Stopień utlenienia

Jak to rozwiązać — stopień utlenienia i hybrydyzacja przy C=C i pierścieniu

Atom a (=CH– grupy winylowej): połączony z 1 atomem C (podwójnie), 1 atomem C (pojedynczo) i 1 atomem H. Formalny stopień utlenienia = −I; tworzy wiązania w płaszczyźnie + 1 π → hybrydyzacja sp².

Atom b (aromatyczny, połączony z tlenem grupy –OCH₃): wiązania z 2 atomami C (pierścień) i 1 atomem O. Formalny stopień utlenienia = 0; atom aromatyczny → hybrydyzacja sp².

✔ Zgodne z kluczem: a — (−I, sp²); b — (0, sp²).

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza stopni utlenienia

Przed napisaniem równań połówkowych należy ustalić stopnie utlenienia pierwiastków zmieniających wartościowość.

1. Jod w $\text{IO}_3^-$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-2) = -1$, zatem $x = +5$

2. Jod w $\text{I}_2$: stopień utlenienia $= 0$

3. Jod w $\text{ICl}_3$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-1) = 0$, zatem $x = +3$

Wnioski:

• Jod z $\text{IO}_3^-$: $+5 \rightarrow +3$ — redukcja (pobranie elektronów)
• Jod z $\text{I}_2$: $0 \rightarrow +3$ — utlenianie (oddawanie elektronów)

Krok 1 – Równanie połówkowe redukcji

Redukcji ulega jon $\text{IO}_3^-$, który przechodzi w $\text{ICl}_3$. Środowisko reakcji jest kwaśne (obecność $\text{H}^+$).

Bilans atomów jodu: po 1 atomie jodu po obu stronach – spełniony.

Bilans atomów chloru: w produkcie $\text{ICl}_3$ są 3 atomy Cl, które pochodzą z $\text{Cl}^-$:

Bilans atomów tlenu: po lewej 3 atomy O – w środowisku kwaśnym wiążemy je jonami $\text{H}^+$, tworząc $\text{H}_2\text{O}$:

Bilans ładunku:

• Strona lewa: $(-1) + 3\cdot(-1) + 6\cdot(+1) = -1 - 3 + 6 = +2$
• Strona prawa: $0 + 0 = 0$

Różnica ładunków: $+2 - 0 = +2$ — należy dopisać $2e^-$ po lewej stronie (redukcja = pobieranie elektronów):

Równanie połówkowe redukcji:

Krok 2 – Równanie połówkowe utleniania

Utlenieniu ulega $\text{I}_2$ ($0 \rightarrow +3$), każdy atom jodu traci 3 elektrony, a cząsteczka $\text{I}_2$ zawiera 2 atomy jodu:

Sprawdzenie ładunku: lewa: $6\cdot(-1) = -6$; prawa: $0 + (-6) = -6$ ✓

Krok 3 – Bilans elektronowy (ustalenie współczynników)

Liczba oddawanych i pobieranych elektronów musi być równa:

• Redukcja: $2e^-$ na jeden $\text{IO}_3^-$
• Utlenianie: $6e^-$ na jeden $\text{I}_2$

NWW(2, 6) = 6, zatem mnożymy:

• równanie redukcji $\times\, 3$: aby po lewej było $6e^-$
• równanie utleniania $\times\, 1$: już $6e^-$

Krok 4 – Zsumowanie równań połówkowych

Po dodaniu obu równań (elektrony się znoszą):

Upraszczamy (łączymy $\text{Cl}^-$: $9+6=15$; łączymy $\text{ICl}_3$: $3+2=5$):

Wynik końcowy

Równanie połówkowe redukcji (zapis jonowo-elektronowy):

Uzupełnione współczynniki stechiometryczne:

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Krok 1. Stopnie utlenienia żelaza. W Fe(OH)₃ żelazo ma +III, w FeO₄²⁻ ma +VI → utlenianie, oddawane są 3 elektrony.

Krok 2. Równanie utleniania (środowisko zasadowe — bilansujemy tlen jonami OH⁻ i wodą):

Fe(OH)₃ + 5 OH⁻ → FeO₄²⁻ + 4 H₂O + 3e⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −5, prawa −2−3 = −5 ✓).

Krok 3. Równanie redukcji: ClO⁻ + H₂O + 2e⁻ → Cl⁻ + 2 OH⁻. Mnożymy utlenianie ×2, redukcję ×3 (wspólna wielokrotność 6 elektronów) i sumujemy:

2 Fe(OH)₃ + 3 ClO⁻ + 4 OH⁻ → 2 FeO₄²⁻ + 3 Cl⁻ + 5 H₂O

✔ Zgodne z kluczem. Współczynniki: 2, 3, 4 → 2, 3, 5.

Jak to rozwiązać — bilans elektronów

Krok 1. Utlenianie: w S₂O₃²⁻ siarka ma +II, w SO₄²⁻ +VI. Dwa atomy S oddają łącznie 2·4 = 8 elektronów (x = 8).

Krok 2. Redukcja: Cl₂ + 2e⁻ → 2 Cl⁻. Aby zbilansować 8 elektronów, potrzeba 4 Cl₂ (przyjmują 8 e⁻ → 8 Cl⁻).

Krok 3. Współczynniki:

S₂O₃²⁻ + 4 Cl₂ + 15 H₂O → 2 SO₄²⁻ + 8 Cl⁻ + 10 H₃O⁺

✔ Zgodne z kluczem: 1, 4, 15 → 2, 8, 10.

Jak to rozwiązać — stopień utlenienia i hybrydyzacja atomu a

Geranial — atom a to węgiel grupy aldehydowej –CHO (wiązania: 1×H, 1×C, podwójne =O). Stopień utlenienia = +I; tworzy 3 wiązania σ w płaszczyźnie + 1 π → hybrydyzacja sp².

Geraniol — atom a to węgiel grupy –CH₂OH (wiązania: 2×H, 1×C, 1×O, wszystkie pojedyncze). Stopień utlenienia = −I; 4 wiązania σ → hybrydyzacja sp³.

✔ Zgodne z kluczem: geranial +I, sp²; geraniol −I, sp³.

Rozwiązanie

• C1 (grupa –CH₃): −III.
• C3 (atom C z grupą –OH): +I.
• C5 (atom C grupy =CH–): −I.

Rozwiązanie

• Atom $a$ (C pierścienia cykloheksanu): hybrydyzacja sp³.
• Atom $x$ (aromatyczny C pierścienia benzenowego): hybrydyzacja sp².
• Atom $b$ (C grupy CH–OH): stopień utlenienia 0.
• Atom $y$ (aromatyczny C–OH): stopień utlenienia +I.

Rozwiązanie

• Atom $a$ (aromatyczny C–H): stopień utlenienia −I.
• Atom $b$ (aromatyczny C–OH): stopień utlenienia +I.
• Tryptofan ulega utlenieniu (C: −I → +I), więc pełni funkcję reduktora.

Rozwiązanie

• para-benzochinon (atom $a$ = C grupy C=O): stopień utlenienia +II, hybrydyzacja sp².
• hydrochinon (atom $a$ = aromatyczny C grupy C–OH): stopień utlenienia +I, hybrydyzacja sp².

Rozwiązanie

Wprowadzone grupy: hydroksylowe (–OH).

• Atom $a$ (drugorzędowy C pierścienia z nową grupą –OH, CH–OH): stopień utlenienia 0, hybrydyzacja sp³.
• Atom $b$ (trzeciorzędowy C łańcucha bocznego z grupą –OH, C(CH₃)₂OH): stopień utlenienia +I, hybrydyzacja sp³.

Rozwiązanie

• $a$ (C=O w cykloheksanonie): stopień utlenienia +II, hybrydyzacja sp².
• $b$ (CH–OH w cykloheksanolu): stopień utlenienia 0, hybrydyzacja sp³.
• $c$ (COOH w kwasie adypinowym): stopień utlenienia +III, hybrydyzacja sp².

Rozwiązanie

• a (–CH₂OH: 1×O, 2×H, 1×C): $+1-2=\mathbf{-I}$.
• b (–CH(OH)–: 1×O, 1×H, 2×C): $+1-1=\mathbf{0}$.
• f (grupa –O–C(=O)–: 1×O wiązanie pojedyncze, 1×O wiązanie podwójne, 1×C): $+1+2=\mathbf{+III}$.