelaza to 0,125 mola, a $8~\mathrm{g}$ siarki to 0,25 mola. Żelazo jest w niedomiarze, więc powstaje 0,125 mola $\ce{FeS}$, czyli $0{,}125 \cdot 88 = 11~\mathrm{g}$, a zostają $4~\mathrm{g}$ siarki.

13.Wzór empiryczny a wzór rzeczywisty

Wzór empiryczny (elementarny) podaje najprostszy stosunek liczb atomów w związku, a wzór rzeczywisty (sumaryczny) - faktyczną liczbę atomów w cząsteczce. Wzór rzeczywisty jest całkowitą wielokrotnością wzoru empirycznego. Przykłady: glukoza $\ce{C6H12O6}$ ma wzór empiryczny $\ce{CH2O}$; eten $\ce{C2H4}$ i buten $\ce{C4H8}$ mają ten sam wzór empiryczny $\ce{CH2}$; woda $\ce{H2O}$ ma oba wzory jednakowe.

14.Wyznaczanie wzoru empirycznego ze składu procentowego

1) Przyjmij $100~\mathrm{g}$ związku - procenty stają się gramami. 2) Podziel masę każdego pierwiastka przez jego masę molową - otrzymasz liczby moli atomów. 3) Podziel wszystkie wyniki przez najmniejszy i zaokrąglij do liczb całkowitych (gdy wychodzi np. 1,5, pomnóż wszystko przez 2). Przykład: 75% węgla i 25% wodoru: $\frac{75}{12} = 6{,}25$ i $\frac{25}{1} = 25$; stosunek wynosi $1 : 4$, więc wzór empiryczny to $\ce{CH4}$.

15.Wyznaczanie wzoru rzeczywistego

Oblicz masę molową wzoru empirycznego i sprawdź, ile razy mieści się ona w prawdziwej masie molowej związku: $k = \frac{M_{\text{rzecz.}}}{M_{\text{emp.}}}$. Wszystkie indeksy wzoru empirycznego mnożymy przez k. Przykład: wzór empiryczny $\ce{CH2}$ ($14~\mathrm{g/mol}$), masa molowa związku $56~\mathrm{g/mol}$: $k = \frac{56}{14} = 4$, więc wzór rzeczywisty to $\ce{C4H8}$. Masę molową gazu wyznaczymy z gęstości: $M = d \cdot 22{,}4~\mathrm{dm^3/mol}$.

16.Stężenie procentowe roztworu

Stężenie procentowe to liczba gramów substancji rozpuszczonej w $100~\mathrm{g}$ roztworu: $C_p = \frac{m_s}{m_r} \cdot 100\%$, gdzie masa roztworu to masa substancji plus masa rozpuszczalnika. Gdy znasz objętość i gęstość roztworu: $m_r = d \cdot V$. Przykład: $20~\mathrm{g}$ soli w $180~\mathrm{g}$ wody daje $200~\mathrm{g}$ roztworu o stężeniu $\frac{20}{200} \cdot 100\% = 10\%$.

17.Stężenie roztworu nasyconego a rozpuszczalność

Rozpuszczalność R to masa substancji, która w danej temperaturze rozpuszcza się w $100~\mathrm{g}$ wody, tworząc roztwór nasycony. Stężenie procentowe roztworu nasyconego: $C_p = \frac{R}{100~\mathrm{g} + R} \cdot 100\%$. Przykład: w temperaturze 20 °C rozpuszczalność chlorku sodu wynosi około $36~\mathrm{g}$ w $100~\mathrm{g}$ wody, więc jego roztwór nasycony ma stężenie $\frac{36}{136} \cdot 100\% \approx 26{,}5\%$, a nie 36%.

18.Stężenie molowe roztworu

Stężenie molowe to liczba moli substancji w $1~\mathrm{dm^3}$ roztworu: $C_m = \frac{n}{V}$, w $\mathrm{mol/dm^3}$. V to objętość ROZTWORU w $\mathrm{dm^3}$ ($1~\mathrm{dm^3} = 1000~\mathrm{cm^3}$). Przykład: $4~\mathrm{g}$ $\ce{NaOH}$ ($M = 40~\mathrm{g/mol}$) to 0,1 mola; po rozpuszczeniu i dopełnieniu wodą do $250~\mathrm{cm^3}$ otrzymujemy $C_m = \frac{0{,}1}{0{,}25} = 0{,}4~\mathrm{mol/dm^3}$.

19.Rozcieńczanie roztworu

Rozcieńczanie to dodanie rozpuszczalnika. Masa i liczba moli substancji rozpuszczonej się NIE zmieniają, a rośnie masa (objętość) roztworu, więc stężenie maleje. Wzory: $C_{p1} \cdot m_{r1} = C_{p2} \cdot m_{r2}$ oraz $C_{m1} \cdot V_1 = C_{m2} \cdot V_2$. Przykład: do $100~\mathrm{g}$ roztworu 20% dodano $100~\mathrm{g}$ wody - w $200~\mathrm{g}$ roztworu jest nadal $20~\mathrm{g}$ substancji, więc stężenie spada do 10%.

20.Zatężanie roztworu

Zatężanie to zwiększanie stężenia: przez odparowanie części rozpuszczalnika (masa substancji bez zmian, masa roztworu maleje) albo przez dosypanie substancji (rośnie masa substancji i masa roztworu). Przykład 1: z $200~\mathrm{g}$ roztworu 10% odparowano $100~\mathrm{g}$ wody: $\frac{20}{100} \cdot 100\% = 20\%$. Przykład 2: do $200~\mathrm{g}$ roztworu 10% dosypano $25~\mathrm{g}$ soli: $\frac{20 + 25}{200 + 25} \cdot 100\% = 20\%$.

21.Mieszanie roztworów tej samej substancji

Po zmieszaniu dwóch roztworów dodajemy osobno masy substancji i osobno masy roztworów: $C_p = \frac{m_{s1} + m_{s2}}{m_{r1} + m_{r2}} \cdot 100\%$. Stężenie mieszaniny leży zawsze między stężeniami roztworów wyjściowych i jest bliższe stężeniu tego roztworu, którego wzięto więcej. Przykład: $100~\mathrm{g}$ roztworu 10% i $300~\mathrm{g}$ roztworu 30%: $\frac{10 + 90}{400} \cdot 100\% = 25\%$.

22.Przeliczanie stężenia procentowego na molowe

Rozważ $1~\mathrm{dm^3}$ ($1000~\mathrm{cm^3}$) roztworu: z gęstości oblicz jego masę ($m_r = d \cdot V$), ze stężenia procentowego - masę substancji, a z masy molowej - liczbę moli; ta liczba to od razu $C_m$. Wzór: $C_m = \frac{C_p \cdot d}{100\% \cdot M}$ (d w $\mathrm{g/dm^3}$). Przykład: kwas solny 36,5% o gęstości $1{,}18~\mathrm{g/cm^3}$: $1~\mathrm{dm^3}$ waży $1180~\mathrm{g}$, zawiera $430{,}7~\mathrm{g}$ $\ce{HCl}$, czyli 11,8 mola, więc $C_m = 11{,}8~\mathrm{mol/dm^3}$.

23.Stężenia w obliczeniach z równań reakcji

Gdy substrat jest w roztworze, jego ilość obliczamy ze stężenia: $n = C_m \cdot V$ albo $m_s = \frac{C_p \cdot m_r}{100\%}$, a dalej liczymy jak w zwykłych obliczeniach stechiometrycznych. Przykład: ile $\mathrm{cm^3}$ kwasu solnego o stężeniu $0{,}1~\mathrm{mol/dm^3}$ zobojętni $20~\mathrm{cm^3}$ roztworu $\ce{NaOH}$ o stężeniu $0{,}2~\mathrm{mol/dm^3}$? $n = 0{,}2 \cdot 0{,}02 = 0{,}004~\mathrm{mol}$; reakcja zachodzi w stosunku 1 : 1, więc $V = \frac{0{,}004}{0{,}1} = 0{,}04~\mathrm{dm^3} = 40~\mathrm{cm^3}$.

24.Budowa i nazwy soli

Sól zbudowana jest z kationów metalu (lub kationu amonu $\ce{NH4+}$) i anionów reszty kwasowej. Nazwa: nazwa reszty kwasowej + nazwa metalu, z wartościowością w nawiasie, gdy metal ma ich kilka. Sole kwasów beztlenowych mają końcówkę -ek: chlorek ($\ce{Cl-}$), siarczek ($\ce{S^2-}$); kwasów tlenowych -an: azotan(V) ($\ce{NO3-}$), siarczan(IV) ($\ce{SO3^2-}$), siarczan(VI) ($\ce{SO4^2-}$), węglan ($\ce{CO3^2-}$), fosforan(V) ($\ce{PO4^3-}$). Przykład: $\ce{CuSO4}$ to siarczan(VI) miedzi(II).

25.Ustalanie wzoru soli

Wartościowość metalu jest równa ładunkowi jego kationu, a wartościowość reszty kwasowej - liczbie atomów wodoru w cząsteczce kwasu. Wzór układamy „na krzyż”: wartościowość metalu staje się indeksem reszty kwasowej i odwrotnie, a potem skracamy indeksy. Resztę wieloatomową bierzemy w nawias, gdy jej indeks jest większy niż 1. Przykłady: wapń (II) i fosforan(V) (III) dają $\ce{Ca3(PO4)2}$, glin (III) i siarczan(VI) (II) - $\ce{Al2(SO4)3}$, magnez (II) i węglan (II) - $\ce{MgCO3}$.

26.Reakcja zobojętniania

Kwas + zasada → sól + woda, np. $\ce{HCl + NaOH -> NaCl + H2O}$. Zapis jonowy pełny: $\ce{H+ + Cl- + Na+ + OH- -> Na+ + Cl- + H2O}$, a skrócony (bez jonów, które się nie zmieniają): $\ce{H+ + OH- -> H2O}$ - taki sam dla każdego zobojętniania mocnego kwasu mocną zasadą. Doświadczenie: do zasady z fenoloftaleiną (malinowej) dodajemy kwas kroplami; gdy roztwór się odbarwi, zasada została zobojętniona.

27.Otrzymywanie soli: metal + kwas, tlenek metalu + kwas

Metal aktywniejszy od wodoru (np. magnez, cynk, żelazo, glin) wypiera wodór z kwasu: $\ce{Zn + 2HCl -> ZnCl2 + H2 ^}$ - widać pęcherzyki gazu. Miedź i srebro nie wypierają wodoru z kwasu solnego ani z rozcieńczonego kwasu siarkowego(VI). Tlenek metalu reaguje z kwasem bez wydzielania gazu: $\ce{CuO + H2SO4 -> CuSO4 + H2O}$ - czarny tlenek miedzi(II) znika, a roztwór barwi się na niebiesko.

28.Otrzymywanie soli: inne metody

Tlenek niemetalu + zasada → sól + woda: $\ce{CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 v + H2O}$ (mętnienie wody wapiennej). Tlenek metalu + tlenek niemetalu → sól: $\ce{CaO + CO2 -> CaCO3}$. Metal + niemetal → sól kwasu beztlenowego: $\ce{2Na + Cl2 -> 2NaCl}$. Sól + kwas → inna sól + inny kwas: $\ce{CaCO3 + 2HCl -> CaCl2 + H2O + CO2 ^}$. Sól + sól oraz sól + zasada dają nową sól, gdy jeden z produktów wytrąca się jako osad.

29.Dysocjacja elektrolityczna soli

Sole rozpuszczalne w wodzie są elektrolitami: rozpadają się na kationy metalu (lub $\ce{NH4+}$) i aniony reszty kwasowej, dlatego ich roztwory przewodzą prąd. Liczby jonów odpowiadają indeksom we wzorze: $\ce{Na2SO4 ->[H2O] 2Na+ + SO4^2-}$, $\ce{Al2(SO4)3 ->[H2O] 2Al^3+ + 3SO4^2-}$, $\ce{Ca(NO3)2 ->[H2O] Ca^2+ + 2NO3-}$. Reszta kwasowa nie rozpada się na atomy, a suma ładunków jonów wynosi zero.

30.Reakcje strąceniowe i tablica rozpuszczalności

Reakcja strąceniowa zachodzi, gdy po zmieszaniu roztworów powstaje substancja trudno rozpuszczalna, która wytrąca się jako osad. Czy osad powstanie, sprawdzamy w tablicy rozpuszczalności. Przykład: $\ce{AgNO3 + NaCl -> AgCl v + NaNO3}$, skrócony zapis jonowy $\ce{Ag+ + Cl- -> AgCl v}$ (biały, serowaty osad). Azotany(V) oraz sole sodu i potasu są dobrze rozpuszczalne, dlatego te jony zostają w roztworze.

31.Wykrywanie anionów w roztworze

Jony chlorkowe: dodajemy roztwór $\ce{AgNO3}$ - biały, serowaty osad $\ce{AgCl}$. Jony siarczanowe(VI): dodajemy roztwór $\ce{BaCl2}$ - biały osad: $\ce{Ba^2+ + SO4^2- -> BaSO4 v}$. Jony węglanowe: dodajemy kwas solny - wydziela się bezbarwny gaz, który zmętnia wodę wapienną: $\ce{CO3^2- + 2H+ -> H2O + CO2 ^}$. Jony fosforanowe(V): z roztworem $\ce{AgNO3}$ powstaje żółty osad $\ce{Ag3PO4}$.

32.Wykrywanie kationów - osady wodorotlenków

Po dodaniu roztworu wodorotlenku sodu do roztworu soli wiele kationów metali tworzy charakterystyczne osady wodorotlenków: $\ce{Cu^2+ + 2OH- -> Cu(OH)2 v}$ - niebieski, galaretowaty; $\ce{Fe^3+ + 3OH- -> Fe(OH)3 v}$ - brunatny (rdzawy); $\ce{Mg^2+ + 2OH- -> Mg(OH)2 v}$ - biały. Kation amonu wykrywamy inaczej: z zasadą podczas ogrzewania wydziela się amoniak o ostrym zapachu, który barwi zwilżony papierek uniwersalny na niebiesko.

33.Hydroliza soli - odczyn roztworu

Hydroliza soli to reakcja jonów soli z wodą, która zmienia odczyn roztworu. Sól mocnej zasady i słabego kwasu (np. $\ce{Na2CO3}$, $\ce{K2S}$, $\ce{Na2SO3}$) ma odczyn zasadowy. Sól słabej zasady i mocnego kwasu (np. $\ce{NH4Cl}$, $\ce{CuSO4}$, $\ce{ZnCl2}$) ma odczyn kwasowy. Sól mocnej zasady i mocnego kwasu (np. $\ce{NaCl}$, $\ce{KNO3}$, $\ce{Na2SO4}$) nie ulega hydrolizie - odczyn obojętny. Mocne kwasy: $\ce{HCl}$, $\ce{HNO3}$, $\ce{H2SO4}$; słabe: $\ce{H2CO3}$, $\ce{H2S}$, $\ce{H2SO3}$.

34.Równania hydrolizy soli

Z wodą reaguje jon pochodzący od słabego elektrolitu, a reakcja jest odwracalna. Anion słabego kwasu przyłącza kation wodoru z cząsteczki wody i zostają jony $\ce{OH-}$: $\ce{CO3^2- + H2O <--> HCO3- + OH-}$ - odczyn zasadowy. Kation słabej zasady oddaje kation wodoru cząsteczce wody: $\ce{NH4+ + H2O <--> NH3 + H3O+}$ - odczyn kwasowy ($\ce{H3O+}$ to kation wodoru połączony z cząsteczką wody). Roztwór $\ce{Na2CO3}$ barwi fenoloftaleinę na malinowo.

35.Stopień utlenienia

Stopień utlenienia to ładunek, jaki miałby atom, gdyby wszystkie wiązania w związku były jonowe, czyli gdyby elektrony wiązań przeszły do atomu bardziej elektroujemnego. Zapisujemy go cyfrą rzymską ze znakiem, np. +II, -III. Reguły: pierwiastek w stanie wolnym ($\ce{Fe}$, $\ce{O2}$, $\ce{Cl2}$) ma 0; tlen w związkach zwykle -II, wodór zwykle +I; metale grupy 1: +I, grupy 2: +II, glin: +III. Suma stopni utlenienia w cząsteczce wynosi 0, a w jonie - ładunek jonu.

36.Obliczanie stopnia utlenienia

Oznacz szukany stopień utlenienia jako x, pomnóż znane stopnie przez liczby atomów i przyrównaj sumę do 0 (cząsteczka) lub do ładunku jonu. Przykłady: siarka w $\ce{H2SO4}$: $2 \cdot (+1) + x + 4 \cdot (-2) = 0$, więc $x = +6$, czyli +VI; mangan w $\ce{KMnO4}$: $+1 + x - 8 = 0$, $x = +7$; azot w $\ce{NO3-}$: $x - 6 = -1$, $x = +5$. Ten sam pierwiastek może mieć różne stopnie, np. siarka: -II w $\ce{H2S}$, 0 w $\ce{S}$, +IV w $\ce{SO2}$, +VI w $\ce{SO3}$.

37.Utlenianie, redukcja, utleniacz i reduktor

W reakcji redoks (utleniania-redukcji) elektrony przechodzą między drobinami, więc atomy zmieniają stopnie utlenienia. Utlenianie to oddawanie elektronów - stopień utlenienia rośnie. Redukcja to przyjmowanie elektronów - stopień utlenienia maleje. Reduktor oddaje elektrony (sam się utlenia), utleniacz je przyjmuje (sam się redukuje). Przykład: $\ce{CuO + H2 ->[T] Cu + H2O}$: miedź przechodzi z +II do 0 (redukcja), wodór z 0 do +I (utlenianie); $\ce{H2}$ jest reduktorem, a $\ce{CuO}$ - utleniaczem.

38.Wypieranie metali z roztworów soli

Metal aktywniejszy wypiera metal mniej aktywny z roztworu jego soli - to reakcja redoks. Żelazny gwóźdź w roztworze $\ce{CuSO4}$ pokrywa się czerwonobrunatnym nalotem miedzi, a niebieska barwa roztworu słabnie: $\ce{Fe + Cu^2+ -> Fe^2+ + Cu}$. Żelazo oddaje 2 elektrony (utlenia się, jest reduktorem), a jony miedzi(II) je przyjmują (redukują się). Miedź nie wypiera żelaza ani cynku z ich soli, ale wypiera srebro: $\ce{Cu + 2AgNO3 -> Cu(NO3)2 + 2Ag}$.

39.Bilans elektronowy

Metoda uzgadniania równań redoks: 1) ustal stopnie utlenienia i znajdź atomy, które je zmieniają; 2) zapisz równania połówkowe utleniania i redukcji z elektronami; 3) pomnóż je tak, by liczba elektronów oddanych i przyjętych była równa; 4) wpisz mnożniki jako współczynniki i dobierz pozostałe. Przykład: $\ce{Fe^{+III} + 3e- -> Fe^{0}}$ (razy 2) i $\ce{C^{+II} -> C^{+IV} + 2e-}$ (razy 3), więc $\ce{Fe2O3 + 3CO -> 2Fe + 3CO2}$.