Метод электронного балланса — Составление уравнений окислительно-восстановительных реакций — Окислительно-восстановительные реакции. Электролиз — Теоретические основы химии
В этом методе сравнивают степени окисления атомов в исходных и конечных веществах, руководствуясь правилом: число электронов, отданных восстановителем, должно равняться числу электронов, присоединенных окислителем. Для составления уравнения надо знать формулы реагирующих веществ и продуктов реакции. Последние определяются либо опытным путем, либо на основе известных свойств элементов. Рассмотрим применение этого метода на примерах.
Пример 1. Составление уравнения реакции меди с раствором нитрата палладия (II). Запишем формулы исходных и конечных веществ реакции и покажем изменения степеней окисления:
Медь, образуя ион меди, отдает два электрона, ее степень окисления повышается от 0 до +2. Медь – восстановитель. Ион палладия, присоединяя два электрона, изменяет степень окисления от +2 до 0. Нитрат палладия (II) -окислитель. Эти изменения можно выразить электронными уравнениями
из которых следует, что при восстановителе и окислителе коэффициенты равны 1. Окончательное уравнение реакции:
Cu + Pd(NO3)2 = Cu(NO3)2 + Pd
Как видно, в суммарном уравнении реакции электроны не фигурируют.
Чтобы проверить правильность составленного уравнения, подсчитываем число атомов каждого элемента в его правой и левой частях. Например, в правой части 6 атомов кислорода, в левой также 6 атомов; палладия 1 и 1; меди тоже 1 и 1. Значит, уравнение составлено правильно.
Переписываем это уравнение в ионной форме:
Cu + Pd2+ + 2NO3– = Cu2+ + 2NO3– + Рd
И после сокращения одинаковых ионов получим
Cu + Pd2+ = Cu2+ + Pd
Пример 2. Составление уравнения реакции взаимодействия оксида марганца (IV) с концентрированной соляной кислотой (с помощью этой реакции в лабораторных условиях получают хлор).
Запишем формулы исходных и конечных веществ реакции:
НCl + МnО2 → Сl2 + MnСl2 + Н2О
Покажем изменение степеней окисления атомов до и после реакции:
Эта реакция окислительно-восстановительная, так как изменяются степени окисления атомов хлора и марганца. НCl – восстановитель, MnО2 — окислитель. Составляем электронные уравнения:
и находим коэффициенты при восстановителе и окислителе. Они соответственно равны 2 и 1. Коэффициент 2 (а не 1) ставится потому, что 2 атома хлора со степенью окисления -1 отдают 2 электрона. Этот коэффициент уже стоит в электронном уравнении:
2НСl + MnO2 → Сl2 + MnСl2 + Н2О
Находим коэффициенты для других реагирующих веществ. Из электронных уравнений видно, что на 2 моль HCl приходится 1 моль MnО
4НCl + МnО2 = Сl2 + MnСl2 + 2Н2О
Проверку правильности написания уравнения можно ограничить подсчетом числа атомов одного какого-либо элемента, например хлора: в левой части 4 и в правой 2 + 2 = 4.
Поскольку в методе электронного баланса изображаются уравнения реакций в молекулярной форме, то после составления и проверки их следует написать в ионной форме.
Перепишем составленное уравнение в ионной форме:
4Н+ + 4Сl– + МnО2 = Сl2 + Мn2+ + 2Сl– + 2Н2О
и после сокращения одинаковых ионов в обеих частях уравнения получим
4Н+ + 2Cl– + MnO2 = Сl2 + Mn2+ + 2Н2ОПример 3. Составление уравнения реакции взаимодействия сероводорода с подкисленным раствором перманганата калия.
Напишем схему реакции – формулы исходных и полученных веществ:
Н2S + КМnO4 + Н2SО4 → S + МnSО4 + К2SO4 + Н2О
Затем покажем изменение степеней окисления атомов до и после реакции:
Изменяются степени окисления у атомов серы и марганца (Н2S – восстановитель, КМnО4 – окислитель). Составляем электронные уравнения, т.е. изображаем процессы отдачи и присоединения электронов:
И наконец, находим коэффициенты при окислителе и восстановителе, а затем при других реагирующих веществах. Из электронных уравнений видно, что надо взять 5 моль Н
5Н2S + 2КМnО4 + ЗН2SО4 = 5S + 2МnSО4 + К2SО4 + 8Н2О
Правильность написания уравнения подтверждается подсчетом атомов одного элемента, например кислорода; в левой части их 2.4 + 3.4 = 20 и в правой части 2.4 + 4 + 8 = 20.
Переписываем уравнение в ионной форме:
5Н2S + 2MnO4– + 6H+ = 5S + 2Мn2+ + 8Н2О
Известно, что правильно написанное уравнение реакции является выражением закона сохранения массы веществ. Поэтому число одних и тех же атомов в исходных веществах и продуктах реакции должно быть одинаковым. Должны сохраняться и заряды. Сумма зарядов исходных веществ всегда должна быть равна сумме зарядов продуктов реакции.
Решение С1 на ЕГЭ по химии. Задача N 30 — осваиваем метод электронного баланса. Задача 30 (C1)
Мы продолжаем обсуждать задачи типа C1 (№ 30), которые могут встретиться вам на ЕГЭ по химии. В первой части мы вспомнили, что такое степень окисления, поговорили об ОВР, изложили общий алгоритм решения задачи 30 и разобрали пару несложных примеров.
Во второй части мы займемся более сложными реакциями.
Четвертый шаг: продолжаем осваивать метод электронного баланса. Рассматриваем сложные случаи задачи № 30
Пример 6. Расставьте коэффициенты в уравнении реакции
Br2 + Ca(OH)2 = CaBr2 + Ca(BrO3)2 + H2O
методом электронного баланса.
Решение. По традиции, вы самостоятельно определяете степени окисления. Интересно, что в данном случае степень окисления изменяется лишь у одного элемента — брома.
В первой части статьи мы уже сталкивались с подобной ситуацией. Бром в этой реакции является и окислителем (степень окисления понижается от 0 до -1), и восстановителем (степень окисления повышается от 0 до +5). Перед нами типичный пример реакции диспропорционирования.
Тот факт, что бром выполняет сразу две функции, ничего не меняет в нашем алгоритме. Напишем полуреакции окисления и восстановления:
Br2(0) — 10e | = | 2Br(+5) | (процесс окисления, отдача 10 электронов) |
Br2(0) + 2e | = | 2Br(-1) | (процесс восстановления, присоединение 2 электронов) |
Еще раз напоминаю, что молекулу брома нельзя «разорвать» на части. Мы пишем именно Br 2 (0), а не Br(0).
«Домножим» первую полуреакицию на 1, а вторую — на 5.
Br2(0) — 10e | = | 2Br(+5) | (1) |
Br2(0) + 2e | = | 2Br(-1) | (5) |
Полученные коэффициенты переносим в уравнение реакции: перед формулой Ca(BrO3)2 ничего не меняем (коэффициент 1), а перед формулой бромида кальция в правой части ставим число 5.
Br2 + Ca(OH)2 = 5CaBr2 + Ca(BrO3)2 + H2O
А что ставить перед формулой Br
6Br2 + Ca(OH)2 = 5CaBr2 + Ca(BrO3)2 + H2O
Уравниваем количество атомов кальция, ставим число 6 перед формулой Ca(OH)2 в левой части:
6Br2 + 6Ca(OH)2 = 5CaBr2 + Ca(BrO3)2 + H2O.
Последний штрих: коэффициент 6 перед формулой воды в правой части уравнения:
6Br2 + 6Ca(OH)2 = 5CaBr2 + Ca(BrO3)2 + 6H2O.
Все!
Пример 7. (небольшая модификация предыдущей задачи). Расставьте коэффициенты в уравнении р-ции
Br2 + NaOH = NaBr + NaBrO3 + H2O.
Решение. Уравнение реакции как две капли воды похоже на уравнение из примера 6. То же взаимодействие брома с горячим раствором щелочи, только вместо гидроксида кальция взят гидроксид натрия.
Я не буду вникать в подробности. Ясно, что это вновь реакция диспропорционирования, ясно, что бром — это и окислитель, и восстановитель. Более того, уравнения полуреакций будут в точности повторять то, что было в примере 6. Даже коэффициенты (1 и 5) — те же самые. Уверен, что вы все это сможете проверить самостоятельно.
Сразу начну с финального этапа. Вот, что должно было у вас получиться:
6Br2 + 12NaOH = 10NaBr + 2NaBrO3 + 6H2O.
Казалось бы, все отлично. Проверка показывает, что количества атомов брома, натрия, кислорода и водорода в левой и правой частях уравнения одинаковы. Все? Можно ставить точку?
Самое печальное, что многие действительно считают, что уравнение написано идеально. Досадная невнимательность! Обратите внимание: все коэффициенты в уравнении реакции можно поделить на два. Если этого не сделать, наша оценка за задачу С1 будет снижена на 1 балл.
Вот правильный вариант:
3Br2 + 6NaOH = 5NaBr + NaBrO3 + 3H2O.
Пожалуйста, будьте внимательны! Не допускайте, чтобы из-за подобных мелочей вам снизили оценку.
Пример 8. Используя метод электронного баланса, расставьте коэффициенты в уравнении реакции
Cu2S + HNO3 = Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO2 + H2O.
Решение. Уравнение длинное, вам придется изрядно попотеть с расстановкой степеней окисления. Дам небольшую подсказку: степень окисления серы в Cu2S равна +1.
Ну, что же, давайте искать окислитель и восстановитель. Да вот же они: N (степень окисления понижается от +5 до +4) и S (повышается от -2 до +6). Ура!
Нет, друзья, радоваться рановато. Обратите внимание: степень окисления меди тоже изменяется от +1 до +2, следовательно, медь тоже является восстановителем (тоже окисляется).
«Два восстановителя? Это какая-то ошибка?» — спросите вы.
Нет, ошибки нет. Возможно, такая ситуация не очень типична для задачи С1, но, в принципе, здесь нет ничего криминального. Никто и никогда не утверждал, что в уравнении реакции может быть лишь один окислитель и один восстановитель.
«Но как же быть с электронным балансом? — спросите вы. — Число электронов, принятых азотом, будем сравнивать с числом электронов, отданных атомами меди или серы?»
Оба варианта неверны! Не медь, не сера, а «молекула» сульфида меди (I) должна рассматриваться в уравнении полуреакции окисления. Атом серы расстается с 8 электронами, каждый из атомов меди — с одним электроном. Итог: 10 электронов на одну молекулу Cu2S.
Пишем полуреакции окисления и восстановления:
2Cu(+1) — 2e | = | 2Cu(+2) | (процесс окисления, отдача 2 электронов) |
S(-2) — 8e | = | S(+6) | (процесс окисления, отдача 8 электронов) | всего отдано 10е |
N(+5) + e | = | N (+4) | (процесс восстановления, присоединение 1 электрона) |
«Домножим» первую полуреакицию (суммарную) на 1, а вторую — на 10. Итог: в уравнении реакции перед формулой сульфида меди ничего не меняется (коэффициент 1), а перед формулой NO2 появляется коэффициент 10. Только не спешите ставить число 10 перед HNO3 в левой части. Не все атомы азота меняли степень окисления!
Cu2S + HNO3 = Cu(NO3)2 + H2SO4 + 10NO2 + H2O.
Уравниваем количество атомов меди (коэффициент 2 перед формулой Cu(NO3)2). И вот только теперь, найдя общее количество атомов азота в правой части (10 + 4 = 14), мы смело можем ставить число 14 перед формулой азотной кислоты:
Cu2S + 14HNO3 = 2Cu(NO3)2 + H2SO4 + 10NO2 + H2O.
Осталось изменить коэффициент перед водой; с учетом того, что количество атомов водорода в левой части равно 14, сделать это несложно:
Cu2S + 14HNO3 = 2Cu(NO3)2 + H2SO4 + 10NO2 + 6H2O.
Итак, мы разобрали пример задачи № 30 с участием двух элементов — восстановителей. Обращаю внимание на следующие моменты:
- 1) будьте внимательны при поиске окислителя и восстановителя, возможно, их будет несколько;
- 2) в случае нескольких восстановителей (или окислителей) в электронном балансе необходимо учитывать ОБЩЕЕ количество отданных (или принятых) электронов;
- 3) общий алгоритм даже в этом случае практически не изменяется.
Пример 9. Используя метод электронного баланса, расставьте коэффициенты в уравнении реакции
FeS2 + O2 = Fe2O3 + SO2.
Решение. Популярная в экзаменационных заданиях реакция обжига пирита — это тоже пример ОВР, в которой участвуют 2 восстановителя: степень окисления железа повышается от +2 до +3, а степень окисления серы — от -1 до +4. Окислителем, естественно, является кислород.
Попробуйте решить эту задачу самостоятельно, взяв за образец пример 8. Не забывайте, что «молекулу» пирита необходимо рассматривать как единое целое.
Молекула О2 «расстается» с четырьмя электронами, FeS2 — присоединяет 11 е.
Есть одна тонкость: в молекуле Fe2O3 два атома железа, поэтому в полуреакции окисления вам придется рассматривать ДВЕ молекулы пирита. На 2 единицы FeS2 потребуется уже не 11 электронов, а 22!
Окончательное уравнение:
4FeS2 + 11O2 = 2Fe2O3 + 8SO2.
Советую вам запомнить не только принцип решения этой задачи, но и само уравнение реакции. В заданиях C1 часто фигурирует обжиг сульфидов (железа, меди и т. д.)
Рассмотрим процесс с участием органических соединений.
Пример 10. Используя метод электронного баланса, расставьте коэффициенты в уравнении реакции
C2H5OH + K2Cr2O7 + H2SO4 = Cr2(SO4)3 + K2SO4 + CH3COOH + H2O.
Решение. А что, собственно, меняется в нашем алгоритме с появлением органического вещества? Ничего! Те же степени окисления, определение окислителя и восстановителя, две полуреакции.
Единственная проблема — расставлять степени окисления в органических веществах чуть сложнее, чем в неорганических. Если вы забыли, как это делается, обратитесь к разделу справочника «Степени окисления».
В данном случае должно получиться следующее: C-3H3C-1H2OH и C-3H3C+3OOH. Обратите внимание: в составе молекул этанола и уксусной кислоты присутствуют атомы углерода с разными степенями окисления. Один из атомов С не меняет степень окисления (-3), другой — принимает 4 электрона (повышение степени окисления от -1 до +3).
Понятно, что углерод выступает в роли восстановителя, а окислителем в данном процессе является хром (изменение степени окисления от +6 до +3).
Записываем уравнения двух полуреакций. Естественно в полуреакции окисления учитывается только С(-1), т. к. С(-3) сохраняется в неизменном виде.
C(-1) — 4e | = | C(+3) | (процесс окисления, отдача 4 электронов) |
2Cr(+6) + 6e | = | 2Cr(+3) | (процесс восстановления, присоединение 6 электронов) |
Соответствующие коэффициенты равны 3 и 2.
C(-1) — 4e | = | C(+3) | (3) |
2Cr(+6) + 6e | = | 2Cr(+3) | (2) |
Полученные коэффициенты переносим в уравнение реакции: перед формулами C2H5OH и CH3COOH ставим число 3, перед формулами бихромата калия и сульфата хрома (III) — коэфф. 2:
3C2H5OH + 2K2Cr2O7 + H2SO4 = 2Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 3CH3COOH + H2O.
Общее число атомов калия в левой части не соответствует числу тех же атомов справа. Решаем эту проблему, ставя перед формулой сульфата калия коэффициент 2:
3С2H5OH + 2K2Cr2O7 + H2SO4 = 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 3CH3COOH + H2O.
Видим, что число атомов серы справа равно восьми, следовательно, слева перед формулой серной кислоты также следует поставить число 8:
3C2H5OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 = 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 3CH3COOH + H2O.
А теперь очень внимательно считаем число атомов водорода в левой части. Должно получиться 34. В правой части 12 атомов водорода находится в 3 молекулах уксусной кислоты. 34 — 12 = 22, перед формулой воды ставим коэффициент 11.
Впрочем, зачем я все это так подробно объясняю? Думаю, у вас весь этот процесс уже отработан до автоматизма. Вот окончательный ответ:
3C2H5OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 = 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 3CH3COOH + 11H2O.
По-моему, мы в совершенстве овладели методом электронного баланса. Уверен, что ничего сложнее, чем примеры 8 — 10, на реальном ЕГЭ по химии нам не предложат.
Дам вам еще несколько заданий для самостоятельной работы. Обязательно сделайте их!
Пример 11. Используя метод электронного баланса, расставьте коэффициенты в уравнениях следующих реакций:
Ag + HNO3 = AgNO3 + NO + H2O,
Mg + HNO3 = Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O,
NaBr + H2SO4 = Na2SO4 + Br2 + SO2 + H2O,
K2Cr2O7 + H2SO4 + HCOH = CO2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O,
As2S3 + HNO3 = H3AsO4 + H2SO4 + NO2 + H2O,
KMnO4 + HCl = KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O.
Пора двигаться дальше. Впереди — давно обещанные задания С1 с неполными уравнениями реакций. Но сначала нам придется вспомнить типичные окислители и восстановители и рассмотреть продукты их превращений. Поговорим о перманганатах, бихроматах, азотной кислоте и т. д.
Решение задачи 30 на ЕГЭ по химии. Часть III →
Если вы готовитесь к ЕГЭ по химии, возможно, вам будут интересны следующие материалы:
Методическая разработка по химии (11 класс) по теме: разработка ЦОРа по теме «Метод электронного баланса»
Подбор коэффициентов в уравнениях окислительно-восстановительных реакций. Метод электронного баланса В простых уравнениях коэффициенты подбирают поэлементно в соответствии с формулой конечного продукта: 2Al + 3S = Al2S3 В более сложных уравнениях окислительно-восстановительных реакций подбор коэффициентов проводят методом электронного баланса. Метод электронного баланса складывается из следующих этапов: а) записывают схему реакции (формулы реагентов и продуктов), а затем находят элементы, которые повышают и понижают свои степени окисления, и выписывают их отдельно: MnCO3 + KClO3 → MnO2 + KCl + CO2 б) составляют уравнения полуреакций восстановления и окисления, соблюдая законы сохранения числа атомов и заряда в каждой полуреакции: полуреакция восстановления ClV + 6e− = Cl−I в) подбирают дополнительные множители для уравнения полуреакций так, чтобы закон сохранения заряда выполнялся для реакции в целом, для чего число принятых электронов в полуреакциях восстановления делают равным числу отданных электронов в полуреакции окисления: ClV + 6e− = Cl−I * 1 г) проставляют (по найденным множителям) стехиометрические коэффициенты в схему реакции (коэффициент 1 опускается): 3MnCO3 + KClO3 = 3MnO2 + KCl + CO2 д) уравнивают числа атомов тех элементов, которые не изменяют своей степени окисления при протекании реакции (если таких элементов два, то достаточно уравнять число атомов одного из них, а по второму провести проверку). Получают уравнение химической реакции: 3MnCO3 + KClO3 = 3MnO2 + KCl + 3CO2 е) проводят проверку по элементу, который не менял свою степень окисления (чаще всего это кислород): слева 9 + 3 = 12 атомов O Подбор коэффициентов проведен правильно. Другие примеры подбора коэффициентов: а) (Nh5)2Cr2O7 = Cr2O3 + N2 + 4h3O (для реакций внутримолекулярного окисления-восстановления, когда в одном и том же веществе атомы одного элемента окисляются, а атомы другого элемента восстанавливаются, расчет ведут на число атомов в одной формульной единице реагента — 2N−III и 2CrVI; простые вещества указывают формулами молекул — N20). б) 2h3O2 = 2h3O + O2 (для реакций дисмутации, или диспропорционирования, самоокисления самовосстановления, в которых атомы одного и того же элемента в реагенте окисляются и восстанавливаются, дополнительные множители проставляют вначале в правую часть уравнения, а затем находят коэффициент для реагента). в) 2h3S + SO2 = 3S + h3O (в случае реакций конмутации, или синпропорционирования, в которых атомы одного и того же элемента разных реагентов в результате их окисления и восстановления получают одинаковую степень окисления, дополнительные множители проставляют вначале в левую часть уравнения). г) 3Zn + 8HNO3 = 3Zn(NO3)2 + 2NO + 4h3O (коэффициенты для HNO3 находят суммированием числа атомов азота N в правой части уравнения) д) Zn + 2h3O + 2NaOH = Na2[Zn(OH)4] + h3 (здесь Zn — восстановитель, h3O — окислитель; в молекуле воды восстанавливается один атом водорода из двух: HIOH → H0). Следует подчеркнуть, что подбор коэффициентов не предполагает установления вида продукта; наоборот, вначале составляют схему реакции, то есть устанавливают формулы продуктов, исходя из химических свойств реагентов, а затем подбирают коэффициенты в уравнении реакции. |
Метод электронного балланса
В этом методе сравнивают степени окисления атомов в исходных и конечных веществах, руководствуясь правилом: число электронов, отданных восстановителем, должно равняться числу электронов, присоединенных окислителем. Для составления уравнения надо знать формулы реагирующих веществ и продуктов реакции. Последние определяются либо опытным путем, либо на основе известных свойств элементов. Рассмотрим применение этого метода на примерах.
Пример 1. Составление уравнения реакции меди с раствором нитрата палладия (II). Запишем формулы исходных и конечных веществ реакции и покажем изменения степеней окисления:
Медь, образуя ион меди, отдает два электрона, ее степень окисления повышается от 0 до +2. Медь — восстановитель. Ион палладия, присоединяя два электрона, изменяет степень окисления от +2 до 0. Нитрат палладия (II) -окислитель. Эти изменения можно выразить электронными уравнениями
из которых следует, что при восстановителе и окислителе коэффициенты равны 1. Окончательное уравнение реакции:
Cu + Pd(NO3)2 = Cu(NO3)2 + Pd
Как видно, в суммарном уравнении реакции электроны не фигурируют.
Чтобы проверить правильность составленного уравнения, подсчитываем число атомов каждого элемента в его правой и левой частях. Например, в правой части 6 атомов кислорода, в левой также 6 атомов; палладия 1 и 1; меди тоже 1 и 1. Значит, уравнение составлено правильно.
Переписываем это уравнение в ионной форме:
Cu + Pd2+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO3- + Рd
И после сокращения одинаковых ионов получим
Cu + Pd2+ = Cu2+ + Pd
Пример 2. Составление уравнения реакции взаимодействия оксида марганца (IV) с концентрированной соляной кислотой (с помощью этой реакции в лабораторных условиях получают хлор).
Запишем формулы исходных и конечных веществ реакции:
НCl + МnО2 → Сl2 + MnСl2 + Н2О
Покажем изменение степеней окисления атомов до и после реакции:
Эта реакция окислительно-восстановительная, так как изменяются степени окисления атомов хлора и марганца. НCl — восстановитель, MnО2 — окислитель. Составляем электронные уравнения:
и находим коэффициенты при восстановителе и окислителе. Они соответственно равны 2 и 1. Коэффициент 2 (а не 1) ставится потому, что 2 атома хлора со степенью окисления -1 отдают 2 электрона. Этот коэффициент уже стоит в электронном уравнении:
2НСl + MnO2 → Сl2 + MnСl2 + Н2О
Находим коэффициенты для других реагирующих веществ. Из электронных уравнений видно, что на 2 моль HCl приходится 1 моль MnО2. Однако, учитывая, что для связывания образующегося двухзарядного иона марганца нужно еще 2 моль кислоты, перед восстановителем следует поставить коэффициент 4. Тогда воды получится 2 моль. Окончательное уравнение имеет вид
4НCl + МnО2 = Сl2 + MnСl2 + 2Н2О
Проверку правильности написания уравнения можно ограничить подсчетом числа атомов одного какого-либо элемента, например хлора: в левой части 4 и в правой 2 + 2 = 4.
Поскольку в методе электронного баланса изображаются уравнения реакций в молекулярной форме, то после составления и проверки их следует написать в ионной форме.
Перепишем составленное уравнение в ионной форме:
4Н+ + 4Сl- + МnО2 = Сl2 + Мn2+ + 2Сl- + 2Н2О
и после сокращения одинаковых ионов в обеих частях уравнения получим
4Н+ + 2Cl- + MnO2 = Сl2 + Mn2+ + 2Н2О
Пример 3. Составление уравнения реакции взаимодействия сероводорода с подкисленным раствором перманганата калия.
Напишем схему реакции — формулы исходных и полученных веществ:
Н2S + КМnO4 + Н2SО4 → S + МnSО4 + К2SO4 + Н2О
Затем покажем изменение степеней окисления атомов до и после реакции:
Изменяются степени окисления у атомов серы и марганца (Н2S — восстановитель, КМnО4 — окислитель). Составляем электронные уравнения, т.е. изображаем процессы отдачи и присоединения электронов:
И наконец, находим коэффициенты при окислителе и восстановителе, а затем при других реагирующих веществах. Из электронных уравнений видно, что надо взять 5 моль Н2S и 2 моль КМnО4, тогда получим 5 моль атомов S и 2 моль МnSО4. Кроме того, из сопоставления атомов в левой и правой частях уравнения, найдем, что образуется также 1 моль К2SО4 и 8 моль воды. Окончательное уравнение реакции будет иметь вид
5Н2S + 2КМnО4 + ЗН2SО4 = 5S + 2МnSО4 + К2SО4 + 8Н2О
Правильность написания уравнения подтверждается подсчетом атомов одного элемента, например кислорода; в левой части их 2.4 + 3.4 = 20 и в правой части 2.4 + 4 + 8 = 20.
Переписываем уравнение в ионной форме:
5Н2S + 2MnO4- + 6H+ = 5S + 2Мn2+ + 8Н2О
Известно, что правильно написанное уравнение реакции является выражением закона сохранения массы веществ. Поэтому число одних и тех же атомов в исходных веществах и продуктах реакции должно быть одинаковым. Должны сохраняться и заряды. Сумма зарядов исходных веществ всегда должна быть равна сумме зарядов продуктов реакции.
Метод полуреакций
Как показывает само название, этот метод основан на составлении ионных уравнений для процесса окисления и процесса восстановления с последующим суммированием их в общее уравнение. В качестве примера составим уравнение той же реакции, которую использовали при объяснении метода электронного баланса. При пропускании сероводорода Н2S через подкисленный раствор перманганата калия КМnО4 малиновая окраска исчезает и раствор мутнеет. Опыт показывает, что помутнение раствора происходит в результате образования элементной серы, т.е. протекания процесса:
Н2S → S + 2H+
Эта схема уравнена по числу атомов. Для уравнивания по числу зарядов надо от левой части схемы отнять два электрона, после чего можно стрелку заменить на знак равенства:
Н2S — 2е- = S + 2H+
Это первая полуреакция — процесс окисления восстановителя Н2S.
Обесцвечивание раствора связано с переходом иона MnO4- (он имеет малиновую окраску) в ион Mn2+ (практически бесцветный и лишь при большой концентрации имеет слабо-розовую окраску), что можно выразить схемой
MnO4- → Mn2+
В кислом растворе кислород, входящий в состав ионов МnО4, вместе с ионами водорода в конечном итоге образует воду. Поэтому процесс перехода записываем так:
MnO4- + 8Н+→ Мn2+ + 4Н2О
Чтобы стрелку заменить на знак равенства, надо уравнять и заряды. Поскольку исходные вещества имеют семь положительных зарядов (7+), а конечные — два положительных (2+), то для выполнения условия сохранения зарядов надо к левой части схемы прибавить пять электронов:
MnO4- + 8Н+ + 5e-= Mn2+ + 4Н2О
Это вторая полуреакция — процесс восстановления окислителя, т.е. перманганат-иона
Для составления общего уравнения реакции надо уравнения полуреакций почленно сложить, предварительно уравняв числа отданных и полученных электронов. В этом случае по правилам нахождения наименьшего кратного определяют соответствующие множители, на которые умножаются уравнения полуреакций. Сокращенно запись проводится так:
И, сократив на 10Н+, окончательно получим
5Н2S + 2MnO4- + 6H+ = 5S + 2Mn2+ + 8Н2О
Проверяем правильность составленного в ионной форме уравнения: число атомов кислорода в левой части 8, в правой 8; число зарядов: в левой части (2-)+(6+) = 4+, в правой 2(2+) = 4+. Уравнение составлено правильно, так как атомы и заряды уравнены.
Методом полуреакций составляется уравнение реакции в ионной форме. Чтобы от него перейти к уравнению в молекулярной форме, поступаем так: в левой части ионного уравнения к каждому аниону подбираем соответствующий катион, а к каждому катиону — анион. Затем те же ионы в таком же числе записываем в правую часть уравнения, после чего ионы объединяем в молекулы:
Таким образом, составление уравнений окислительно-восстановительных реакций с помощью метода полуреакций приводит к тому результату, что и метод электронного баланса.
Сопоставим оба метода. Достоинство ыметода полуреакций по сравнению с методом электронного баланса в том. что в нем применяются не гипотетические ионы, а реально существующие. В самом деле, в растворе нет ионов а есть ионы
При методе полуреакций не нужно знать степень окисления атомов. Написание отдельных ионных уравнений полуреакций необходимо для понимания химических процессов в гальваническом элементе и при электролизе. При этом методе видна роль среды как активного участника всего процесса. Наконец, при использовании метода полуреакций не нужно знать все получающиеся вещества, они появляются в уравнении реакции при выводе его. Поэтому методу полуреакций следует отдать предпочтение и применять его при составлении уравнений всех окислительно-восстановительных реакций, протекающих в водных растворах.
Разбор и решение задания №20 ОГЭ по химии
Метод электронного баланса и уравнения химических реакций
В 20 задании ОГЭ по химии необходимо полностью предоставить решение. Решение 20 задания — составление уравнения химической реакции методом электронного баланса.
Теория к заданию №20 ОГЭ по химии
Об окислительно-восстановительных реакциях мы уже с Вами говорили в 14 задании ОГЭ по химии. Теперь рассмотрим метод электронного баланса на типовом примере, но перед этим узнаем, что это за метод и как им пользоваться.
Метод электронного баланса
Метод электронного баланса — метод уравнивания химических реакций, основанный на изменении степеней окисления атомов в химических соединениях.
Алгоритм наших действий выглядит следующим образом:
- Вычисляем изменение степени окисления каждого элемента в уравнении химической реакции
- Выбираем только те элементы, которые поменяли степень окисления
- Для найденных элементов составляем электронный баланс, заключающийся в подсчете количества приобретенных или отданных электронов
- Находим наименьшее общее кратное для переданных электронов
- Полученные значения и есть коэффициенты в уравнении (за редким исключением)
Используя метод электронного баланса, расставьте коэффициенты в уравнении реакции, схема которой
HI + h3SO4 → I2 + h3S + h3O
Определите окислитель и восстановитель.
Итак, составляем электронный баланс. В данной реакции у нас меняют степени окисления сера и йод.
Сера находилась в степени окисления +6, а в продуктах — -2. Йод имел степень окисления -1, а стал 0.
Если у Вас возникли трудности с расчетом, то вспомните, как рассчитывать степень окисления.
1 | S+6 + 8ē → S–2
4 | 2I–1 – 2ē → I2
Сера забирает 8 электронов, а йод отдает только два — общее кратное 8, и дополнительные множители 1 и 4!
Расставляем коэффициенты в уравнении реакции согласно полученным данным:
8HI + h3SO4 = 4I2 + h3S + 4h3O
Не забываем указать, что сера в степени окисления +6 является окислителем, а иод в степени окисления –1 – восстановителем.
№ | Действия | Пример |
1. | Запишите схему реакции (формулы исходных веществ и продуктов реакции). | Nh4+CuO→N2+Cu+h3O |
2. | Определите и сравните степени окисления элементов до и после реакции. | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O |
3. | Выбрать (подчеркнуть) элементы, степени, окисления которых изменяются. | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O |
4. | Выписать эти элементы (простые вещества выписываются с индексами). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O N-3 →N20 Cu+2 →Cu0 |
5. | Определить отдал или принял элемент электроны и их количество (помнить, что электроны заряжены отрицательно). Количество электронов с участием простых веществ умножается на индекс, а перед ионом выставляется коэффициент, равный индексу. | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 Cu+2 +2℮ →Cu0 |
6. | Определите окислитель и восстановитель (окислитель всегда принимает электроны – степень окисления понижается, восстановитель их отдает – степень окисления повышается). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 восстановитель Cu+2 +2℮ →Cu0 окислитель |
7. | Выписать то количество электронов, которое определили. Найти для этих чисел наименьшее кратное. | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 6 восстановитель 6 Cu+2 +2℮ →Cu0 2 окислитель |
8. | Определить коэффициенты (разделив поочередно наименьшее кратное на количество электронов). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 6 1 восстановитель 6 Cu+2 +2℮ →Cu0 2 3 окислитель |
9. | Определить процесс окисления или восстановления (окислитель в процессе реакции восстанавливается, восстановитель окисляется). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 6 1 окисление восстановитель 6 Cu+2 +2℮ →Cu0 2 3 восстановление окислитель |
10. | Расставьте коэффициенты перед формулами восстановителя и окислителя методом электронного баланса. Полученные коэффициенты поставить в правой части уравнения (после стрелки) перед теми элементами, напротив которых они стоят в окислительно-восстановительном балансе. Если атомы одного и того же элемента разных реагентов в результате их окисления и восстановления получают одинаковую степень окисления, дополнительные множители проставляют вначале в левую часть уравнения (в последнем уравнении для кислорода). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 Nh4+CuO→N2+3Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 6 1 окисление восстановитель 6 Cu+2 +2℮ →Cu0 2 3 восстановление окислитель Число отданных электронов = Число принятых электронов |
11. | Уравнять правую и левую части уравнения (проверить по кислороду, количество атомов кислорода справа и слева должно быть одинаковым). | -3+1 +2-2 0 0 +1-2 2Nh4+3CuO→N2+3Cu+h3O 2N-3 — 6℮ →N20 6 1 окисление восстановитель 6 Cu+2 +2℮ →Cu0 2 3 восстановление окислитель |
12. | Устно проверьте правильность составленного уравнения. | Число молей атомов каждого химического элемента в правой и левой частях уравнения — одинаково. |