Utleniacz i reduktor

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Redukcja (Mn: +VI → +IV, powstaje brunatny MnO₂):

MnO₄²⁻ + 2 H₂O + 2 e⁻ → MnO₂ + 4 OH⁻

Utlenianie (S: +IV → +VI):

SO₃²⁻ + 2 OH⁻ → SO₄²⁻ + H₂O + 2 e⁻

Sumarycznie: MnO₄²⁻ + SO₃²⁻ + H₂O → MnO₂↓ + SO₄²⁻ + 2 OH⁻ (zielony roztwór → brunatny osad MnO₂).

✔ Zgodne z kluczem: redukcja MnO₄²⁻ → MnO₂; utlenianie SO₃²⁻ → SO₄²⁻.

Rozwiązanie – Zadanie 23

Analiza reakcji redukcji NaBH₄

Feksofenadyna jest lekiem przeciwhistaminowym. W jej syntezie kluczowym krokiem jest redukcja grupy ketonowej ($\text{C=O}$) za pomocą borowodorku sodu ($\text{NaBH}_4$) do grupy hydroksylowej ($\text{C-OH}$).

1. Krok 1: Identyfikacja grupy funkcyjnej ulegającej redukcji

   Substratem w tej reakcji jest związek zawierający grupę ketonową ($\text{C=O}$). Redukcja NaBH₄ przekształca grupę ketonową w grupę alkoholową:

   $$\text{R}_2\text{C=O} \xrightarrow{\text{NaBH}_4} \text{R}_2\text{CH-OH}$$

   Atom węgla grupy karbonylowej jest atomem węgla ulegającym redukcji.

2. Krok 2: Liczba moli elektronów potrzebnych do redukcji

   W grupie ketonowej stopień utlenienia węgla karbonylowego wynosi $+2$ (uproszczenie dla ketonu symetrycznego), a w produkcie – grupie alkoholowej – wynosi $0$ (dla drugorzędowego alkoholu).

   Precyzyjniej: podczas redukcji grupy ketonowej do alkoholu dochodzi do przyłączenia jednego jonu wodorkowego $\text{H}^-$ (niosącego dwa elektrony w wiązaniu) do atomu węgla karbonylowego. Węgiel karbonylowy przyjmuje dwa elektrony (jeden jon $\text{H}^-$ = dwa elektrony).

   Zatem redukcja jednego mola substratu (jednej grupy ketonowej) wymaga udziału dwóch moli elektronów.

   Uwaga: Jeden mol $\text{NaBH}_4$ może dostarczyć 4 mole jonów $\text{H}^-$, redukując 4 mole grup karbonylowych, co potwierdza, że na jeden mol substratu zużywane są $\frac{1}{4}$ mola $\text{NaBH}_4$, czyli 2 mole elektronów (jeden $\text{H}^-$).

   Odpowiedź: dwóch moli elektronów.

3. Krok 3: Hybrydyzacja atomu węgla w substracie

   W grupie ketonowej ($\text{C=O}$) atom węgla tworzy:

   • jedno wiązanie podwójne $\text{C=O}$ (jedno $\sigma$ + jedno $\pi$),
   • dwa wiązania pojedyncze $\text{C-R}$.

   Łącznie atom węgla uczestniczy w trzech wiązaniach sigma i jednym wiązaniu $\pi$, co odpowiada hybrydyzacji $sp^2$. Geometria jest trygonalna płaska.

   Hybrydyzacja w substracie: $sp^2$

4. Krok 4: Hybrydyzacja atomu węgla w produkcie

   W grupie hydroksylowej ($\text{C-OH}$) produktu atom węgla tworzy:

   • wiązanie $\text{C-OH}$,
   • wiązanie $\text{C-H}$ (przyłączony wodór z $\text{H}^-$),
   • dwa wiązania $\text{C-R}$.

   Łącznie atom węgla uczestniczy w czterech wiązaniach sigma, brak wiązań $\pi$, co odpowiada hybrydyzacji $sp^3$. Geometria jest tetraedryczna.

   Hybrydyzacja w produkcie: $sp^3$

Wynik końcowy

Uzupełnione zdania brzmią:

Redukcja jednego mola substratu wymaga udziału dwóch moli elektronów. Hybrydyzacja atomu węgla ulegającego redukcji w substracie to $sp^2$, a w produkcie – $sp^3$.

Jak to rozwiązać — szereg napięciowy metali

Z kwasami nieutleniającymi (jak HCl) reagują tylko metale o niższym standardowym potencjale niż wodór (leżące przed wodorem, o ujemnym E°).

Spośród Ag (E° ≈ +0,80 V), Cu (+0,34 V), Zn (−0,76 V) tylko cynk ma potencjał niższy od wodoru (ujemny), więc tylko on wypiera wodór z kwasu. Miedź i srebro mają potencjały wyższe niż wodór — nie reagują.

Rozstrzygnięcie: probówka III (Zn).

✔ Zgodne z kluczem: III; tylko cynk ma niższy potencjał standardowy niż wodór.

Jak to rozwiązać — Ag + stężony HNO₃

Srebro reaguje ze stężonym HNO₃ (kwasem utleniającym). Produktem redukcji azotu(V) jest w tym przypadku brunatny gaz NO₂ (tlenek azotu(IV)).

✔ Zgodne z kluczem: NO₂.

Jak to rozwiązać — połówka redukcji

Krok 1. W dysproporcjonowaniu część jonów Tc(+VI) ulega redukcji do Tc(+IV) w TcO₂. Zmiana +VI → +IV to przyjęcie 2 elektronów.

Krok 2. Bilansujemy tlen i ładunek w środowisku (obojętnym/zasadowym) za pomocą H₂O i OH⁻:

TcO₄²⁻ + 2 e⁻ + 2 H₂O → TcO₂ + 4 OH⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −2−2 = −4, prawa −4 ✓).

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — jeden produkt końcowy z dwóch reakcji

Aby oba doświadczenia dały taki sam wygląd (brunatny osad) w reakcji redoks, odczynnikiem jest KMnO₄, który w środowisku obojętnym redukuje się do brunatnego MnO₂:

• Probówka I (K₂SO₃ — reduktor): MnO₄⁻ utlenia SO₃²⁻, sam redukuje się do MnO₂.
• Probówka II (MnSO₄): zachodzi komproporcjonowanie MnO₄⁻ z Mn²⁺ → również MnO₂.

W obu przypadkach powstaje brunatny MnO₂ → jednakowy wygląd.

✔ Zgodne z kluczem: odczynnik KMnO₄; I — K₂SO₃; II — MnSO₄.

Rozwiązanie

Reakcja redoks: probówka III (Cr^+VI → Cr^+III). Sól chromu(VI) pełni funkcję utleniacza.

Rozwiązanie

Im silniejszy utleniacz (kation), tym słabszy reduktor (metal). Najsłabszy reduktor: X (kation X⁺ najsilniej utleniający); najsilniejszy reduktor: Z.

Rozwiązanie

W probówce I (zmiana barwy, klarowny) chlor utlenia jodki? — nie: bromki do Br₂ (barwa roztworu) → sól X $=$ KBr. W probówce II (zmętnienie) chlor utlenia siarczki do wolnej siarki (osad) → sól Z $=$ K₂S.

Rozwiązanie

W HNO₃: miedź reaguje z wydzieleniem gazowego tlenku (NO, brunatnieje jako NO₂), roztwór przyjmuje barwę niebieską. W rozcieńczonym H₂SO₄: miedź nie reaguje, roztwór pozostaje bezbarwny. Kwasem X jest HNO₃.

Rozwiązanie

Jod pełni funkcję utleniacza (redukuje się z I₂ do I⁻). W punkcie końcowym nadmiar jodu ze skrobią daje zabarwienie granatowe (niebieskie).

Rozwiązanie

Wydzielający się chlor utlenia jony jodkowe do jodu: Cl₂ $+ 2$I⁻ $\to 2$Cl⁻ $+$ I₂, a powstały jod ze skrobią tworzy granatowe zabarwienie.

Rozwiązanie

Najsilniejszy utleniacz to kation najmniej aktywnego metalu: Tc⁴⁺. Najsłabszy utleniacz to kation najaktywniejszego metalu: Hf⁴⁺.

Rozwiązanie

Utleniacz: MnO₄⁻ (ulega redukcji); reduktor: (COOH)₂ (ulega utlenieniu).