10.2 Электронный баланс в полуреакциях

Следует иметь в виду, что в отличие от метода электронного баланса степени окисления элементов в полуреакциях не показывают. Число электронов, участвующих в окислении (восстановлении), определяют по разнице зарядов всех ионов в левой и правой частях полуреакций.

Пример: MnO₄^– + 4H⁺  MnO₂ + 2H₂O

NO₂^– + H₂O  NO₃^– + 2H⁺

В первой полуреакции сумма зарядов ионов слева (+3) а справа – ”ноль”; для баланса по заряду необходимо добавить в левую часть три электрона:

MnO₄^– + 4H⁺ + 3e^–  MnO₂ + 2H₂O

Во второй полуреакции сумма зарядов ионов в левой части равна (–1), а в правой – (+1). Для баланса по заряду в правую часть необходимо добавить два электрона:

NO₂^– + H₂O  NO₃^– + 2H⁺ + 2e^–

Далее необходимо выполнить условие, что в окислительно-восстановительных реакциях число электронов, отданных восстановителем, равно числу электронов, принятых окислителем. Очевидно, что для этого в рассматриваемом примере окислитель и восстановитель необходимо взять в соотношении 3:2.

Для этого введем в ионно-электронные уравнения соответствующие множители:

MnO₄^– + 4H⁺ + 3e^–  MnO₂ + 2H₂O 3

^ок–ль

NO₂^– + H₂O  NO₃^– + 2H⁺ + 2e^– 2

^в–ль 

На основании полученной схемы напишем ионно-молекулярное уравнение окислительно–восстановительной реакции: исходными веществами в нем будут левые части обеих полуреакций, а продуктами — правые их части:

3MnO₄^– + 12H⁺ + 2NO₂^– + 2H₂O  3MnO₂ + 6H₂O + 2NO₃^– + 4H⁺

После сокращения одноименных H₂O и H⁺ получим ионно–молекулярное уравнение реакции: 3MnO₄^– + 2NO₂^– + 8H⁺  3MnO₂ + 2NO₃^– + 4H₂O

Примечание: Одноименные молекулы H₂O можно сокращать всегда. Ионы водорода сокращают только в тех случаях, когда среди продуктов нет анионов (также как “одноименные” гидроксид-ионы сокращают только в случаях, когда в продуктах нет катионов).

Если это условие не выполняется, то сокращение одноименных H⁺ или OH^– лучше сделать позже, в молекулярном уравнении реакции.

10.3 Молекулярные уравнения окислительно–восстановительных реакций

При составлении молекулярного уравнения в левую и правую часть ионно–молекулярного уравнения дописывают ионы, не участвовавшие в окислении–восстановлении (и поэтому не включенные ранее в полуреакции). Например, при переходе от ионно–молекулярного уравнения

2MnO₄^– + 3NO₂^– + 2H⁺  2MnO₂ + 3NO₃^– + H₂O к молекулярному уравнению

2KMnO₄ + 3KNO₂ + H₂SO₄  … видим, что в левой части появились дополнительно 5K⁺ и SO₄^2– (они выделены шрифтом) – Эти ионы необходимо дописать в правую часть уравнения: …  3MnO₂ + 2NO₃^– + 4H₂O + 5K⁺ + SO₄^2–.

После соединения катионов с анионами в правой части получим окончательное уравнение реакции:

2KMnO₄ + 3KNO₂ + H₂SO₄  2MnO₂ + 3KNO₃ + K₂SO₄ + H₂O

В следующем примере покажем возможности ионно-электронного метода в определении продуктов реакции при нескольких возможных их вариантах. Так, ранее (с.14) были показаны три пути восстановления хромат-ионов в зависимости от pH. Возможны ли другие продукты? Проверим, какой вариант реализуется в следующем случае:

K₂CrO₄+ SO₂ + H₂O ...

Составим полуреакции: CrO₄^2– + 4H₂Oе  Cr³⁺ + 8OH^– 2

SO₂ + 4OH^–  SO₄^2– + 2H₂O + 2е 3

Ионно-молекулярное уравнение:

2CrO₄^2– + 2H₂O + 3SO₂ = 2Cr³⁺ + 4OH^– + 3SO₄^2–

Составляем молекулярное уравнение, дописывая вправо дополнительные ионы: 2K₂CrO₄+ 3SO₂ + 2H₂O  2Cr³⁺ + 4OH^– + 3SO₄^2– (4K⁺)

После соединения ионов в правой части получим окончательно:

2K₂CrO₄+ 3SO₂ + 2H₂O  [Cr(OH)₂]₂SO₄ + 2K₂SO₄