Vispārīgās un neorganiskās ķīmijas problēmu grāmata
2.2. Redoksreakcijas
Skaties uzdevumus >>>Teorētiskā daļa
Redox reakcijas ietver ķīmiskās reakcijas, ko pavada elementu oksidācijas pakāpju izmaiņas. Šādu reakciju vienādojumos koeficientu atlase tiek veikta, apkopojot elektroniskais līdzsvars... Koeficientu atlases metode, izmantojot elektronisko bilanci, sastāv no šādiem posmiem:
a) pierakstiet reaģentu un produktu formulas un pēc tam atrodiet elementus, kas palielina un samazina to oksidācijas pakāpi, un pierakstiet tos atsevišķi:
MnCO 3 + KClO 3 ® MnO2+ KCl + CO 2
Cl V¼ = Cl - es
Mn II¼ = Mn IV
b) veido reducēšanās un oksidēšanās pusreakciju vienādojumus, ievērojot atomu skaita un lādiņa saglabāšanās likumus katrā pusreakcijā:
pusreakcija atveseļošanās Cl V + 6 e - = Cl - es
pusreakcija oksidēšanās Mn II- 2 e - = Mn IV
c) izvēlas papildu faktorus pusreakciju vienādojumam, lai lādiņa nezūdamības likums izpildītos reakcijai kopumā, kurai reducēšanās pusreakcijās saņemto elektronu skaits ir vienāds ar elektronu skaitu. ziedots oksidācijas pusreakcijā:
Cl V + 6 e - = Cl - es 1
Mn II- 2 e - = Mn IV 3
d) nosaka (pēc atrastajiem faktoriem) reakcijas shēmā stehiometriskos koeficientus (koeficients 1 tiek izlaists):
3 MnCO 3 + KClO 3 = 3 MnO 2 + KCl+ CO 2
d) izlīdzināt to elementu atomu skaitu, kuri reakcijas laikā nemaina savu oksidācijas pakāpi (ja ir divi šādi elementi, tad pietiek vienā no tiem vienādot atomu skaitu, bet otru pārbaudīt). Tiek iegūts ķīmiskās reakcijas vienādojums:
3 MnCO 3 + KClO 3 = 3 MnO 2 + KCl+ 3 CO 2
3. piemērs... Atrodiet redox vienādojumā koeficientus
Fe 2 O 3 + CO ® Fe + CO 2
Risinājums
Fe 2 O 3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO 2
Fe III + 3 e - = Fe 0 2
C II - 2 e - = C IV 3
Vienlaicīgi oksidējot (vai reducējot) vienas vielas divu elementu atomus, aprēķinu veic uz vienu šīs vielas formulas vienību.
4. piemērs. Atrodiet redox vienādojumā koeficientus
Fe (S ) 2 + O 2 = Fe 2 O 3 + SO 2
Risinājums
4 Fe (S ) 2 + 11 O 2 = 2 Fe 2 O 3 + 8 SO 2
Fe II- e - = Fe III
- 11 e - 4
2S - es - 10 e - = 2S IV
O 2 0 + 4 e - = 2O - II + 4 e - 11
3. un 4. piemērā oksidētāja un reducētāja funkcijas ir sadalītas starp dažādām vielām, Fe 2 O 3 un O 2 - oksidētāji, CO un Fe (S) 2 - reducējošie līdzekļi; šādas reakcijas ir minētas starpmolekulārais redoksreakcijas.
Kad intramolekulāri oksidēšanās-reducēšana, kad tajā pašā vielā tiek oksidēti viena elementa atomi un reducēti cita elementa atomi, aprēķinu veic uz vienu vielas formulas vienību.
5. piemērs. Atrodiet koeficientus oksidācijas-reducēšanas vienādojumā
(NH 4) 2 CrO 4 ® Cr 2 O 3 + N 2 + H 2 O + NH 3
Risinājums
2 (NH 4) 2 CrO 4 = Cr 2 O 3 + N 2 + 5 H 2 O + 2 NH 3
Kr VI + 3 e - = Cr III 2
2N - III - 6 e - = N 2 0 1
Reakcijām dismutācija (nesamērīgums, pašoksidācija- pašreģenerācija), kurā viena un tā paša elementa atomi reaģentā tiek oksidēti un reducēti, vienādojuma labajā pusē vispirms tiek ierakstīti papildu faktori un pēc tam tiek atrasts reaģenta koeficients.
6. piemērs... Atrodiet koeficientus dismutācijas reakcijas vienādojumā
H2O2 ® H 2 O + O 2
Risinājums
2 H 2 O 2 = 2 H 2 O + O 2
O - es + e - = O - II 2
2O - es - 2 e - = O 2 0 1
Komutācijas reakcijai ( sinproporcija), kurā dažādu reaģentu viena un tā paša elementa atomi to oksidēšanās un reducēšanās rezultātā iegūst vienādu oksidācijas pakāpi, vienādojuma kreisajā pusē vispirms tiek norādīti papildu faktori.
7. piemērs. Piesārņojuma reakcijas vienādojumā izvēlieties koeficientus:
H 2 S + SO 2 = S + H 2 O
Risinājums
2H2S + SO2 = 3S + 2H2O
S - II - 2 e - = S 0 2
S IV + 4 e - = S 0 1
Lai izvēlētos koeficientus redoksreakciju vienādojumos, kas notiek ūdens šķīdumā ar jonu piedalīšanos, izmantojiet metodi elektronu-jonu līdzsvars. Koeficientu atlases metode, izmantojot elektronisko jonu līdzsvaru, sastāv no šādiem posmiem:
a) pierakstiet šīs redoksreakcijas reaģentu formulas
K 2 Cr 2 O 7 + H 2 SO 4 + H 2 S
un noteikt katra no tām ķīmisko funkciju (šeit K 2 Cr 2 O 7 - oksidētājs, H2SO4 - skāba reakcijas vide, H2S - reducētājs);
b) pierakstiet (nākamajā rindā) reaģentu formulas jonu formā, norādot tikai tos jonus (spēcīgiem elektrolītiem), molekulas (vājiem elektrolītiem un gāzēm) un formulas vienības (cietām vielām), kas piedalīsies reakcija kā oksidētājs ( Cr 2 O 7 2 - ), vide ( H+- precīzāk, oksonija katjons H3O+ ) un reducētājs ( H2S):
Cr 2 O 7 2 - + H + + H 2 S
c) nosaka oksidētāja reducēto formulu un reducētāja oksidēto formu, kas ir jāzina vai jāprecizē (piemēram, šeit dihromāta jons pārnes hroma katjonus ( III) un sērūdeņradi - sērā); šie dati tiek ierakstīti šādās divās rindās, tiek apkopoti reducēšanas un oksidācijas pusreakciju elektronisko jonu vienādojumi un tiek izvēlēti papildu faktori pusreakciju vienādojumiem:
pusreakcija Cr 2 O 7 samazināšana 2 - + 14 H + + 6 e - = 2 Cr 3+ + 7 H 2 O 1
pusreakcija oksidēšana H2S - 2 e - = S (t) + 2 H + 3
d) sastādiet, summējot pusreakciju vienādojumus, dotās reakcijas jonu vienādojumu, t.i. papildināt ierakstu (b):
Cr 2 O 7 2 - + 8 H + + 3 H 2 S = 2 Cr 3+ + 7 H 2 O + 3 S ( T )
d), pamatojoties uz jonu vienādojumu, veido šīs reakcijas molekulāro vienādojumu, t.i. papildina ierakstu (a), un katjonu un anjonu formulas, kas nav iekļautas jonu vienādojumā, tiek grupētas formulās papildu produktiem ( K 2 SO 4):
K 2 Cr 2 O 7 + 4H 2 SO 4 + 3H 2 S = Cr 2 (SO 4) 3 + 7H 2 O + 3S ( m) + K 2 SO 4
f) pārbaudiet atlasītos koeficientus elementu atomu skaitam vienādojuma kreisajā un labajā pusē (parasti pietiek tikai pārbaudīt skābekļa atomu skaitu).
Oksidētsun atjaunota oksidētāja un reducētāja formas bieži atšķiras pēc skābekļa satura (sal Cr 2 O 7 2 - un Cr 3+ ). Tāpēc, sastādot pusreakciju vienādojumus ar elektronu-jonu līdzsvara metodi, tie ietver pārus H + / H 2 O (skābai videi) un OH - / H 2 O (sārmainai videi). Ja, pārejot no vienas formas uz citu, sākotnējā forma (parasti - oksidēts) zaudē savus oksīda jonus (parādīti zemāk kvadrātiekavās), tad pēdējie, jo tie nepastāv brīvā formā, ir jāapvieno ar ūdeņraža katjoniem skābā vidē un sārmainā vidē. - ar ūdens molekulām, kas noved pie ūdens molekulu veidošanās (skābā vidē) un hidroksīda jonu (sārmainā vidē)):
skāba vide [ O 2 - ] + 2 H + = H 2 O
sārmaina vide [O 2 - ] + H 2 O = 2 OH -
Oksīda jonu trūkums to sākotnējā formā (biežāk- reducētā veidā) salīdzinājumā ar galīgo formu tiek kompensēts, pievienojot ūdens molekulas (skābā vidē) vai hidroksīda jonus (sārmainā vidē):
skāba vide H 2 O = [O 2 - ] + 2 H+
sārmaina vide 2 OH - = [O 2 - ] + H2O
8. piemērs. Redoksreakcijas vienādojumā izvēlieties koeficientus ar elektronu-jonu līdzsvara metodi:
® MnSO 4 + H 2 O + Na 2 SO 4 + ¼
Risinājums
2 KMnO 4 + 3 H 2 SO 4 + 5 Na 2 SO 3 =
2 MnSO 4 + 3 H 2 O + 5 Na 2 SO 4 + + K 2 SO 4
2 MnO 4 - + 6 H + + 5 SO 3 2 - = 2 Mn 2+ + 3 H 2 O + 5 SO 4 2 -
MnO 4 - + 8 H + + 5 e - = Mn 2+ + 4 H 2 O2
SO 3 2 - + H2O - 2 e - = SO 4 2 - + 2 H + 5
9. piemērs... Redoksreakcijas vienādojumā izvēlieties koeficientus ar elektronu-jonu līdzsvara metodi:
Na 2 SO 3 + KOH + KMnO 4 ® Na 2 SO 4 + H 2 O + K 2 MnO 4
Risinājums
Na 2 SO 3 + 2 KOH + 2 KMnO 4 = Na 2 SO 4 + H 2 O + 2 K 2 MnO 4
SO 3 2 - + 2 OH - + 2 MnO 4 - = SO 4 2 - + H 2 O + 2 MnO 4 2 -
MnO 4 - + 1 e - = MnO 4 2 - 2
SO 3 2 - + 2 OH - - 2 e - = SO 4 2 - + H2O1
Ja permanganāta jonu izmanto kā oksidētāju vāji skābā vidē, tad reducēšanas pusreakcijas vienādojums ir:
MnO 4 - + 4 H + + 3 e - = MnApmēram 2 ( m) + 2 H2O
un ja nedaudz sārmainā vidē, tad
MnO 4 - + 2 H 2 O + 3 e - = MnApmēram 2 ( t) + 4 OH -
Bieži vien vāji skābu un vāji sārmainu vidi parasti sauc par neitrālu, savukārt pusreakcijas vienādojumos kreisajā pusē tiek ievadītas tikai ūdens molekulas. Šajā gadījumā, sastādot vienādojumu, ir nepieciešams (pēc papildu faktoru izvēles) uzrakstīt papildu vienādojumu, kas atspoguļo ūdens veidošanos no H + un OH joniem - .
10. piemērs... Neitrālā vidē notiekošās reakcijas vienādojumā izvēlieties koeficientus:
KMnO 4 + H 2 O + Na 2 SO 3 ® Mn O 2( m) + Na2SO4 ¼
Risinājums
2 KMnO 4 + H 2 O + 3 Na 2 SO 3 = 2 MnApmēram 2 ( t) + 3 Na 2 SO 4 + 2 KOH
MnO 4 - + H 2 O + 3 SO 3 2 - = 2 MnApmēram 2 ( m) + 3 SO 4 2 - + 2 OH -
MnO 4 - + 2 H 2 O + 3 e - = MnApmēram 2 ( t) + 4 OH -
SO 3 2 - + H2O - 2 e - = SO 4 2 - + 2 H +
8ON - + 6 H + = 6 H 2 O + 2 OH -
Tādējādi, ja 10. piemēra reakcija tiek veikta, vienkārši sapludinot kālija permanganāta un nātrija sulfīta ūdens šķīdumus, tad tā notiek nosacīti neitrālā (un faktiski nedaudz sārmainā) vidē, jo veidojas kālija hidroksīds. Ja kālija permanganāta šķīdums ir nedaudz paskābināts, tad reakcija notiks vāji skābā (nosacīti neitrālā) vidē.
11. piemērs... Izvēlieties koeficientus reakcijas vienādojumā, kas notiek vāji skābā vidē:
KMnO 4 + H 2 SO 4 + Na 2 SO 3 ® Mn O 2( t) + H 2 O + Na 2 SO 4 + ¼
Risinājums
2KMnO4 + H2SO4 + 3Na2SO3 = 2Mn Apmēram 2 ( T ) + H2O + 3Na2SO4 + K2SO4
2 MnO 4 - + 2 H + + 3 SO 3 2 - = 2 MnApmēram 2 ( t) + H2O + 3SO42 -
MnO 4 - + 4 H + + 3 e - = MnО 2 (t) + 2 H 2 O2
SO 3 2 - + H2O - 2 e - = SO 4 2 - + 2 H + 3
Oksidētāju un reducētāju eksistences formas pirms un pēc reakcijas, t.i. to oksidētās un reducētās formas sauc redoksu tvaiki... Tātad no ķīmiskās prakses ir zināms (un tas ir jāatceras), ka permanganāta jons skābā vidē veido mangāna katjonu ( II) (pāris MnO 4 - + H + / Mn 2+ + H2O ), viegli sārmainā vidē- mangāna (IV) oksīds (pāris MnO 4 - + H + ¤ MnО 2 (t) + H 2 O vai MnO 4 - + H 2 O = Mn O 2 (t) + OH - ). Tiek noteikts oksidēto un reducēto formu sastāvs, tāpēc ķīmiskās īpašības dotā elementa dažādos oksidācijas stāvokļos, t.i. specifisku formu nevienlīdzīga stabilitāte dažādās ūdens šķīduma vidēs. Visi šajā sadaļā izmantotie redoksu pāri ir doti uzdevumos 2.15 un 2.16.
18. Redoksreakcijas (1. turpinājums)
18.5. Ūdeņraža peroksīda ORP
Ūdeņraža peroksīda H 2 O 2 molekulās skābekļa atomi atrodas –I oksidācijas stāvoklī. Šis ir šī elementa atomu starpposma un ne visstabilākais oksidācijas stāvoklis, tāpēc ūdeņraža peroksīdam piemīt gan oksidējošas, gan reducējošas īpašības.
Šīs vielas redoksaktivitāte ir atkarīga no koncentrācijas. Parasti izmantotajos šķīdumos ar masas daļu 20% ūdeņraža peroksīds ir diezgan spēcīgs oksidētājs, atšķaidītos šķīdumos tā oksidējošā aktivitāte samazinās. Ūdeņraža peroksīda reducējošās īpašības ir mazāk raksturīgas nekā oksidējošām, un tās ir atkarīgas arī no koncentrācijas.
Ūdeņraža peroksīds ir ļoti vāja skābe (skat. 13. pielikumu), tāpēc stipri sārmainos šķīdumos tā molekulas pārvēršas hidroperoksīda jonos.
Atkarībā no vides reakcijas un no tā, vai ūdeņraža peroksīds šajā reakcijā ir oksidētājs vai reducētājs, redoksa mijiedarbības produkti būs atšķirīgi. Pusreakcijas vienādojumi visiem šiem gadījumiem ir parādīti 1. tabulā.
1. tabula
H 2 O 2 redoks-pusreakciju vienādojumi šķīdumos
Vides reakcija |
H 2 O 2 oksidētājs |
H 2 O 2 reducētājs |
| Skābs | ||
| Neitrāla | H 2 O 2 + 2e - = 2OH | H 2 O 2 + 2 H 2 O - 2e - = O 2 + 2 H 3 O |
| Sārmains | HO 2 + H 2 O + 2e - = 3OH |
Apskatīsim ORR piemērus ar ūdeņraža peroksīda piedalīšanos.
1. piemērs. Izveidojiet reakcijas vienādojumu, pievienojot kālija jodīda šķīdumu ūdeņraža peroksīda šķīdumam, kas paskābināts ar sērskābi.
| 1 | H2O2 + 2H3O + 2e - = 4H2O |
| 1 | 2I - 2e - = I 2 |
H 2 O 2 + 2H 3 O + 2I = 4H 2 O + I 2
H 2 O 2 + H 2 SO 4 + 2KI = 2H 2 O + I 2 + K 2 SO 4
Piemērs 2. Uzrakstiet vienādojumu reakcijai starp kālija permanganātu un ūdeņraža peroksīdu ūdens šķīdums paskābināts ar sērskābi.
| 2 | MnO4 + 8H3O + 5e - = Mn2 + 12H2O |
| 5 | H 2 O 2 + 2 H 2 O - 2e - = O 2 + 2 H 3 O |
2MnO4 + 6H3O + + 5H2O2 = 2Mn2 + 14H2O + 5O2
2KMnO4 + 3H2SO4 + 5H2O2 = 2MnSO4 + 8H2O + 5O2 + K2SO4
3. piemērs. Izveidojiet vienādojumu ūdeņraža peroksīda reakcijai ar nātrija jodīdu šķīdumā nātrija hidroksīda klātbūtnē.
| 3 | 6 | HO 2 + H 2 O + 2e - = 3OH |
| 1 | 2 | I + 6OH - 6e - = IO 3 + 3H 2 O |
3HO 2 + I = 3OH + IO 3
3NaHO 2 + NaI = 3NaOH + NaIO 3
Neņemot vērā neitralizācijas reakciju starp nātrija hidroksīdu un ūdeņraža peroksīdu, šo vienādojumu bieži raksta šādi:
3H 2 O 2 + NaI = 3H 2 O + NaIO 3 (NaOH klātbūtnē)
Tas pats vienādojums izrādīsies, ja hidroperoksīda jonu veidošanos neņems vērā uzreiz (bilances sastādīšanas stadijā).
4. piemērs. Uzrakstiet vienādojumu reakcijai, kas notiek, pievienojot svina dioksīdu ūdeņraža peroksīda šķīdumam kālija hidroksīda klātbūtnē.
Svina dioksīds PbO 2 ir ļoti spēcīgs oksidētājs, īpaši skābā vidē. Šādos apstākļos reducējoties, tas veido Pb 2 jonus. Sārmainā vidē PbO 2 reducēšanas laikā veidojas joni.
| 1 | PbO 2 + 2H 2 O + 2e - = + OH |
| 1 | HO 2 + OH - 2e - = O 2 + H 2 O |
PbO 2 + H 2 O + HO 2 = + O 2
Neņemot vērā hidroperoksīda jonu veidošanos, vienādojumu raksta šādi:
PbO 2 + H 2 O 2 + OH = + O 2 + 2H 2 O
Ja saskaņā ar iestatīšanas nosacījumu pievienotais ūdeņraža peroksīda šķīdums bija sārmains, tad molekulārais vienādojums jāraksta šādi:
PbO 2 + H 2 O + KHO 2 = K + O 2
Ja iekšā reakcijas maisījums kas satur sārmu, pievieno neitrālu ūdeņraža peroksīda šķīdumu, tad var uzrakstīt molekulāro vienādojumu, neņemot vērā kālija hidroperoksīda veidošanos:
PbO 2 + KOH + H 2 O 2 = K + O 2
18.6. ORR dismutācija un intramolekulārais ORR
Starp redoksreakcijām ir dismutācijas reakcijas (disproporcija, pašoksidācija-pašdziedināšanās).
Jums zināmas dismutācijas reakcijas piemērs ir hlora reakcija ar ūdeni:
Cl 2 + H 2 O HCl + HClO
Šajā reakcijā puse hlora atomu (0) tiek oksidēti līdz + I oksidācijas stāvoklim, bet otra puse tiek reducēta līdz –I oksidācijas stāvoklim:
Ar elektronisko jonu līdzsvara metodi izveidosim vienādojumu līdzīgai reakcijai, kas notiek, kad hloru izlaiž caur aukstu sārma šķīdumu, piemēram, KOH:
| 1 | Cl 2 + 2e - = 2Cl |
| 1 | Cl 2 + 4OH - 2e - = 2ClO + 2H 2 O |
2Cl 2 + 4OH = 2Cl + 2ClO + 2H 2 O
Visiem šī vienādojuma koeficientiem ir kopīgs dalītājs, tāpēc:
Cl 2 + 2OH = Cl + ClO + H 2 O
Cl 2 + 2KOH = KCl + KClO + H 2 O
Hlora dismutācija karstā šķīdumā notiek nedaudz savādāk:
| 5 | Cl 2 + 2e - = 2Cl | |
| 1 | Cl 2 + 12OH - 10e - = 2ClO 3 + 6H 2 O |
3Cl 2 + 6OH = 5Cl + ClO 3 + 3H 2 O
3Cl 2 + 6KOH = 5KCl + KClO 3 + 3H 2 O
Liela praktiska nozīme ir slāpekļa dioksīda dismutācijai, reaģējot ar ūdeni ( a) un ar sārmu šķīdumiem ( b):
| a) | NO 2 + 3H 2 O - e - = NO 3 + 2H 3 O | NO 2 + 2OH - e - = NO 3 + H 2 O | |||
| NO 2 + H 2 O + e - = HNO 2 + OH | NO 2 + e - = NO 2 | ||||
2NO 2 + 2H 2 O = NO 3 + H 3 O + HNO 2 |
2NO 2 + 2OH = NO 3 + NO 2 + H 2 O |
||||
2NO 2 + H 2 O = HNO 3 + HNO 2 |
2NO 2 + 2NaOH = NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O |
||||
Dismutācijas reakcijas notiek ne tikai šķīdumos, bet arī karsējot cietas vielas, piemēram, kālija hlorātu:
4KClO 3 = KCl + 3KClO 4
Tipisks un ļoti efektīvs intramolekulārās ORP piemērs ir amonija dihromāta (NH 4) 2 Cr 2 O 7 termiskās sadalīšanās reakcija. Šajā vielā slāpekļa atomi ir zemākajā oksidācijas pakāpē (–III), un hroma atomi ir visaugstākajā (+ VI). Istabas temperatūrā šis savienojums ir diezgan stabils, bet, karsējot, tas ātri sadalās. Šajā gadījumā hroms (VI) pāriet hromā (III) - visstabilākajā hroma stāvoklī, bet slāpeklis (–III) - slāpeklī (0) - arī visstabilākajā stāvoklī. Ņemot vērā atomu skaitu elektroniskā bilances vienādojuma formulas vienībā:
| 2Cr + VI + 6e - = 2Cr + III | |
| 2N –III – 6e – = N 2, |
un pats reakcijas vienādojums:
(NH 4) 2 Cr 2 O 7 = Cr 2 O 3 + N 2 + 4H 2 O.
Vēl viens svarīgs intramolekulārās ORP piemērs ir kālija perhlorāta KClO 4 termiskā sadalīšanās. Šajā reakcijā hlors (VII), kā vienmēr, kad tas darbojas kā oksidētājs, pārvēršas hlorā (–I), oksidējot skābekli (–II) par vienkāršu vielu:
| 1 | Cl + VII + 8e - = Cl –I | |
| 2 | 2O –II – 4e – = O 2 |
un līdz ar to arī reakcijas vienādojums
KClO 4 = KCl + 2O 2
Kālija hlorāts KClO 3 karsējot sadalās līdzīgi, ja sadalīšanu veic katalizatora (MnO 2) klātbūtnē: 2KClO 3 = 2KCl + 3O 2
Ja nav katalizatora, notiek dismutācijas reakcija.
Intramolekulāro ORP grupā ietilpst arī nitrātu termiskās sadalīšanās reakcijas.
Parasti procesi, kas notiek, karsējot nitrātus, ir diezgan sarežģīti, īpaši kristālisko hidrātu gadījumā. Ja ūdens molekulas vāji saglabājas kristāliskā hidrātā, tad ar vāju karsēšanu nitrāts tiek dehidrēts [piemēram, LiNO 3. 3H 2 O un Ca (NO 3) 2 4H 2 O tiek dehidrēti līdz LiNO 3 un Ca (NO 3) 2], ja ūdens ir saistīts spēcīgāk [kā, piemēram, Mg (NO 3) 2. 6H2O un Bi (NO3) 3. 5H 2 O], tad notiek sava veida "intramolekulārās hidrolīzes" reakcija, veidojoties bāziskiem sāļiem – hidroksīda nitrātiem, kas tālāk karsējot var pārvērsties par oksīda nitrātiem (un (NO 3) 6), pēdējie plkst. vairāk paaugstināta temperatūra sadalās oksīdos.
Sildot, bezūdens nitrāti var sadalīties līdz nitrītiem (ja tādi pastāv un joprojām ir stabili šajā temperatūrā), un nitrīti var sadalīties līdz oksīdiem. Ja karsēšanu veic līdz pietiekami augstai temperatūrai vai arī attiecīgais oksīds ir nestabils (Ag 2 O, HgO), tad arī metāls (Cu, Cd, Ag, Hg) var būt termiskās sadalīšanās produkts.
Nedaudz vienkāršota nitrātu termiskās sadalīšanās diagramma ir parādīta attēlā. 5.
Secīgu transformāciju piemēri, kas notiek, kad daži nitrāti tiek karsēti (temperatūras ir norādītas Celsija grādos):
KNO 3 KNO 2 K 2 O;
Ca (NO 3) 2. 4H 2O Ca (NO 3) 2 Ca (NO 2) 2 CaO;
Mg (NO 3) 2. 6H 2 O Mg (NO 3) (OH) MgO;
Cu (NO 3) 2. 6H 2 O Cu (NO 3) 2 CuO Cu 2 O Cu;
Bi (NO 3) 3. 5H 2 O Bi (NO 3) 2 (OH) Bi (NO 3) (OH) 2 (NO 3) 6 Bi 2 O 3.
Neskatoties uz notiekošo procesu sarežģītību, atbildot uz jautājumu, kas notiks, "kalcinējot" (tas ir, temperatūrā 400 - 500 o С) atbilstošo bezūdens nitrātu, viņi parasti vadās pēc šādiem ārkārtīgi vienkāršotiem noteikumiem. :
1) aktīvāko metālu nitrāti (spriegumu virknē - pa kreisi no magnija) sadalās līdz nitrītiem;
2) mazāk aktīvo metālu nitrāti (spriegumu diapazonā - no magnija līdz varam) sadalās līdz oksīdiem;
3) vismazāk aktīvo metālu nitrāti (spriegumu virknē - pa labi no vara) sadalās līdz metālam.
Lietojot šos noteikumus, jāatceras, ka šādos apstākļos
LiNO 3 sadalās līdz oksīdam,
Be (NO 3) 2 augstākā temperatūrā sadalās līdz oksīdam,
no Ni (NO 3) 2 papildus NiO var iegūt arī Ni (NO 2) 2,
Mn (NO 3) 2 sadalās līdz Mn 2 O 3,
Fe (NO 3) 2 sadalās līdz Fe 2 O 3;
no Hg (NO 3) 2 bez dzīvsudraba var iegūt arī tā oksīdu.
Apskatīsim tipiskus reakciju piemērus, kas saistīti ar šiem trim veidiem:
KNO 3 KNO 2 + O 2
2KNO 3 = 2 KNO 2 + O 2 |
Zn (NO 3) 2 ZnO + NO 2 + O 2
2Zn (NO 3) 2 = 2ZnO + 4NO 2 + O 2 |
AgNO 3 Ag + NO 2 + O 2 18.7. Piesārņojuma redoksreakcijas Šīs reakcijas var būt gan starpmolekulāras, gan intramolekulāras. Piemēram, intramolekulārie ORD, kas rodas amonija nitrāta un nitrīta termiskās sadalīšanās laikā, ir saistīti ar konturēšanas reakcijām, jo šajā gadījumā slāpekļa atomu oksidācijas stāvoklis tiek izlīdzināts: NH 4 NO 3 = N 2 O + 2H 2 O (apmēram 200 o C) Augstākā temperatūrā (250 - 300 o C) amonija nitrāts sadalās līdz N 2 un NO, bet vēl augstākā temperatūrā (virs 300 o C) - līdz slāpeklim un skābeklim, un abos gadījumos veidojas ūdens. Starpmolekulārās savienošanas reakcijas piemērs ir reakcija, kas notiek, kad tiek sapludināti karsti kālija nitrīta un amonija hlorīda šķīdumi: NH4 + NO 2 = N 2 + 2H 2 O NH 4 Cl + KNO 2 = KCl + N 2 + 2H 2 O Ja līdzīgu reakciju veic, karsējot kristāliskā amonija sulfāta un kalcija nitrāta maisījumu, tad atkarībā no apstākļiem reakcija var noritēt dažādos veidos: (NH 4) 2 SO 4 + Ca (NO 3) 2 = 2N 2 O + 4H 2 O + CaSO 4 (t< 250 o C) Pirmā un trešā no šīm reakcijām ir konformācijas reakcijas, otrā ir sarežģītāka reakcija, kas ietver gan slāpekļa atomu savienošanu, gan skābekļa atomu oksidēšanu. Kura no reakcijām noritēs temperatūrā virs 250 o C, ir atkarīga no reaģentu attiecības. Piesārņojuma reakcijas, kas izraisa hlora veidošanos, rodas, apstrādājot skābekli saturošu hlora skābju sāļus ar sālsskābi, piemēram: 6HCl + KClO 3 = KCl + 3Cl 2 + 3H 2 O Arī saskaņā ar piesārņojuma reakciju sērs veidojas no gāzveida sērūdeņraža un sēra dioksīda: 2H2S + SO2 = 3S + 2H2O ОВР nejaušības ir diezgan daudz un dažādas - tās pat ietver dažas skābju-bāzes reakcijas, piemēram: NaH + H2O = NaOH + H2. Komutācijas ORP vienādojumu sastādīšanai izmanto gan elektroniski jonu, gan elektronisko līdzsvaru atkarībā no tā, vai šī reakcija notiek šķīdumā vai nē. 18.8. Elektrolīze IX nodaļā jūs uzzinājāt par dažādu vielu kausējumu elektrolīzi. Tā kā mobilie joni atrodas arī šķīdumos, elektrolīzei var tikt pakļauti arī dažādu elektrolītu šķīdumi. Gan kausējumu elektrolīzē, gan šķīdumu elektrolīzē parasti izmanto elektrodus, kas izgatavoti no materiāla, kas nereaģē (grafīts, platīns u.c.), bet dažkārt elektrolīzi veic arī ar "šķīstošo" anodu. "Šīstošais" anods tiek izmantots, ja nepieciešams elektroķīmiski savienot elementu, no kura izgatavots anods. Kad elektrolīze ir liela nozīme tiek atdalītas anoda un katoda telpas, vai reakcijas laikā tiek sajaukts elektrolīts - reakcijas produkti šajos gadījumos var būt atšķirīgi. Apskatīsim svarīgākos elektrolīzes gadījumus. 1. NaCl kausējuma elektrolīze. Inertie elektrodi (grafīts), anoda un katoda telpas ir atdalītas. Kā jūs jau zināt, šajā gadījumā reakcijas notiek pie katoda un pie anoda: K: Na + e - = Na Šādi pierakstot uz elektrodiem notiekošo reakciju vienādojumus, iegūstam pusreakcijas, ar kurām varam rīkoties tieši tāpat kā elektronu-jonu līdzsvara metodes izmantošanas gadījumā:
Saskaitot šos pusreakcijas vienādojumus, iegūstam jonu elektrolīzes vienādojumu 2Na + 2Cl 2Na + Cl 2 un tad molekulāri 2NaCl 2Na + Cl 2 Šajā gadījumā katoda un anoda telpas ir jāatdala, lai reakcijas produkti nereaģētu viens ar otru. Rūpniecībā šo reakciju izmanto, lai iegūtu metālisku nātriju. 2. K 2 CO 3 kausējuma elektrolīze. Inertie elektrodi (platīns). Katoda un anoda telpas ir atdalītas.
4K + + 2CO 3 2 4K + 2CO 2 + O 2 3. Ūdens (H 2 O) elektrolīze. Elektrodi ir inerti.
4H3O+4OH 2H2+O2+6H2O 2H 2 O 2H 2 + O 2 Ūdens ir ļoti vājš elektrolīts, tajā ir ļoti maz jonu, tāpēc tīra ūdens elektrolīze notiek ārkārtīgi lēni. 4. CuCl 2 šķīduma elektrolīze. Grafīta elektrodi. Sistēma satur katjonus Cu 2 un H 3 O, kā arī anjonus Cl un OH. Cu 2 joni ir spēcīgāki oksidētāji nekā H 3 O joni (skat. spriegumu virkni), tāpēc vara joni vispirms tiks izvadīti pie katoda, un tikai tad, kad to būs ļoti maz, izlādēsies oksonija joni. Anjoniem var ievērot šādu noteikumu: |
Uzdevums numurs 1
Si + HNO 3 + HF → H 2 SiF 6 + NO + ...
N +5 + 3e → N +2 │4 reducēšanās reakcija
Si 0 - 4e → Si +4 │3 oksidācijas reakcija
N +5 (HNO 3) - oksidētājs, Si - reducētājs
3Si + 4HNO 3 + 18HF → 3H 2 SiF 6 + 4NO + 8H 2 O
Uzdevums numurs 2
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
B + HNO 3 + HF → HBF 4 + NO 2 + ...
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
N +5 + 1e → N +4 │3 reducēšanas reakcija
B 0 -3e → B +3 │1 oksidācijas reakcija
N +5 (HNO 3) - oksidētājs, B 0 - reducētājs
B + 3HNO 3 + 4HF → HBF 4 + 3NO 2 + 3H 2 O
Uzdevums numurs 3
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
K 2 Cr 2 O 7 + HCl → Cl 2 + KCl +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
2Cl -1 -2e → Cl 2 0 │3 oksidācijas reakcija
Cr +6 (K 2 Cr 2 O 7) - oksidētājs, Cl -1 (HCl) - reducētājs
K 2Cr 2 O 7 + 14HCl → 3Cl 2 + 2KCl + 2CrCl 3 + 7H 2 O
Uzdevums numurs 4
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
Cr 2 (SO 4) 3 +… + NaOH → Na 2 CrO 4 + NaBr +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Br 2 0 + 2e → 2Br -1 │3 reducēšanās reakcija
2Cr +3 - 6e → 2Cr +6 │1 oksidācijas reakcija
Br 2 - oksidētājs, Cr +3 (Cr 2 (SO 4) 3) - reducētājs
Cr 2 (SO 4) 3 + 3Br 2 + 16NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaBr + 3Na 2 SO 4 + 8H 2 O
Uzdevums numurs 5
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
K 2 Cr 2 O 7 +… + H 2 SO 4 → l 2 + Cr 2 (SO 4) 3 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
2Cr +6 + 6e → 2Cr +3 │1 reducēšanās reakcija
2I -1 -2e → l 2 0 │3 oksidācijas reakcija
Cr +6 (K 2 Cr 2 O 7) - oksidētājs, l -1 (Hl) - reducētājs
K 2 Cr 2 O 7 + 6HI + 4H 2 SO 4 → 3l 2 + Cr 2 (SO 4) 3 + K 2 SO 4 + 7H 2 O
Uzdevums numurs 6
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
H 2 S + HMnO 4 → S + MnO 2 + ...
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
3H2S + 2HMnO4 → 3S + 2MnO2 + 4H2O
Uzdevums numurs 7
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
H 2 S + HClO 3 → S + HCl + ...
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
S -2 -2e → S 0 │3 oksidācijas reakcija
Mn +7 (HMnO 4) - oksidētājs, S -2 (H 2 S) - reducētājs
3H 2S + HClO 3 → 3S + HCl + 3H 2 O
Uzdevums numurs 8
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
NO + HClO 4 +… → HNO 3 + HCl
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl +7 + 8e → Cl -1 │3 reducēšanās reakcija
N +2 -3e → N +5 │8 oksidācijas reakcija
Cl +7 (HClO 4) - oksidētājs, N +2 (NO) - reducētājs
8NO + 3HClO4 + 4H2O → 8HNO3 + 3HCl
Uzdevums numur 9
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KMnO 4 + H 2 S + H 2 SO 4 → MnSO 4 + S +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
S -2 -2e → S 0 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, S -2 (H 2 S) - reducētājs
2KMnO4 + 5H2S + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5S + K2SO4 + 8H2O
Uzdevums numurs 10
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KMnO 4 + KBr + H 2 SO 4 → MnSO 4 + Br 2 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 5e → Mn +2 │2 reducēšanās reakcija
2Br -1 -2e → Br 2 0 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, Br -1 (KBr) - reducētājs
2KMnO4 + 10KBr + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 5Br2 + 6K2SO4 + 8H2O
Uzdevums numurs 11
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
PH 3 + HClO 3 → HCl + ...
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl +5 + 6e → Cl -1 │4 reducēšanās reakcija
Cl +5 (HClO 3) - oksidētājs, P -3 (H 3 PO 4) - reducētājs
3PH 3 + 4HClO 3 → 4HCl + 3H 3 PO 4
12. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
PH 3 + HMnO 4 → MnO 2 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 3e → Mn +4 │8 reducēšanās reakcija
P -3 - 8e → P +5 │3 oksidācijas reakcija
Mn +7 (HMnO 4) - oksidētājs, P -3 (H 3 PO 4) - reducētājs
3PH3 + 8HMnO4 → 8MnO2 + 3H3PO4 + 4H2O
13. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
NO + KClO +… → KNO 3 + KCl +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl +1 + 2e → Cl -1 │3 reducēšanās reakcija
N +2 - 3e → N +5 │2 oksidācijas reakcija
Cl +1 (KClO) - oksidētājs, N +2 (NO) - reducētājs
2NO + 3KClO + 2KOH → 2KNO3 + 3KCl + H2O
14. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
PH 3 + AgNO 3 +… → Ag +… + HNO 3
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Ag +1 + 1e → Ag 0 │8 reducēšanas reakcija
P -3 - 8e → P +5 │1 oksidācijas reakcija
Ag +1 (AgNO 3) - oksidētājs, P -3 (PH 3) - reducētājs
PH 3 + 8AgNO 3 + 4H 2 O → 8Ag + H 3 PO 4 + 8HNO 3
15. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KNO 2 +… + H 2 SO 4 → I 2 + NO +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
N +3 + 1e → N +2 │ 2 reducēšanās reakcija
2I -1 - 2e → I 2 0 │ 1 oksidācijas reakcija
N +3 (KNO 2) - oksidētājs, I -1 (HI) - reducētājs
2KNO 2 + 2HI + H 2 SO 4 → I 2 + 2NO + K 2 SO 4 + 2H 2 O
16. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
Na 2 SO 3 + Cl 2 +… → Na 2 SO 4 +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl 2 0 + 2e → 2Cl -1 │1 reducēšanās reakcija
Cl 2 0 - oksidētājs, S +4 (Na 2 SO 3) - reducētājs
Na 2 SO 3 + Cl 2 + H 2 O → Na 2 SO 4 + 2 HCl
17. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KMnO 4 + MnSO 4 + H 2 O → MnO 2 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 3e → Mn +4 │2 reducēšanās reakcija
Mn +2 - 2e → Mn +4 │3 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, Mn +2 (MnSO 4) - reducētājs
2KMnO4 + 3MnSO4 + 2H2O → 5MnO2 + K2SO4 + 2H2SO4
18. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KNO 2 +… + H 2 O → MnO 2 +… + KOH
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 3e → Mn +4 │2 reducēšanās reakcija
N +3 - 2e → N +5 │3 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, N +3 (KNO 2) - reducētājs
3KNO2 + 2KMnO4 + H2O → 2MnO2 + 3KNO3 + 2KOH
19. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
Cr 2 O 3 +… + KOH → KNO 2 + K 2 CrO 4 +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
N +5 + 2e → N +3 │3 reducēšanas reakcija
2Cr +3 - 6e → 2Cr +6 │1 oksidācijas reakcija
N +5 (KNO 3) - oksidētājs, Cr +3 (Cr 2 O 3) - reducētājs
Cr 2 O 3 + 3KNO 3 + 4KOH → 3KNO 2 + 2K 2 CrO 4 + 2H 2 O
Uzdevums numurs 20
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
I 2 + K 2 SO 3 +… → K 2 SO 4 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
I 2 0 + 2e → 2I -1 │1 reducēšanās reakcija
S +4 - 2e → S +6 │1 oksidācijas reakcija
I 2 - oksidētājs, S +4 (K 2 SO 3) - reducētājs
I 2 + K 2 SO 3 + 2 KOH → K 2 SO 4 + 2KI + H 2 O
21. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KMnO 4 + NH 3 → MnO 2 + N 2 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 3e → Mn +4 │2 reducēšanās reakcija
2N -3 - 6e → N 2 0 │1 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, N -3 (NH 3) - reducētājs
2KMnO4 + 2NH3 → 2MnO2 + N2 + 2KOH + 2H2O
22. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
NO 2 + P 2 O 3 +… → NO + K 2 HPO 4 +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
N +4 + 2e → N +2 │2 reducēšanas reakcija
2P +3 - 4e → 2P +5 │1 oksidācijas reakcija
N +4 (NO 2) - oksidētājs, P +3 (P 2 O 3) - reducētājs
2NO 2 + P 2 O 3 + 4KOH → 2NO + 2K 2 HPO 4 + H 2 O
23. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KI + H 2 SO 4 → I 2 + H 2 S +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
S +6 + 8e → S -2 │1 reducēšanās reakcija
2I -1 - 2e → I 2 0 │4 oksidācijas reakcija
S +6 (H 2 SO 4) - oksidētājs, I -1 (KI) - reducētājs
8KI + 5H 2 SO 4 → 4I 2 + H 2 S + 4K 2 SO 4 + 4 H 2 O
24. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
FeSO 4 +… + H 2 SO 4 →… + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 5e → Mn +2 │2 reducēšanās reakcija
2Fe +2 - 2e → 2Fe +3 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, Fe +2 (FeSO 4) - reducētājs
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O
Uzdevums numurs 25
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
Na 2 SO 3 +… + KOH → K 2 MnO 4 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 1e → Mn +6 │2 reducēšanās reakcija
S +4 - 2e → S +6 │1 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, S +4 (Na 2 SO 3) - reducētājs
Na 2 SO 3 + 2 KMnO 4 + 2 KOH → 2K 2 MnO 4 + Na 2 SO 4 + H 2 O
26. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
H 2 O 2 +… + H 2 SO 4 → O 2 + MnSO 4 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 5e → Mn +2 │2 reducēšanās reakcija
2O -1 - 2e → O 2 0 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, O -1 (H 2 O 2) - reducētājs
5H 2 O 2 + 2 KMnO 4 + 3H 2 SO 4 → 5O 2 + 2 MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O
27. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
K 2 Cr 2 O 7 + H 2 S + H 2 SO 4 → Cr 2 (SO 4) 3 + K 2 SO 4 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
2Cr +6 + 6e → 2Cr +3 │1 reducēšanās reakcija
S -2 - 2e → S 0 │3 oksidācijas reakcija
Cr +6 (K 2 Cr 2 O 7) - oksidētājs, S -2 (H 2 S) - reducētājs
K 2 Cr 2 O 7 + 3H 2 S + 4H 2 SO 4 → Cr 2 ( SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 3S + 7H 2 O
28. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KMnO 4 + HCl → MnCl 2 + Cl 2 +… +…
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 5e → Mn +2 │2 reducēšanās reakcija
2Cl -1 - 2e → Cl 2 0 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, Cl -1 (HCl) - reducētājs
2KMnO4 + 16HCl → 2MnCl2 + 5Cl2 + 2KCl + 8H2O
29. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
CrCl 2 + K 2 Cr 2 O 7 +… → CrCl 3 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
2Cr +6 + 6e → 2Cr +3 │1 reducēšanās reakcija
Cr +2 - 1e → Cr +3 │6 oksidācijas reakcija
Cr +6 (K 2 Cr 2 O 7) - oksidētājs, Cr +2 (CrCl 2) - reducētājs
6CrCl2 + K2Cr2O7 + 14HCl → 8CrCl3 + 2KCl + 7H2O
Uzdevums numurs 30
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
K 2 CrO 4 + HCl → CrCl 3 +… +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cr +6 + 3e → Cr +3 │2 reducēšanās reakcija
2Cl -1 - 2e → Cl 2 0 │3 oksidācijas reakcija
Cr +6 (K 2 CrO 4) - oksidētājs, Cl -1 (HCl) - reducētājs
2K 2CrO 4 + 16HCl → 2CrCl 3 + 3Cl 2 + 4KCl + 8H 2 O
31. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
KI +… + H 2 SO 4 → I 2 + MnSO 4 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Mn +7 + 5e → Mn +2 │2 reducēšanās reakcija
2l -1 - 2e → l 2 0 │5 oksidācijas reakcija
Mn +7 (KMnO 4) - oksidētājs, l -1 (Kl) - reducētājs
10KI + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5I2 + 2MnSO4 + 6K2SO4 + 8H2O
32. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
FeSO 4 + KClO 3 + KOH → K 2 FeO 4 + KCl + K 2 SO 4 + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl +5 + 6e → Cl -1 │2 reducēšanās reakcija
Fe +2 - 4e → Fe +6 │3 oksidācijas reakcija
3FeSO 4 + 2KClO 3 + 12KOH → 3K 2 FeO 4 + 2KCl + 3K 2 SO 4 + 6H 2 O
33. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
FeSO 4 + KClO 3 +… → Fe 2 (SO 4) 3 +… + H 2 O
Nosakiet oksidētāju un reducētāju.
Cl +5 + 6e → Cl -1 │1 reducēšanās reakcija
2Fe +2 - 2e → 2Fe +3 │3 oksidācijas reakcija
Cl +5 (KClO 3) - oksidētājs, Fe +2 (FeSO 4) - reducētājs
6FeSO 4 + KClO 3 + 3H 2 SO 4 → 3Fe 2 (SO 4) 3 + KCl + 3H 2 O
34. uzdevums
Izmantojot elektroniskā līdzsvara metodi, uzrakstiet reakcijas vienādojumu.
Ar oksidācijas stāvokļa palielināšanos oksidēšanās process turpinās, un pati viela ir reducētājs. Samazinoties oksidācijas pakāpei, notiek reducēšanās process, un pati viela ir oksidētājs.
Aprakstītā ORR izlīdzināšanas metode tiek saukta par "oksidācijas stāvokļa līdzsvara metodi".
Izklāstīts lielākajā daļā ķīmijas mācību grāmatu un plaši izmantots praksē elektroniskā bilances metode lai izlīdzinātu ORP, var izmantot ar nosacījumu, ka oksidācijas stāvoklis nav vienāds ar lādiņu.
2. Pusreakciju metode.
Tādos gadījumos, reakcijai noritot ūdens šķīdumā (kausējumā), sastādot vienādojumus, tie neizriet no reaģējošās vielas veidojošo atomu oksidācijas pakāpes izmaiņām, bet gan no reālu daļiņu lādiņu izmaiņām, ka ir, tie ņem vērā vielu esamības formu šķīdumā (vienkāršs vai komplekss jons, atoms vai neizšķīdušas vai vāji disociējošas vielas molekula ūdenī).
Šajā gadījumā sastādot redoksreakciju jonu vienādojumus, jāievēro tas pats apzīmējums, kas tiek pieņemts apmaiņas rakstura jonu vienādojumiem, proti: slikti šķīstošie, nedaudz disociētie un gāzveida savienojumi jāraksta molekulārā formā, bet joni, kas nemainās. to stāvoklis ir jāizslēdz no vienādojuma ... Šajā gadījumā oksidācijas un reducēšanas procesi tiek reģistrēti atsevišķu pusreakciju veidā. Izlīdzinot tos atbilstoši katra tipa atomu skaitam, tiek pievienotas pusreakcijas, reizinot katru ar tādu koeficientu, kas izlīdzina oksidētāja un reducētāja lādiņa izmaiņas.
Pusreakcijas metode precīzāk atspoguļo patiesās vielu izmaiņas redoksreakciju procesā un atvieglo šo procesu vienādojumu formulēšanu jonu molekulārā formā.
Ciktāl no tā paša reaģenti dažādus produktus var iegūt atkarībā no vides rakstura (skāba, sārmaina, neitrāla), šādām reakcijām jonu shēmā papildus daļiņām, kas veic oksidētāja un reducētāja funkcijas, daļiņa, kas raksturo reakciju ir jānorāda barotne (tas ir, H + jons vai OH jons - vai H 2 O molekula).
5. piemērs. Izmantojot pusreakcijas metodi, sakārtojiet koeficientus reakcijā:
KMnO 4 + KNO 2 + H 2 SO 4 ® MnSO 4 + KNO 3 + K 2 SO 4 + H 2 O.
Risinājums. Mēs rakstām reakciju jonu formā, ņemot vērā, ka visas vielas, izņemot ūdeni, sadalās jonos:
MnO 4 - + NO 2 - + 2H + ® Mn 2+ + NO 3 - + H 2 O
(K + un SO 4 2 - paliek nemainīgi, tāpēc jonu shēmā tie nav norādīti). No jonu shēmas var redzēt, ka oksidētājs permanganāta jons(MnO 4 -) pārvēršas par Mn 2+ jonu un tiek atbrīvoti četri skābekļa atomi.
Skābā vidē katrs oksidētāja atbrīvotais skābekļa atoms saistās ar 2H +, veidojot ūdens molekulu.
tas nozīmē: MnO 4 - + 8H + + 5® Mn 2+ + 4H 2 O.
Mēs atrodam atšķirību starp produktu un reaģentu lādiņiem: Dq = + 2-7 = -5 ("-" zīme norāda, ka notiek reducēšanas process un 5 ir pievienoti reaģentiem). Otrajam procesam NO 2 pārvēršana par NO 3, trūkstošais skābeklis no ūdens nonāk reducētājā, un rezultātā veidojas Н + jonu pārpalikums,šajā gadījumā reaģenti zaudē 2 :
NO 2 - + H 2 O - 2® NO 3 - + 2H +.
Tādējādi mēs iegūstam:
2 | MnO 4 - + 8H + + 5® Mn 2+ + 4H 2 O (reducēšana),
5 | NO 2 - + H 2 O - 2® NO 3 - + 2H + (oksidācija).
Reizinot pirmā vienādojuma nosacījumus ar 2, bet otrā ar 5 un saskaitot tos, iegūstam šīs reakcijas jonu-molekulāro vienādojumu:
2MnO4 - + 16H + + 5NO 2 - + 5H 2O = 2Mn 2+ + 8H 2O + 5NO 3 - + 10H +.
Samazinot identiskās daļiņas vienādojuma kreisajā un labajā pusē, mēs beidzot iegūstam jonu-molekulāro vienādojumu:
2MnO4 - + 5NO 2 - + 6H + = 2Mn 2+ + 5NO 3 - + 3H 2 O.
Izmantojot jonu vienādojumu, mēs sastādām molekulāro vienādojumu:
2KMnO4 + 5KNO2 + 3H2SO4 = 2MnSO4 + 5KNO3 + K2SO4 + 3H2O.
Sārmainā un neitrālā vidē jūs varat vadīties pēc šādiem noteikumiem: sārmainā un neitrālā vidē katrs oksidētāja atbrīvotais skābekļa atoms apvienojas ar vienu ūdens molekulu, veidojot divus hidroksīda jonus (2OH -), un katrs trūkstošais nonāk reducētājā no 2 OH - joni, lai sārmainā vidē veidotu vienu ūdens molekulu, bet neitrālā - nāk no ūdens ar 2 H + jonu izdalīšanos.
Ja piedalās redoksreakcijā ūdeņraža peroksīds(H 2 O 2), ir jāņem vērā H 2 O 2 nozīme konkrētā reakcijā. Н 2 О 2 skābeklis ir vidējā oksidācijas stāvoklī (-1), tāpēc ūdeņraža peroksīds redoksreakcijās uzrāda redoksdualitāti. Gadījumos, kad H 2 O 2 ir oksidētājs, pusreakcijas ir šādas:
H 2 O 2 + 2H + + 2? ® 2H 2 O (skāba vide);
H 2 O 2 +2? ® 2OH - (neitrāla un sārmaina vide).
Ja ūdeņraža peroksīds ir reducētājs:
H 2 O 2 - 2? ® О 2 + 2Н + (skābā vide);
H 2 O 2 + 2OH - - 2? ® O 2 + 2H 2 O (sārmains un neitrāls).
6. piemērs. Izlīdziniet reakciju: KI + H 2 O 2 + H 2 SO 4 ® I 2 + K 2 SO 4 + H 2 O.
Risinājums. Mēs rakstām reakciju jonu formā:
I - + H 2 O 2 + 2H + ® I 2 + SO 4 2 - + H 2 O.
Pusreakcijas veidojam, ņemot vērā, ka H 2 O 2 šajā reakcijā ir oksidētājs un reakcija notiek skābā vidē:
1 2I - - 2 = I 2,
1H2O2+2H++2® 2H2O.
Galīgais vienādojums: 2KI + H 2 O 2 + H 2 SO 4 ® I 2 + K 2 SO 4 + 2H 2 O.
Ir četri redoksreakcijas veidi:
1 . Starpmolekulārā redoksreakcijas, kurās mainās dažādu vielu veidojošo elementu atomu oksidācijas pakāpes. 2.–6. piemēros aprakstītās reakcijas ir šāda veida.
2 . Intramolekulāri redoksreakcijas, kurās oksidācijas pakāpi maina vienas un tās pašas vielas dažādu elementu atomi. Saskaņā ar šo mehānismu notiek savienojumu termiskās sadalīšanās reakcijas. Piemēram, reakcijā
Pb (NO 3) 2 ® PbO + NO 2 + O 2
maina slāpekļa (N +5 ® N +4) un skābekļa atoma (O - 2 ® O 2 0) oksidācijas pakāpi, kas atrodas Pb (NO 3) 2 molekulas iekšpusē.
3. Pašoksidācijas-pašatveseļošanās reakcijas(disproporcija, dismutācija). Šajā gadījumā viena un tā paša elementa oksidācijas pakāpe gan paaugstinās, gan pazeminās. Disproporcijas reakcijas ir raksturīgas savienojumiem vai vielu elementiem, kas atbilst vienam no elementa starpposma oksidācijas pakāpēm.
7. piemērs. Izmantojot visas iepriekš minētās metodes, izlīdziniet reakciju:
Risinājums.
a) Oksidācijas stāvokļa līdzsvara metode.
Noteiksim redoksprocesā iesaistīto elementu oksidācijas pakāpi pirms un pēc reakcijas:
K 2 MnO 4 + H 2 O ® KMnO 4 + MnO 2 + KOH.
No oksidācijas pakāpju salīdzināšanas izriet, ka mangāns vienlaikus tiek iesaistīts oksidācijas procesā, paaugstinot oksidācijas pakāpi no +6 līdz +7, un reducēšanas procesā, pazeminot oksidācijas pakāpi no +6 līdz +4,2 Mn +6. ® Mn +7; Dw = 7-6 = +1 (oksidācijas process, reducētājs),
1 Mn +6 ® Mn +4; Dw = 4-6 = -2 (reducēšanas process, oksidētājs).
Tā kā šajā reakcijā viena un tā pati viela (K 2 MnO 4) darbojas kā oksidētājs un reducētājs, tad tās priekšā esošie koeficienti tiek summēti. Mēs rakstām vienādojumu:
3K 2 MnO 4 + 2H 2 O = 2KMnO 4 + MnO 2 + 4KOH.
b) Pusreakciju metode.
Šī reakcija notiek neitrālā vidē. Mēs sastādām jonu reakcijas shēmu, ņemot vērā, ka H 2 O ir vājš elektrolīts, bet MnO 2 ir oksīds, kas slikti šķīst ūdenī:
MnO 4 2 - + H 2 O ® MnO 4 - + ¯MnO 2 + OH - .
Mēs pierakstām pusreakcijas:
2 MnO 4 2 - -? ® MnO 4 - (oksidācija),
1 MnO 4 2 - + 2Н 2 О + 2? ® MnO 2 + 4OH - (reducēšana).
Reizinot ar koeficientiem un saskaitot abas pusreakcijas, iegūstam kopējo jonu vienādojumu:
3MnO 4 2 - + 2Н 2 О = 2MnO 4 - + MnO 2 + 4OH -.
Molekulārais vienādojums: 3K 2 MnO 4 + 2H 2 O = 2KMnO 4 + MnO 2 + 4KOH.
Šajā gadījumā K 2 MnO 4 ir gan oksidētājs, gan reducētājs.
4. Intramolekulārās oksidācijas-reducēšanas reakcijas, kurās notiek viena un tā paša elementa atomu oksidācijas pakāpju izlīdzināšana (tas ir, pretēji iepriekš aplūkotajām), ir procesi. pretdisproporcionalitāte(piemēram, komutācija).
NH 4 NO 2 ® N 2 + 2H 2 O.
1 2N - 3 - 6? ® N 2 0 (oksidācijas process, reducētājs),
1 2N +3 + 6? ® N 2 0 (reducēšanas process, oksidētājs).
Grūtākie ir redoksreakcijas, kurās ne viena, bet divu vai vairāku elementu atomi vai joni vienlaikus tiek pakļauti oksidēšanai vai reducēšanai.
8. piemērs. Izmantojot iepriekš minētās metodes, izlīdziniet reakciju:
3 -2 +5 +5 +6 +2
Kā 2 S 3 + HNO 3 ® H 3 AsO 4 + H 2 SO 4 + NO.
Pirms sniegt piemērus redoksreakcijām ar risinājumu, izcelsim galvenās definīcijas, kas saistītas ar šīm transformācijām.
Tos atomus vai jonus, kas mijiedarbības laikā maina oksidācijas stāvokli ar samazināšanos (akceptē elektronus), sauc par oksidētājiem. Starp vielām ar šādām īpašībām var atzīmēt spēcīgas neorganiskās skābes: sērskābi, sālsskābi, slāpekļskābi.
Oksidētājs
Sārmu metālu permanganāti un hromāti ir arī spēcīgi oksidētāji.
Oksidētājs reakcijas gaitā uzņem to, kas viņam nepieciešams, lai pabeigtu enerģijas līmeni (pilnīgas konfigurācijas izveidošanu).
Reducējošs līdzeklis
Jebkura redoksreakcijas shēma ietver reducētāja identificēšanu. Tas ietver jonus vai neitrālus atomus, kas mijiedarbības laikā var palielināt oksidācijas stāvokļa indeksu (dot elektronus citiem atomiem).
Tipiski reducējošie aģenti ietver metālu atomus.
Procesi OVR
To, ko vēl raksturo izejvielu oksidācijas pakāpes izmaiņas.
Oksidēšana ietver negatīvo daļiņu atsitiena procesu. Atgūšana ietver to pieņemšanu no citiem atomiem (joniem).
Parsēšanas algoritms
Redoksreakciju piemēri ar šķīdumu ir piedāvāti dažādos izziņas materiālos, kas izstrādāti, lai sagatavotu vidusskolēnus galīgajiem ķīmijas pārbaudījumiem.
Lai veiksmīgi tiktu galā ar OGE piedāvāto un Vienotais valsts eksāmens ar uzdevumiem, ir svarīgi zināt redoksprocesu apkopošanas un analīzes algoritmu.
- Pirmkārt, maksas vērtības tiek noteiktas visiem shēmā piedāvāto vielu elementiem.
- No reakcijas kreisās puses tiek izrakstīti atomi (joni), kas mijiedarbības laikā mainīja indikatorus.
- Kad oksidācijas pakāpe paaugstinās, tiek izmantota zīme "-", bet, kad oksidācijas pakāpe ir pazemināta, tiek izmantota "+".
- Mazāko kopējo daudzkārtni (skaitli, ar kuru tie dalās bez atlikuma) nosaka starp doto un saņemto elektronu.
- Sadalot LCM elektronos, mēs iegūstam stereoķīmiskos koeficientus.
- Mēs ievietojam tos vienādojuma formulu priekšā.
Pirmais piemērs no OGE
Devītajā klasē ne visi skolēni zina, kā atrisināt redoksreakcijas. Tāpēc viņi pieļauj daudz kļūdu, nesaņem augstus vērtējumus par OGE. Darbību algoritms ir norādīts iepriekš, tagad mēs mēģināsim to izstrādāt konkrēti piemēri.
Uzdevumu, kas saistīti ar koeficientu izkārtojumu piedāvātajā reakcijā, kas doti izglītības pamatposma absolventiem, īpatnība ir tāda, ka ir dota gan vienādojuma kreisā, gan labā puse.
Tas ievērojami vienkāršo uzdevumu, jo nav nepieciešams patstāvīgi izgudrot mijiedarbības produktus, lai atlasītu trūkstošās sākotnējās vielas.
Piemēram, ir ierosināts izmantot elektronisko svaru, lai identificētu reakcijas koeficientus:
No pirmā acu uzmetiena šai reakcijai nav nepieciešami stereoķīmiskie koeficienti. Bet, lai apstiprinātu savu viedokli, visiem elementiem ir nepieciešami uzlādes numuri.
Bināros savienojumos, kas ietver vara oksīdu (2) un dzelzs oksīdu (2), oksidācijas pakāpju summa ir nulle, ņemot vērā, ka tā ir -2 skābeklim un +2 vara un dzelzs. Vienkāršas vielas nedod (nepieņem) elektronus, tāpēc tām raksturīgs nulles oksidācijas stāvoklis.
Sastādīsim elektronisko bilanci, ar zīmēm "+" un "-" parādot mijiedarbības gaitā saņemto un doto elektronu skaitu.
Fe 0 -2e = Fe 2+.
Tā kā mijiedarbības laikā saņemto un doto elektronu skaits ir vienāds, nav jēgas atrast mazāko kopējo daudzkārtni, noteikt stereoķīmiskos koeficientus un ievietot tos piedāvātajā mijiedarbības shēmā.
Lai par uzdevumu iegūtu maksimālo punktu skaitu, nepieciešams ne tikai pierakstīt redoksreakciju piemērus ar šķīdumu, bet arī atsevišķi pierakstīt oksidētāja (CuO) un reducētāja (Fe) formulu.
Otrais piemērs no OGE
Šeit ir vēl daži redoksreakciju piemēri ar risinājumu, ar kuru var saskarties devītās klases skolēni, kuri par gala eksāmenu izvēlējušies ķīmiju.
Pieņemsim, ka vienādojumā ir ierosināts sakārtot koeficientus:
Na + HCl = NaCl + H2.
Lai tiktu galā ar uzdevumu, vispirms ir svarīgi noteikt oksidācijas stāvokļa rādītājus katrai vienkāršai un sarežģītai vielai. Nātrija un ūdeņraža gadījumā tie būs vienādi ar nulli, jo tās ir vienkāršas vielas.
Sālsskābē ūdeņradim ir pozitīvs, bet hloram negatīvs oksidācijas stāvoklis. Pēc koeficientu ievietošanas saņemsim reakciju ar koeficientiem.
Pirmais no eksāmena
Kā papildināt redoksreakcijas? Piemēri ar atrisinājumu, kas atrasti eksāmenā (11. klase), nozīmē nepilnību pievienošanu, kā arī koeficientu izvietošanu.
Piemēram, reakcija jāpapildina ar elektronisko svaru:
H 2 S + HMnO 4 = S + MnO 2 + ...
Piedāvātajā shēmā nosakiet reducētāju un oksidētāju.
Kā iemācīties veidot redoksreakcijas? Paraugā tiek pieņemts, ka tiek izmantots īpašs algoritms.
Pirmkārt, visās vielās, ņemot vērā problēmas stāvokli, ir jāiestata oksidācijas pakāpes.
Tālāk jums jāanalizē, kura viela šajā procesā var kļūt par nezināmu produktu. Tā kā šeit ir oksidētājs (savu lomu spēlē mangāns), reducētājs (tas ir sērs), tad vēlamajā produktā oksidācijas pakāpe nemainās, tāpēc tas ir ūdens.
Strīdoties par to, kā pareizi atrisināt redoksreakcijas, mēs atzīmējam, ka nākamais solis būs elektroniskās attiecības apkopošana:
Mn +7 ņem 3 e = Mn +4;
S -2 dod 2e = S 0.
Mangāna katjons ir reducētājs, bet sēra anjons ir tipisks oksidētājs. Tā kā mazākais reizinājums starp saņemtajiem un dotajiem elektroniem būs 6, mēs iegūstam koeficientus: 2, 3.
Pēdējais solis būs koeficientu iestatīšana sākotnējā vienādojumā.
3H2S + 2HMnO4 = 3S + 2MnO2 + 4H2O.
Otrs OVR paraugs eksāmenā
Kā pareizi sastādīt redoksreakcijas? Piemēri ar risinājumu palīdzēs jums izstrādāt darbību algoritmu.
Reakcijā esošo nepilnību aizpildīšanai tiek ierosināts izmantot elektroniskā līdzsvara metodi:
PH 3 + HMnO 4 = MnO 2 +… +…
Mēs sakārtojam oksidācijas stāvokli visiem elementiem. Šajā procesā oksidējošās īpašības izpaužas mangānam, kura sastāvā ir un reducētājam jābūt fosforam, mainot tā oksidācijas pakāpi uz pozitīvu fosforskābē.
Saskaņā ar izdarīto pieņēmumu mēs iegūstam reakcijas shēmu, pēc tam sastādam elektroniskā bilances vienādojumu.
P -3 dod 8 e un pārvēršas par P +5;
Mn +7 paņem 3e, piespēlē Mn +4.
LCM būs 24, tāpēc fosfora stereometriskajam koeficientam jābūt 3, bet mangānam jābūt -8.
Mēs ievietojam koeficientus iegūtajā procesā, mēs iegūstam:
3 PH 3 + 8 HMnO 4 = 8 MnO 2 + 4H 2 O + 3 H 3 PO 4.
Trešais piemērs no eksāmena
Ar elektronisko jonu līdzsvara palīdzību ir nepieciešams izveidot reakciju, norādīt reducētāju un oksidētāju.
KMnO 4 + MnSO 4 +… = MnO 2 +… + H2SO 4.
Saskaņā ar algoritmu mēs sakārtojam oksidācijas stāvokli katram elementam. Tālāk mēs nosakām tās vielas, kuru trūkst procesa labajā un kreisajā daļā. Šeit ir dots reducētājs un oksidētājs, tāpēc izlaistajos savienojumos oksidācijas pakāpes nemainās. Zaudētais produkts būs ūdens, un izejas savienojums būs kālija sulfāts. Iegūstam reakcijas shēmu, kurai sastādīsim elektronisko bilanci.
Mn +2 -2 e = Mn +4 3 reducētājs;
Mn +7 + 3e = Mn +4 2 oksidētājs.
Mēs ierakstām vienādojumā koeficientus, summējot mangāna atomus procesa labajā pusē, jo tas attiecas uz disproporcijas procesu.
2KMnO4 + 3MnSO4 + 2H2O = 5MnO2 + K2SO4 + 2H2SO4.
Secinājums
Redoksreakcijām ir īpaša nozīme dzīvo organismu funkcionēšanā. OVR piemēri ir sabrukšanas, fermentācijas, nervu darbības, elpošanas un vielmaiņas procesi.
Oksidēšana un reducēšana ir aktuāla metalurģijas un ķīmijas rūpniecībai, pateicoties šādiem procesiem, ir iespējams atjaunot metālus no to savienojumiem, aizsargāt tos no ķīmiskās korozijas un apstrādāt.
Lai izveidotu redoksprocesu organiskā vai ir nepieciešams izmantot noteiktu darbību algoritmu. Pirmkārt, piedāvātajā shēmā tiek sakārtoti oksidācijas stāvokļi, pēc tam tiek noteikti tie elementi, kuriem ir palielinājies (samazinājies) indikators, un tiek reģistrēts elektroniskais līdzsvars.
Ja sekojat iepriekš ieteiktajai darbību secībai, varat viegli tikt galā ar testos piedāvātajiem uzdevumiem.
Papildus elektroniskā bilances metodei koeficientu sakārtošana iespējama arī, sastādot pusreakcijas.
