2.2.2. Овр, протекающие в щелочной среде

Каждая освобождающаяся частица кислорода реагирует с одной молекулой воды, образуя два гидроксид-иона: [О^-2] + Н₂О = 2 ОH^-. Каждая недостающая частица кислорода берётся из двух гидроксид-ионов с образованием одной молекулы воды: 2 ОН^¯ - [О^-2] = Н₂О.

Целый ряд ОВР протекает в условиях, когда в левой части уравнения имеются молекулы основания, например:

NaCrO₂+Br₂+NaOH→Na₂CrO₄+NaBr+H₂O

При этих условиях порядок нахождения коэффициентов такой же, что и описанный в разделе 2.2.1, разница лишь в том, что если исходные соединения суммарно содержат меньшее количество атомов кислорода, чем образующиеся в полуреакции соединения, то недостающее количество их в «щелочной среде» пополняется за счет ионов ОН^–,а в противоположной части схемы будет образовываться вода.

Подберем коэффициенты в приведенном уравнении. Методика подбора до пункта 2.2.1 (5) та же, что и в случае, когда реакция протекает в кислой среде.

Отсюда схема баланса будет такова:

а) CrO₂^– → CrO₄^2– окисление

б) Br₂ → 2Br ^- восстановление

Поскольку количественного и качественного баланса в полуреакциях нет, то в правой части полуреакции «б» для соблюдения баланса перед ионами Br^–ставится коэффициент 2. В уравнении «а» нет качественного баланса, не хватает двух атомов кислорода в левой части схемы, поэтому, еслинаблюдается недостаток атомов кислорода в левой части и ОВР протекает в присутствии основания, то в эту часть схемы вводится удвоенное число групп ОН^– на каждый недостающий атом кислорода, а в правую часть записывают соответствующее число молекул Н₂О.Поскольку в левой части полуреакции «а» рассматриваемого примера 2 атома кислорода, а в правой – 4 атома кислорода, то влево вводится 4 группы ОН^–, а в правую часть 2 молекулы воды:

CrO₂^¯ + 4OH^¯→CrO₄^2- + 2H₂O

Далее в верхней и нижней строчке полуреакций уравниваются заряды:

CrO2¯ + 4OH¯ – 3ē = CrO42– + 2H2O			3	6	2
суммарный заряд до превращения	суммарный заряд после превращения	число переданных электронов n1 =-3
[-1+4•(-1)=-5]	[-2+2•0= -2]
Br2 + 2ē = 2Br¯			2		3
суммарный заряд до превращения равен 0	суммарный заряд после превращения [2•(-1)= -2]	число переданных электронов n2 = +2

Наименьшее общее кратное для числа 2 и 3 равно 6.

Затем последовательно находятся множители для верхней и нижней строчки баланса. В нашем примере для верхней строчки вводится множитель 2, а для нижней строчки – множитель 3.

С учетом этих множителей, все частицы первой полуреакции умножаются на 2, а частицы второй полуреакции – на 3, после чего складываются отдельно левые и правые части полуреакций:

CrO2¯ +4OH¯– 3ē = CrO42-+2H2O	2
Br2+2ē=2Br¯	3

2CrO₂^¯+8OH^¯+3Br₂ = 2CrO₄^2-+4H₂O+6Br^¯ (суммарное краткое ионное уравнение)

Коэффициенты перед ионами и молекулами в суммарном ионном уравнении соответствуют коэффициентам перед этими ионами и молекулами в молекулярном уравнении:

2NаСrО₄ + 8NаОН+ЗВr₂ = 2Nа₂Сr0₄ + 6NаВr+4Н₂0

В рассмотренном примере недостаток атомов кислорода наблюдался в левой части схемы, но могут быть такие ОВР, когда в схеме недостаток атомов кислорода будет в правой части. В этом случае недостающее число атомов кислорода будет компенсироваться удвоенным числом группы ОН^¯ в правой части схемы, а в левую часть вводится соответствующее число молекул воды.