Методы определения коэффициентов в уравнениях окислительно-восстановительных реакций

Существует несколько методов расстановки коэффициентов в уравнениях ОВР.

В самых простейших случаях не требуется прибегать к различного рода ухищрениям, поскольку расстановка коэффициентов не вызывает затруднений (коэффициенты подбираются обычным способом).

В более сложных случаях в школах применяют метод электронного баланса. Для поступления в престижные вузы желательно знать метод полуреакций. Для себя, для удовлетворения своих познавательных интересов, для осознания того, что ты лучше разбираешься в химии, чем твои одноклассники, удобен метод Гарсиа. Он иногда помогает там, где другие методы бессильны. А иногда коэффициенты можно расставить, используя алгебраический метод. Есть еще и другие методы, но всех их не рассмотреть в небольшом по объему пособии. Мы рассмотрим лишь те, которые, на наш взгляд, представляют интерес для будущих химиков.

Итак, знакомство с методами расстановки коэффициентов в уравнениях ОВР мы начнем с алгебраического метода.

АЛГЕБРАИЧЕСКИЙ МЕТОД

Под таким названием метод вошел в химическую литературу. Этот метод показывает применимость математических знаний к разрешению химических проблем. Этот метод скорее напоминает ребус, хотя пытливому уму он может показаться привлекательным сам по себе. В самом простом случае для расстановки коэффициентов вводят неизвестное, место которого в уравнении не имеет значения. Иногда этот случай расстановки называют методом «немого» коэффициента. Логичнее ставить неизвестное перед формулой первого вещества. После этого коэффициенты выставляются по логической цепи.

Пример 1. Рассмотрим логическую последовательность рассуждений при составлении уравнения реакции окисления фосфора кислородом.

Через х обозначим неизвестный коэффициент перед знаком фосфора:

хР + О₂  Р₂О₅.

Уравняем число атомов фосфора: хР + О₂  Р₂О₅, тогда число атомов кислорода в правой части получается , а в левой части (поскольку в молекуле кислорода 2 атома кислорода) перед формулой кислорода должен появиться коэффициент :

хР + О₂  Р₂О₅

Освобождаемся от дробного коэффициента, умножая все коэффициенты на четыре: 4хР + 5хО₂  2хР₂О₅.

Сокращаем х и получаем уравнение:

4Р + 5О₂  2Р₂О₅.

Конечно, обычная расстановка коэффициентов кому-то покажется проще. Но как часто мы не умеем применять имеющиеся математические знания для решения задач предметов естественного цикла! Этот пример приводится для того, чтобы на простом примере сделать объяснения метода более понятным. Алгебраический метод применим для расстановки коэффициентов в более сложных случаях.

Пример 2. Рассмотрим применимость данного метода для расстановки коэффициентов в уравнении обжига пирита: FeS₂ + O₂  Fe₂O₃ + SO₂.

Сразу оговоримся, что это непростое задание. Ниже мы рассмотрим расстановку коэффициентов в этом примере методом электронного баланса, и вы убедитесь, что и там возникают определенные затруднения.

Для того чтобы сделать решение более целесообразным, рациональнее вводить неизвестные только перед формулами исходных веществ:

хFeS₂ + уO₂  Fe₂O₃ + SO₂.

Уравниваем число атомов железа и серы и получаем:

хFeS₂ + уO₂  Fe₂O₃ + 2хSO₂.

Поскольку число атомов кислорода в левой и правой частях схемы должно быть одинаковым, мы получаем:

2у = + 4х.

Сделав простые преобразования, мы имеем:

4у = 3х + 8х; 4у = 11х; у = .

Подставляем это значение у в схему реакции:

хFeS₂ + O₂  Fe₂O₃ + 2хSO₂.

Умножая все коэффициенты на 4, чтобы освободится от дробного коэффициента, и, сокращая общий множитель х, получаем:

4FeS₂ + 11O₂  2Fe₂O₃ + 8SO₂.

Все расписано так подробно в обучающих целях, практически же готовое уравнение можно получить быстрее, проводя часть рассуждений «в уме».

Рассмотрим еще один пример, который расширит наши представления об этом методе.

Пример 3. Подберем коэффициенты для реакции окисления меди разбавленной азотной кислотой Cu + HNO₃  Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O алгебраическим методом.

Подставив х и у перед формулами исходных веществ, переносим эти множители в правую часть с учетом химического состава продуктов реакции:

хCu + уHNO₃  хCu(NO₃)₂ + (у – 2х)NO + H₂O.

Здесь кислород сбалансирован косвенно, этот факт мы и положим в основу составления алгебраического уравнения с одним неизвестным. Выразим равенство атомов кислорода в левой и правой частях уравнения:

3у = 6х + (у – 2х) + у/2

1,5у = 4х

у = 4х/1,5

Подставив значение у в схему, получим:

хCu + HNO₃  хCu(NO₃)₂ + NO + H₂O.

Для приведения коэффициентов к целым необходимо все полученные коэффициенты умножить на 3. С учетом сокращения общего множителя получаем:

3Cu + 8HNO₃  3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Следует знать следующее правило: число алгебраических уравнений должно быть на единицу меньше числа неизвестных. При трех неизвестных число алгебраических уравнений – два. Решение системы из двух уравнений с тремя неизвестными – задача вполне разрешимая для школьников на уроках математики. Посмотрим, как это можно применить для химических заданий. Конечно, рассматриваемые примеры сложнее вопросов школьной программы, но мы и хотим узнать больше!

Пример 4. Рассмотрим расстановку коэффициентов в уравнении, выражающем сложный процесс окисления соли двухвалентного железа перманганатом калия в кислой среде:

FeSO₄ + KMnO₄ + H₂SO₄  Fe₂(SO₄)₃ + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O.

Решение. В этом примере три неизвестных:

хFeSO₄ + уKMnO₄ + zH₂SO₄  Fe₂(SO₄)₃ + уMnSO₄ + K₂SO₄ + zH₂O.

По кислороду соблюдается равенство:

4х + 4у + 4z = 6х + 4у + 2у + z.

Выразим у:

4у – 4у – 2у = 6х – 4х – 3z; –2у = 2х – 3z у = 3z/2 – х.

По числу атомов серы также соблюдается равенство:

х + z = 1,5х + у + у/2.

Выразим из этого уравнения у:

1,5у = z – х/2

Получается . Выразим отсюда z: .

Подставим это значение z в любое выражение для у:

Итак, мы получили: ; .

Подставим эти значения вместо х и у в уравнение процесса:

хFeSO₄ + х/5KMnO₄ + 4х/5H₂SO₄  х/2Fe₂(SO₄)₃ + х/5MnSO₄ + х/10K₂SO₄ + + 4х/5H₂O.

Для приведения коэффициентов к целым числам их необходимо умножить на 10 и сократить на общий множитель х:

10FeSO₄ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄  5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O.

Алгебраический метод позволяет подобрать коэффициенты в уравнениях ОВР без определения степени окисления и без учета баланса по электронам. Метод не требует каких-то особых математических знаний, но требует математической культуры мышления. И еще необходимо преодолеть внутренний барьер непривычного применения знаний математики в химии.

МЕТОД ЭЛЕКТРОННОГО БАЛАНСА

Рассмотренный выше алгебраический метод как прием определения коэффициентов не показывает суть процессов окисления и восстановления: переход электронов к окислителю от восстановителя. Этого недостатка лишен метод электронного баланса, который рассматривается в школах и знаком учащимся. Поэтому вспомним его основные моменты и перейдем к рассмотрению более сложных случаев, встречающихся при использовании данного метода.

Составление уравнений ОВР методом электронного баланса осуществляется в несколько стадий.

1. Записывают формулы исходных веществ и продуктов реакции (составляют схему реакции).

2. Определяют степени окисления атомов и выделяют символы элементов, атомы которых ее изменяют.

3. Составляют схемы перехода электронов (схемы восстановления и окисления).

4. Определяют электронный баланс (для этого находят наименьшее общее кратное¹ для числа отданных восстановителем и принятых окислителем электронов и делят его на каждое из этих чисел).

5. На основании электронного баланса ставят коэффициенты перед формулами окислителя и восстановителя.

6. Определяют остальные коэффициенты методом подбора.

7. Проверяют правильность определения коэффициентов по числу атомов кислорода.

Пример 5. Рассмотрим порядок определения коэффициентов в уравнении реакции, происходящей при пропускании сероводорода через бромную воду.

Решение. Составляем схему процесса:

Br₂ + H₂S + H₂O  HBr + H₂SO₄.

Определяем степени окисления элементов. После выделения символов элементов, изменивших степень окисления, составляем схемы перехода электронов и находим электронный баланс:

	8 – восстановление, окислитель
	1 – окисление, восстановитель

Это значит, что для того, чтобы число отданных электронов было равно числу принятых, нужно, чтобы в реакции на каждый атом серы приходилось 8 атомов брома.

Определяем коэффициенты перед формулами окислителя и восстановителя (учитывая, что молекулы брома двухатомные):

4Br₂ + 1H₂S + H₂O  HBr + H₂SO₄.

Подбираем коэффициенты перед формулами остальных участников процесса:

4Br₂ + H₂S + 4H₂O = 8HBr + H₂SO₄.

Метод электронного баланса не так уж сложен, и составление уравнений ОВР не вызывает затруднений в достаточно простых случаях. Некоторые трудности возникают, например, в тех случаях, когда атомы элемента участвуют одновременно в окислительно-восстановительной реакции и реакции обмена без изменения степени окисления.

Пример 6. Определим коэффициенты в уравнении реакции между металлической медью и раствором азотной кислоты. Кстати, то же самое мы выполняли алгебраическим методом. Появляется прекрасная возможность сравнить эти два метода.

Решение. Записываем формулы исходных веществ и продуктов реакции:

Cu + HNO₃  Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O.

Определяем степени окисления, составляем схемы передачи электронов и находим электронный баланс:

	3 – окисление, восстановитель
	2 – восстановление, окислитель

Из полученной схемы следует, что перед формулой азотной кислоты следует поставить коэффициент 2. Но это будет ошибкой, т. к. при этом мы не учитываем тот факт, что часть азотной кислоты тратится еще и на солеобразование без изменения степени окисления азота. Поэтому необходимо расставить коэффициенты перед формулами всех продуктов реакции, содержащих азот, затем суммировать количество атомов азота в правой части уравнения. Полученное число и будет коэффициентом перед формулой азотной кислоты. Остальные коэффициенты определяем обычным способом. По этапам это получается так:

3Cu + HNO₃  3Cu(NO₃)₂ + 2NO + H₂O, 8 атомов N в правой части;

3Cu + 8HNO₃  3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

НЕПРОСТЫЕ СЛУЧАИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ КОЭФФИЦИЕНТОВ

В УРАВНЕНИЯХ ОКИСЛИТЕЛЬНО-ВОССТАНОВИТЕЛЬНЫХ РЕАКЦИЙ

МЕТОДОМ ЭЛЕКТРОННОГО БАЛАНСА

При расстановке коэффициентов можно встретить некоторые затруднения. Одно из таких затруднений заключается в определении степени окисления – в некоторых случаях она оказывается дробным числом! Не стоит опускать руки в этом случае. Степень окисления – это УСЛОВНЫЙ заряд атома в молекуле, он может быть и дробным!

Как же быть, если СТЕПеНЬ ОКИСЛЕНИЯ АТОМА – ДРОБНОЕ ЧИСЛО?

Подбор коэффициентов в этом случае проводится так же, как и с целыми степенями окисления атомов. Нужно применить лишь несложный прием: учесть, что меньше молекулы вещества не реагирует. Индекс, показывающий число атомов в молекуле следует записать коэффициентом в схеме передачи электронов.

Пример 7. Определите коэффициенты методом электронного баланса в схеме:

С₃Н₈ + О₂  СО₂ + Н₂О.

Решение. Определяем степени окисления элементов:

.

У атома углерода получается степень окисления –8/3!

При составлении схемы окисления учитываем общий заряд трех атомов углерода:

3  (‑8/3) = –8.

Далее составляем схемы передачи электронов, находим электронный баланс и определяем коэффициенты в уравнении:

	1 – окисление, восстановитель
	10 – восстановление, окислитель

С₃Н₈ + 5О₂  3СО₂ + 4Н₂О.

Пример 8. Подберите коэффициенты методом электронного баланса:

Mn₃O₄ + KClO₃ + K₂CO₃  K₂MnO₄ + KCl + CO₂.

Решение. Определяем степени окисления, составляем схемы перехода электронов и находим электронный баланс:

	3 – окисление, восстановитель
	5 – восстановление, окислитель

3Mn₃O₄ + 5KClO₃ + 9K₂CO₃ = 9K₂MnO₄ + 5KCl + 9CO₂.

Во всех приведенных выше примерах степень окисления изменяют только два элемента, но иногда можно встретить пример, в котором степень окисления изменяют сразу три элемента.

СТЕПЕНЬ ОКИСЛЕНИЯ МЕНЯЮТ ТРИ ЭЛЕМЕНТА!

И в этом случае не нужно пугаться. Необходимо помнить одно: в ОВР всегда существует электронный баланс, т. е. число принятых электронов равно числу отданных. А отдавать или принимать электроны может не одна частица, а несколько. И ничего удивительного нет, что в ОВР могут появиться два окислителя и два восстановителя, В таком случае необходимо подсчитывать суммарное число электронов, отдаваемых восстановителями или принимаемых окислителями.

Пример 9. Определите коэффициенты методом электронного баланса:

FeS₂ + HCl + HNO₃  FeCl₃ + H₂SO₄ + NO + H₂O.

Решение. Некоторую трудность вызывает определение степеней окисления элементов в FeS₂. Это соединение персульфидного типа, в нем есть персульфидная группировка –S–S–, в которой на два атома серы приходится два отрицательных заряда, степень окисления атомов серы –1. Строение дисульфида железа графически можно выразить так:

Определяем степени окисления и убеждаемся, что степень окисления изменили атомы трех элементов: атомы железа и серы отдают электроны, а атомы азота принимают их:

Составляем схемы передачи электронов и находим электронный баланс:

		– 15е		1 – окисление, восстановители
				5 – восстановление, окислитель

Перед знаком серы в схеме ставим коэффициент 2, т. к. меньше молекулы в реакцию не вступает, а в составе молекулы FeS₂ 2 атома серы. Всего молекула (точнее, формульная единица) FeS₂ теряет 15 электронов.

Осуществляем расстановку коэффициентов:

FeS₂ + 3HCl + 5HNO₃ = FeCl₃ + 2H₂SO₄ + 5NO + 2H₂O.

В школьной теме «производство серной кислоты» встречается уравнение реакции обжига пирита, расстановку коэффициентов в котором мы рассмотрели в примере 2 алгебраическим методом, но можно и электронным балансом.

Пример 10. В уравнении обжига пирита расставьте коэффициенты методом электронного баланса.

Решение. Школьник встретит здесь две «ловушки». Одна заключается в определении степеней окисления в дисульфиде железа. Вторая трудность в том, что степень окисления изменяют атомы трех элементов. Подобный пример мы уже рассмотрели, поэтому приводим решение без комментария:

		– 11е		2 – окисление, восстановители
				11 – восстановление, окислитель

4FeS₂ + 11O₂ = 2Fe₂O₃ + 8SO₂.

Пример 11. Определите коэффициенты:

As₂S₃ + HNO₃  H₃AsO₄ + H₂SO₄ + NO₂ + H₂O.

Решение. Определяем степени окисления:

Меньше молекулы сульфида мышьяка не реагирует, а в ней 2 атома мышьяка и 3 атома серы.

		– 28е		1 – окисление, восстановители
				28 – восстановление, окислитель

As₂S₃ + 28HNO₃ = 2H₃AsO₄ + 3H₂SO₄ + 28NO₂ + 8H₂O.

РАССТАНОВКА КОЭФФИЦИЕНТОВ

В УРАВНЕНИЯХ РЕАКЦИЙ С УЧАСТИЕМ

ОРГАНИЧЕСКИХ СОЕДИНЕНИЙ

Иногда метод электронного баланса может помочь расставить коэффициенты в уравнениях ОВР с участием органических веществ.

Пример 12. Используя представления о степенях окисления, напишите уравнение реакции окисления глюкозы перманганатом калия в кислой среде:

С₆Н₁₂О₆ + KMnO₄ + H₂SO₄  CO₂ + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O.

Решение. Определяем степени окисления элементов:

Отсюда видно, что глюкоза – восстановитель, перманганат калия – окислитель. Составляем схемы перехода электронов и находим электронный баланс:

	5 – окисление, восстановитель
	24 – восстановление, окислитель

Определяем коэффициенты в схеме реакции:

5С₆Н₁₂О₆ + 24KMnO₄ + 36H₂SO₄ = 30CO₂ + 24MnSO₄ + 12K₂SO₄ + 66H₂O.

Пример 13. Подберите коэффициенты в окислительно-восстановительной реакции между метанолом и перманганатом калия в кислой среде:

CH₃OH + KMnO₄ + H₂SO₄  HCOOH + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O.

Решение. Определяем степени окисления, составляем схемы перехода электронов и определяем электронный баланс:

.

	5 – окисление, восстановитель
	4 – восстановление, окислитель

Определяем коэффициенты в схеме реакции:

5CH₃OH + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄  5HCOOH + 4MnSO₄ + 2K₂SO₄ + 11H₂O.

И еще один интересный способ расстановки коэффициентов для веществ, у которых ТРУДНО ОПРЕДЕЛИТЬ СТЕПЕНИ ОКИСЛЕНИЯ. Этот способ применим и в органической химии, где часто встречаются формулы веществ, в которых степени окисления атомов определить затруднительно. Но не будем забывать и о том, что этот способ применим и в неорганической химии.

Суть способа такова; считать восстановителем или окислителем не отдельные атомы или ионы, а целую молекулу.

Пример 14. Напишите уравнение реакции полного горения толуола С₇Н₈ в кислороде.

Решение. Толуол, или метилбензол, окисляясь, превращается в семь условных ионов углерода (в СО₂) и восемь ионов Н⁺ (в воде), кислород восстанавливается до иона кислорода :

		1 – окисление, восстановитель
	суммарный заряд +36
		9 – восстановление, окислитель

Находим коэффициенты: С₇Н₈ + 9О₂ = 7СО₂ + 4Н₂О.

Пример 15. Составьте уравнение окисления ацетона:

Решение. Вместо структурной составим эмпирическую формулу ацетона и схему процесса:

С₃Н₆О + О₂  СО₂ + Н₂О.

		1 – окисление, восстановитель
	суммарный заряд +16
		4 – восстановление, окислитель

С₃Н₆О + 4О₂ = 3СО₂ + 3Н₂О.

Приведем несколько примеров, которые у непосвященных вызывают огромные трудности.

Пример 16. Составим уравнение окисления глюкозы перманганатом калия в щелочной среде:

С₆Н₁₂О₆ + KMnO₄ + КОН  К₂CO₃ + K₂MnO₄ + H₂O.

	1 – окисление, восстановитель
	24 – восстановление, окислитель

С₆Н₁₂О₆ + 24KMnO₄ + 36КОН = 6К₂CO₃ + 24K₂MnO₄ + 24H₂O.

Пример 17. Определите коэффициенты в схеме окисления толуола С₇Н₈ до бензойной кислоты перманганатом калия в кислой среде.

Решение.

С₇Н₈ + KMnO₄ + H₂SO₄  С₇Н₆O₂ + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O.

	5 – окисление, восстановитель
	6 – восстановление, окислитель

5С₇Н₈ + 6KMnO₄ + 9H₂SO₄ = 5С₇Н₆O₂ + 6MnSO₄ + 3K₂SO₄ + 14H₂O.

Вот и пришло время разобраться с химическим «монстром», о котором говорилось в самом начале нашего пособия.

Пример 18. Определите коэффициенты:

[Cr(N₂H₄CO)₆]₄[Cr(CN)₆]₃ + KMnO₄ + HCl 

 K₂Cr₂O₇ + CO₂ + KNO₃ + MnCl₂ + KCl + H₂O.

Решение.

В комплексном соединении [Cr(N₂H₄CO)₆]₄[Cr(CN)₆]₃ трудно и утомительно определять степени окисления. Но это делать вовсе необязательно, если вспомнить, что молекула (формульная единица) не несет заряда, т. е. электронейтральна. Если допустить, что молекула Cr₇N₆₆H₉₆C₄₂O₂₄ состоит из электронейтральных атомов (условно!), тогда коэффициенты расставить очень легко:

		588е	10		Значит, основные коэффициенты 5 и 588. Но так как в правой части уравнения-монстра число атомов хрома четное, а в левой нечетное, то основные коэффициенты удваиваются (10 и 1176). Как видите, ничего умопомрачительного нет. Подобное задание предлагалось на первом заочном туре VI Соросовской олимпиады (1999–2000 уч. г.) для учащихся 11 класса.
		5е	1176

А сейчас познакомимся с методом полуреакций.