Мо­ги­лев, М. Е. 4 страница

Поэтому уравнения в молекулярной и ионных формах будут следующими:

НNO₃ + NaOH Û NaNO₃ + Н₂О

Н⁺ + OH^- Û Н₂О

В исходных растворах есть готовые для реакции ионы до смешивания, поэтому в процессе реакции диссоциации НNO₃ и NaOH не происходит, так как НNO₃ и NaOH — сильные электролиты.

2. Сольем растворы азотистой кислоты и гидроксида натрия. Уравнение в молекулярной форме:

НNO₂ + NaOH Û NaNO₂ + Н₂О

Раствор кислоты		Раствор основания
НNO2 Û Н^+ + NO2^-		Na^+; OH^-

В растворе кислоты из-за того, что она слабый электролит, концентрации ионов водорода явно недостаточно для того, чтобы произошло связывание их ионами OH^-. Поэтому при сливании растворов НNO₂ “вынуждена” диссоциировать для образования достаточного для реакции количества ионов Н⁺. В исходном растворе кислоты до смещения равновесие диссоциации сильно смещено влево, но под действием щелочи (ионов гидроксила) при сливании растворов равновесие диссоциации кислоты смещается. Поэтому при написании ионного уравнения необходимо учитывать не только связывание ионов Н⁺ и OH^-, но и “вынужденную” реакцию диссоциации НNO₂:

ìНNO₂ Û Н⁺ + NO₂^-

+ í

îН⁺ + OH^- Û Н₂О

______________________

НNO₂+ OH^-Û NO₂^-+ Н₂О

В окончательном ионном уравнении слабый электролит, а также осадок и газ записываются в молекулярном виде потому, что именно эти вещества подвергаются диссоциации, разложению или ассоциации, если они образуются в результате реакции.

Итак, способ составления ионных уравнений предполагает написание формул слабых электролитов, осадков и газов в молекулярном, недиссоциированном виде, потому что именно они-то и диссоциируют (или ассоциирует).

Примеры

1. Составьте уравнение реакции в ионной форме.

СaCO₃ + 2HCl = CaCl₂ + CO₂ + H₂O,

где СaCO₃ — плохо растворимое вещество;

HCl — сильный электролит: в растворе НСl до реакции имеется достаточное количество ионов для реакции;

CaCl₂ — хорошо растворимая соль;

СО₂ — газ; Н₂О — слабый электролит.

Поэтому уравнение реакции в ионной форме

СaCO₃ + 2H⁺ = Ca⁺⁺ + CO₂ + H₂O.

Это общее ионное уравнение предполагает следующие два уравнения:

ì СaCO₃ = Ca⁺⁺ + CO₃^{– –}

í

î CO₃^{– –} + 2H⁺ = CO₂ + H₂O

­ ____________________________

СaCO₃ + 2H⁺ = Ca⁺⁺ + CO₂ + H₂O

А теперь составим молекулярное уравнение, исходя из ионного. Допустим, требуется написать уравнение реакции в молекулярной форме для ионного уравнения

H⁺ + HCO₃^– = CO₂ + H₂O

В качестве источника ионов водорода можно взять любую кислоту, но только сильную: HCl, HNO₃ и др.

Ионы НСО₃^– могут иметь в растворе хорошо растворимые гидрокарбонаты NaHCO₃, KHCO₃, Ca(HCO₃)₂ и другие, т. е. одному ионному уравнению могут соответствовать несколько молекулярных.

HNO₃ + NaHCO₃ = CO₂ + H₂O + NaNO₃

2HCl + Ca(HCO₃)₂ = 2CO₂ + CaCl₂ + 2H₂O и др.

В ионном уравнении здесь также можно предположить две стадии:

ì HCO₃^– = H⁺ + CO₃^{– –}

í

î CO₃^{– –} + 2H⁺ = CO₂ + H₂O

_________________________

H⁺ + HCO₃^– = CO₂ + H₂O

2. Составить молекулярное уравнение для ионного:

HCO₃^– + ОН^– = H₂O + CO₃^{– –}

Такими уравнениями могут быть:

NaHCO₃ + NaOH = H₂O + Na₂CO₃

2NaHCO₃ + 2KOH = 2H₂O + Na₂CO₃ + K₂CO₃ и др.

Глава 7. Гидролиз солей

Гидролизом соли называется следующая ступень гидратации ионов соли, идущая с разложением (диссоциацией) молекулы воды.

Гидролизу подвергаются те ионы, при взаимодействии которых с молекулами воды образуются либо слабые основания, либо катионы основной соли, либо слабые кислоты, либо анионы кислых солей, т. е. гидролизуются соли, содержащие катионы слабых оснований, или анионы слабых кислот, или и те и другие.

В качестве примеров приведенных ионов: Na⁺, K⁺, Zn⁺⁺, NH₄⁺, Cl^–, NO₃^–, SO₃^{– –}, SO₄^{– –} гидролизуются ионы Zn⁺⁺, NH₄⁺ и SO₃^{– –}.

Гидролиз этих ионов приводит к образованию кислой или щелочной среды:

Zn⁺⁺ + H₂O Û ZnOH⁺ + H⁺

NH₄⁺ + H₂O Û NH₄OH + H⁺

SO₃^{– –} + H₂O Û HSO₃^– + OH^–

Примеры

1. Гидролиз карбоната натрия Na₂CO₃.

Раствор этой соли содержит ионы натрия Na⁺ и ионы СО₃^{– –}. Гидролизуется ион СО₃^{– –}, так как он является анионом слабой кислоты:

СО₃^{– –} + Н₂О Û НСО₃^– + ОН^–

НСО₃^– + Н₂О Û Н₂СО₃ + ОН^–

Вторая стадия идет значительно хуже первой, так как заряд аниона HCO₃^– на единицу меньше заряда иона CO₃^{– –} и ионы OH^{–­­ ­} первой стадии подавляют вторую. Поэтому можно не принимать ее во внимание.

Следовательно, гидролиз Na₂CO₃ выражается уравнением

CO₃^{– –} + H₂O Û HCO₃^– + OH^–

Na₂CO₃ + H₂O Û NaHCO₃ + NaOH

В молекулярной форме приведена формула кислой соли – гидрокарбоната натрия.

Образование ионов OH^– приводит к щелочной среде раствора: рН > 7.

2. Гидролиз хлорида аммония NH₄Cl.

В растворе содержатся ионы NH₄⁺ и Cl^–. Ионы хлора не гидролизуются: HCl – сильная кислота. Гидролизу подвергается ион аммония NH₄⁺:

NH₄⁺ + H₂O Û NH₄OH + H⁺

NH₄Cl + H₂O Û NH₄OH + HCl

Среда кислая, рН < 7.

Гидролиз — обратимый процесс. Напишем выражение константы гидролиза (К _г):

Концентрацию воды можно считать постоянной.

Умножим числитель и знаменатель на одну и ту же величину [OH^–]:

Тогда в написанном выражении можно увидеть ионное произведение воды: К _w = [H⁺][OH^–] в числителе и константу диссоциации NH₄OH в знаменателе:

Следовательно:

Константа гидролиза соли (иона) тем больше, чем больше К _w, которая заметно изменяется с изменением температуры, и чем меньше K _Д, т. е. чем слабее получающийся электролит.

3. Гидролиз сульфата меди CuSO₄.

Cu^{+ +} + H₂O Û CuOH⁺ + H⁺

2CuSO₄ + 2H₂O Û (CuOH)₂SO₄ + H₂SO₄

Образовалась основная соль (катион основной соли); среда – кислая pH < 7.

4. Гидролиз нитрита аммония NH₄NO₂.

ì NH₄⁺ + H₂O Û NH₄OH + H⁺

í NO₂^– + H₂O Û HNO₂ + OH^–

î H⁺ + OH^– = H₂O

_________________________________

NH₄⁺ + NO₂^– + H₂O Û NH₄OH + HNO₂

NH₄NO₂ + H₂O Û NH₄OH + HNO₂

Гидролизуются и катион, и анион, получаются в реакции слабое основание и слабая кислота. Поэтому среда близка к нейтральной pH ≈ 7.

Глава 8. Окислительно-восстановительные реакции

Окислительно-восстановительными реакциями называются реакции, сопровождающиеся переходом электронов от одних частиц к другим. В результате этого изменяются степени окисления химических элементов в веществах. Поэтому можно считать признаком окислительно-восстановительной реакции изменение степени окисления некоторых химических элементов в реакции.

Вещества, отдающие электроны, называются восстановителями – они в процессе реакции окисляются; вещества, принимающие электроны, называются окислителями, которые в реакции восстанавливаются.

Пример

NaNO₂ + NaJ + H₂SO₄ → NO + J₂ + Na₂SO₄ + H₂O

В результате реакции изменяются степени окисления азота и иода, что покажем в виде схемы

^{+3 +2}

N + 1e^– = N │ · 2

_{–1 0} │

2J - 2e^– = J₂ │

NaNO₂ – окислитель; NaJ – восстановитель.

В соответствии со схемой изменения степеней окисления поставим коэффициенты в уравнении реакции.

2NaNO₂ + 2NaJ + H₂SO₄ = 2NO + J₂ + Na₂SO₄ + H₂O

Напомним для тех, кто забыл, как находится степень окисления химического элемента в веществе.

Степенью окисления называется условный заряд атома при предположении, что в химической связи его с другим атомом произошло полное смещение электронной пары в сторону одного из атомов – в сторону более электроотрицательного, т. е. при предположении наличия в веществе только ионных связей. Степень окисления элемента в простом веществе равна нулю.

NaNO₂. Напишем степени окисления элементов над их символами:

_{+1 –2}

NaNO₂

Определим степень окисления азота:

+1 + x – 4 = 0; x = +3

₊₃

NaNO₂

_{+1 –1}

NaJ. Здесь все очевидно: NaJ

_{+1 Х –1}

H₂SO₄ H₂SO₄

2 + x – 8 = 0; x = +6

₊₆

H₂SO₄

_{+2 –2}

NO NO

₀

J₂. Простое вещество, поэтому J₂

_{+1 +6 –2}

Na₂SO₄ Na₂SO₄

_{+1 –2}

H₂O H₂O

Во многих химических реакциях имеет место следующая функциональная схема реакции:

О_к + В + С →

Где О_к – окислитель;

В – восстановитель;

С – среда. “Средой” назовем вещество, в котором не происходит изменения степени окисления химического элемента, но оно необходимо для протекания реакции. Так, наличие определенной среды — кислой, щелочной или нейтральной — очень часто необходимо для протекания окислительно-восстановительной реакции.

В рассмотренной только что реакции роль среды выполняет H₂SO₄.

Еще один пример окислительно-восстановительной реакции:

_{0 +5 +2 +2}

Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O

_{0 +2}

ì Cu – 2ē = Cu │·3

í _{+5 +2} ½

î N + 3ē = N │·2

Соотношение между количествами восстановителя Cu и окислителя (HNO₃) – 3: 2.

3Cu + 2HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + H₂O

Однако HNO₃ — не только окислитель, но и выполняет функцию среды: связывает получающуюся двухвалентную медь в нитрат меди.

Поэтому получаем окончательное уравнение

3Cu + 2HNO₃ + 6HNO₃ = 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

В Ок С

или

3Cu + 8HNO₃ = 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Составление уравнений окислительно-восстановительных реакций при неизвестных продуктах реакций значительно сложнее. В этом случае требуется знание важнейших степенней окисления химических элементов и некоторых конкретных свойств их соединений.

Рекомендации по составлению полного уравнения окислительно-восстановительной реакции при неизвестных продуктах можно свести к следующему. Это умение связано с уменим находить наиболее вероятные продукты реакции.

Рассмотрим сказанное на примере. Пусть требуется составить уравнение

FeSO₄ + NaClO₃ + NaOH →

1. Сначала определим, может ли быть реакция окислительно-вос­ста­новительной, т. е. есть ли в веществах атомы химических элементов,склонных к изменению степеней окисления.

_{+2 +5}

Таковыми являются Fe и Cl:

_{+2 +5}

FeSO₄ + NaClO₃ + NaOH →

2. Укажем на основные степени окисления тех химических элементов, которые могут изменить степень окисления в данной реакции:

_{0 +2 +3 –1 0 +1 +3 +4 +5 +7}

Fe, Fe, Fe; Cl, Cl, Cl, Cl, Cl, Cl, Cl.

Наиболее характерная степень окисления хлора подчеркнута.

3. Напишем предполагаемые схемы изменения степеней окисления элементов таким образом, чтобы, во-первых, одновременно имело место окисление и восстановление и, во-вторых, были бы учтены тенденции элементов к приобретению наиболее часто проявляемых ими степеней окисления.

_{+5 –1}

Cl + 6ē = Cl

_{+2 +3}

Fe – ē = Fe

4. Присвоим каждому из исходных веществ определенную функцию: окислителя или восстановителя, или, возможно, среды.

В данном случае

окислитель – NaClO₃;

восстановитель – FeSO₄;

вещество среды – NaOH.

5. В правой части уравнения реакции укажем наиболее вероятные продукты в соответствии со схемой изменения степеней окисления и условиями, в частности, характером среды (кислая, щелочная, нейтральная); реакция протекает при сплавлении, в газообразной фазе и т. д.

В рассматриваемой реакции с учетом щелочной среды соединением железа со степенью окисления +3 будет гидроксид железа (III), а наиболее вероятное соединение хлора после реакции –хлорид натрия:

FeSO₄ + NaClO₃ + NaOH → Fe(OH)₃ + NaCl

6. Подберем коэффициенты перед формулами веществ в уравнении реакции в соответствии со схемой изменения степеней окисления:

6FeSO₄ + NaClO₃ + 12NaOH → 6Fe(OH)₃ + NaCl + 6Na₂SO₄

Для уравнивания количества кислорода и водорода оказывается необходимым к левой части уравнения прибавить 3 молекулы воды. Получим окончательное уравнение:

6FeSO₄ + NaClO₃ + 12NaOH + 3H₂O = 6Fe(OH)₃ + NaCl + 6Na₂SO₄

Глава 9. Гальванический процесс и электролиз

Гальваническим процессом называется процесс получения электрического тока в результате самопроизвольно протекающей химической окислительно-восстановительной реакции. Подобный процесс осуществляется в устройстве, называемом гальваническим элементом.

Классическим примером гальванического элемента является медно-цинковый гальванический элемент (элемент Даниэля-Якоби).

Гальванический элемент состоит из двух полуэлементов:

1) цинковая пластина (цинковый электрод) опущена в водный раствор сульфата цинка;

2) медный электрод опущен в раствор сульфата меди.

Оба электрода соединены металлическим проводником (проводник I рода), а водные растворы замкнуты электролитическим ключом, в котором происходит движение ионов (проводник II рода).

Во внешней электрической цепи создается разность электрических потенциалов (ЭДС) за счет разных электродных потенциалов (φ) на границах “металл—раствор” в обоих полуэлементах, соответствующих следующим уравнениям:

(-): Zn – 2e^– = Zn⁺⁺

(+): Cu⁺⁺ + 2e^– = Cu

Zn + Cu⁺⁺ = Zn⁺⁺ + Cu

В молекулярной форме

Zn + CuSO₄ = ZnSO₄ + Cu

Происходит окислительно-восстановительная реакция:

Zn – восстановитель;

Cu⁺⁺(CuSO₄) — окислитель.

Общая реакция разбита на две части — полуреакции: окисление цинка и восстановление меди. Передача электронов, отдаваемых цинком и принимаемых ионами меди, происходит не при непосредственном контакте веществ, а через внешнюю цепь. В этом заключается суть гальванического процесса.

Электродные потенциалы отнесены к стандартному платино-водо­род­ному электроду, потенциал которого в стандартных условиях ([H⁺] = 1моль/л;

p = 1,013·10⁵ Па; T = 298К (25 ^°C)) принят за ноль

2H⁺ + 2e^– ↔ H₂ φ_H⁰ = 0.

Электродные потенциалы медного и цинкового электродов при концентрациях ионов, равных 1 моль/л, соответственно равны:

Cu⁺⁺ + 2ē = Cu φ_Cu⁰ = + 0,34 В,

Zn⁺⁺ + 2ē = Zn φ_Zn ⁰ = - 0,76 В.

ЭДС (Е) такого гальванического элемента при единичных концентрациях равна:

Е = φ_Cu⁰ - φ_Zn ⁰ = +0,34В – (-0,76 В) = 1,10 В.

При концентрациях, отличных от единицы, следует использовать уравнение Нернста (при 25 ºС, т. е. при 298 К):

φ = φ⁰ + (0,059/n) · lg[Меⁿ⁺],

где φ — электродный потенциал данной полуреакции при С ≠1 (С —концентрация);

φ⁰ — стандартный электродный потенциал;

n — число электронов, присоединяемых ионом металла, или заряд иона;

lg — десятичный логарифм.

Уравнение полуреакции:

Меⁿ⁺ + nē = Ме

Схематачески рассматриваемый медно-цинковый гальванический элемент можно изобразить следующим образом:

Задача

Вычислить ЭДС следующего гальванического элемента и показать процессы, происходящие в нем:

Sn│SnSO₄││CuSO₄│Cu

0,01М 0,001М

Под формулами веществ написаны их молярные концентрации.

Решение

По таблице стандартных электродных потенциалов находим

φ_Sn⁰ = -0,14 В, φ_Cu⁰ =+0,34 В.

Используя уравнение Нернста, вичислим φ_Sn и φ_Cu.

φ_Sn = -0,14 + (0,059/2)·lg[10^-2] = -0,14 - 0,06 = -0,20 В,

φ_Cu = +0,34 + (0,059/2)·lg[10^-3] = +0,34 – 0,09 = +0,25 В,

Е = +0,25 – (-0,20) = 0,45 В

Реакции, происходящие в данном гальваническом элементе:

(-):Sn - 2ē = Sn⁺⁺

(+):Cu⁺⁺ + 2ē = Cu

Sn + Cu⁺⁺ = Sn⁺⁺ + Cu

Sn + CuSO₄ = SnSO₄ + Cu

Пример

Каково значение электродного потенциала водородного электрода не при [Н⁺] = 1 моль/л, а в нейтральной среде?

В нейтральной среде [Н⁺] = 10^-7 моль/л.

Для полуреакции: 2Н⁺ + 2ē = Н₂.

В стандартных условиях электродный потенциал равен нулю:

φ_Н⁰ = 0.

При концентрациях ионов водорода [Н⁺] = 10^-7 моль/л

φ_Н = φ_Н⁰+ (0,059/1) · lg[Н⁺] = 0 + 0,059·lg[10^-7] = –0,41 В

φ_Н = -0,41 В

Т. е. в нейтральной среде φ_Н = -0,41В при [Н⁺] = 10^-7 моль/л или рН=7.

Так как рН= –lg[Н⁺], то для “водородной полуреакции”

2Н⁺ + 2ē = Н₂

уравнение Нернста можно написать в следующем виде:

φ_Н = -0,059 рН

Примеры

Для рН = 0	φН^0 = 0 (это и есть стандарт);
для рН = 5	φН = -0,30 В;
для рН = 10	φН = -0,59 В;
для рН = 14	φН = -0,83 В.

Электролиз

Электролизом называется химический процесс, происходящий в результате пропускания через расплав или раствор электролита постоянного электрического тока.

В отличие от гальванического процесса электролиз — несамопроизвольный процесс: окислительно-восстановительные реакции при электролизе протекают под воздействием внешнего источника тока. На электродах — катоде (-) и аноде (+) — разряжаются вещества в определенной последовательности.

При электролизе водного раствора, содержащего катионы металла, расположенного в ряду стандартных электродных потенциалов (в ряду активности металлов) правее алюминия, т. е. при φ > –1,66 В, на катоде выделяется металл.

При электролизе растворов, содержащих ионы металла, расположенного в ряду стандартных электродных потенциалов левее алюминия включительно, разряжаются ионы водорода с выделением свободного водорода, точнее — вода в соответствии с полуреакцией

2Н₂О + 2ē = Н₂ + 2ОН^–

На аноде в первую очередь разряжаются анионы бескислородных кислот Cl^-; Br^-; I^-; S^--, исключая ионы F^-. В присутствии кислородсодержащих анионов SO₄^--; CO₃^--; NO₃^-…, а также F^- на аноде происходит полуреакция с выделением свободного кислорода:

2Н₂О - 4ē = О₂ + 4Н⁺

Количество (масса, объем) выделившегося на электроде вещества подчиняется законам Фарадея, что можно выразить формулой

m = (m _Э · Q)/ F или m = (m _Э · I·τ)/ F,

где m — масса выделившегося вещества, г;

m _Э — его эквивалентная масса, г/экв;

Q — количество электричества, Кл;

F — число Фарадея, равное 96500 Кл;

I — сила тока, А;

τ — время пропускания тока, с.

Задача

Какие вещества и в каких количествах (масса, объем) образуются при электролизе раствора, содержащего 5,85г NaCl. Какое количество электричества требуется для разложения всей соли?

Решение

На катоде ионы натрия не разряжаются, так как электродный потенциал Na очень мал: φ_Na⁰ = -2,71В, а разлагается вода; а на аноде разряжаются ионы Cl^-.

Электролиз происходит в соответствии с уравнениями

ì(-)К: 2Н₂О + 2ē = Н₂ + 2ОН^-

+ í

î(+)А:2Cl^- - 2ē = Cl₂

____________________________

2Н₂О + NaCl = Н₂ + 2NaОН + Cl₂

2Н₂О + 2Cl^- = Н₂ + 2ОН^- + Cl₂

2Н₂О + 2NaCl = Н₂ + 2NaОН + Cl₂

Молярная масса NaCl — 58,5 г/моль. Разложилось 5,85 г. Это 0,1 моль или 0,1 экв. соли.

Следовательно:

пропущено 9650 Кл электричества, т. е. 0,1 F;

разложилось и образовалось каждого вещества по 0,1 экв, что приводит к следующим величинам, которые укажем под формулами веществ в уравнении химической реакции:

2Н₂О + 2NaCl = Н₂ + 2NaОН + Cl₂

0,1экв 0,1экв 0,1экв 0,1экв 0,1экв

1,8 г 5,85 г 0,1 г 4 г 3,55 г

1,12 л (н.у.) 1,12 л (н.у.)

Полученные результаты находятся в полном соответствии с законами Фарадея, которые можно считать частным случаем более общего закона — закона эквивалентов.

Глава 10. Комплексные соединения

Комплексными соединениями называются вещества, содержащие в своем составе сложные ионы, существующие и в кристалле этого вещества, и в его растворе.

Комплексное соединение состоит из внешней координационной сферы ивнутренней координационной сферы, являющейся сложным ионом, составленным из центральной частицы — комплексообразователя, — и окружающих его частиц, называемых лигандами.

Обычно комплексообразователь — положительно заряженный ион; лиганды — либо отрицательно заряженные ионы, либо нейтральные молекулы. Количество лигандов определяется координационным числом (обозначим n или к. ч.).

Заряд комплексного иона внутренней координационной сферы равен сумме зарядов всех частиц, входящих в сложный ион, заряд которого компенсируется зарядом частиц внешней координационной сферы.

Примеры

1. К₃[Fe(CN)₆] — гексацианоферрат (III) калия;

три иона калия — внешняя координационная сфера;

[Fe(CN)₆]^--- — комплексный ион (внутренняя координационная сфера);

Fe⁺⁺⁺ — комплексообразователь;

CN^- — анион синильной кислоты НCN, лиганд;

6 — координационное число (n = 6);

Заряд комплексного иона:

+3 – 6 = -3.

Три минуса компенсируются тремя плюсами ионов калия.

2. [Cu(NH₃)₄]SO₄ — сульфат тетрамминмеди (II);

Cu⁺⁺— комплексообразователь;

молекулы NH₃ — лиганды;

n = 4;

[Cu(NH₃)₄]⁺⁺ — комплексный ион с зарядом +2.

Комплексные ионы зачастую обладают большой устойчивостью, иначе комплексного соединения не образовалось бы. Однако в некоторой небольшой степени сложные ионы могут разлагаться на свои составные части, что определяется константой соответствующего равновесия, называемой константой нестойкости.

Пример

[Ag(NH₃)₂]Cl — хлорид диамминсеребра.

При растворении в воде очень легко происходит диссоциация этого вещества на внутреннюю и внешнюю координационные сферы:

[Ag(NH₃)₂]Cl = [Ag(NH₃)₂]⁺ + Cl^-

Далее предположим диссоциацию, распад самого комплексного иона:

[Ag(NH₃)₂]⁺ Û Ag⁺ + 2NH₃

К _Н — константа нестойкости.

Малое численное значение К_Н указывает на сильное смещение равновесия диссоциации комплексного иона в левую сторону, т. е. на прочность комплекса.

Ионы серебра могут образовывать комплексы и с разными лигандами, например: с ионами NО₂^-; ионами СN^-; молекулами NH₃ и др. Приведем значения К _Н для этих комплексов:

Дата добавления: 2014-11-25