Bilansowanie równań reakcji redoks

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Redukcja (Mn: +VI → +IV, powstaje brunatny MnO₂):

MnO₄²⁻ + 2 H₂O + 2 e⁻ → MnO₂ + 4 OH⁻

Utlenianie (S: +IV → +VI):

SO₃²⁻ + 2 OH⁻ → SO₄²⁻ + H₂O + 2 e⁻

Sumarycznie: MnO₄²⁻ + SO₃²⁻ + H₂O → MnO₂↓ + SO₄²⁻ + 2 OH⁻ (zielony roztwór → brunatny osad MnO₂).

✔ Zgodne z kluczem: redukcja MnO₄²⁻ → MnO₂; utlenianie SO₃²⁻ → SO₄²⁻.

Zadanie 3.2 – Reakcja tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II)

Analiza substratów

Tlenek jodu(V): $\text{I}_2\text{O}_5$ (jod na +V stopniu utlenienia)
Tlenek węgla(II): $\text{CO}$ (węgiel na +II stopniu utlenienia)

1. Krok 1 – Określenie stopni utlenienia pierwiastków w substratach

   W $\text{I}_2\text{O}_5$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc jod ma stopień utlenienia $+5$.
   W $\text{CO}$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc węgiel ma stopień utlenienia $+2$.

2. Krok 2 – Ustalenie, co ulega utlenieniu, a co redukcji

   Reakcja jest utlenianiem-redukcją (redoks), co oznacza, że nastąpi zmiana stopni utlenienia:

   • Węgiel w $\text{CO}$ ulega utlenieniu: stopień utlenienia wzrasta z $+2$ do $+4$ (produkt: $\text{CO}_2$).
   • Jod w $\text{I}_2\text{O}_5$ ulega redukcji: stopień utlenienia spada z $+5$ do $0$ (produkt: $\text{I}_2$).
3. Krok 3 – Identyfikacja produktów reakcji

   Produktami reakcji są:

   • Jod cząsteczkowy: $\text{I}_2$
   • Tlenek węgla(IV): $\text{CO}_2$
4. Krok 4 – Bilansowanie metodą bilansu elektronowego

   Zmiany stopni utlenienia na jeden atom:

   • C: $+2 \rightarrow +4$, zmiana o $+2$ (utlenianie, jeden atom C oddaje 2 elektrony)
   • I: $+5 \rightarrow 0$, zmiana o $-5$ (redukcja, jeden atom I przyjmuje 5 elektronów)

   Bilans elektronowy (NWW z 2 i 5 to 10):

   $$2 \times \text{I} \text{ przyjmuje łącznie } 10e^- \quad \Longleftrightarrow \quad 5 \times \text{C} \text{ oddaje łącznie } 10e^-$$

   Zatem współczynniki: $5\,\text{CO}$ oraz $\text{I}_2\text{O}_5$ zawiera $2$ atomy jodu → bierzemy $1$ cząsteczkę $\text{I}_2\text{O}_5$.

5. Krok 5 – Zapisanie i sprawdzenie równania

   Wstępne równanie z wyznaczonymi współczynnikami:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + 5\,\text{CO} \rightarrow \text{I}_2 + 5\,\text{CO}_2$$

   Sprawdzenie bilansu atomów:

   • Jod: lewa strona $2$, prawa strona $2$ ✓
   • Tlen: lewa strona $5 + 5 = 10$, prawa strona $5 \times 2 = 10$ ✓
   • Węgiel: lewa strona $5$, prawa strona $5$ ✓

   Sprawdzenie bilansu ładunku elektronowego:

   • Utlenianie: $5 \times (+2) = 10$ elektronów oddanych ✓
   • Redukcja: $2 \times (+5) = 10$ elektronów przyjętych ✓

Wynik końcowy

Równanie reakcji tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II) w formie cząsteczkowej:

W reakcji tej $\text{CO}$ jest reduktorem (węgiel utlenia się z $+2$ do $+4$), natomiast $\text{I}_2\text{O}_5$ jest utleniaczem (jod redukuje się z $+5$ do $0$).

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza stopni utlenienia

Przed napisaniem równań połówkowych należy ustalić stopnie utlenienia pierwiastków zmieniających wartościowość.

1. Jod w $\text{IO}_3^-$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-2) = -1$, zatem $x = +5$

2. Jod w $\text{I}_2$: stopień utlenienia $= 0$

3. Jod w $\text{ICl}_3$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-1) = 0$, zatem $x = +3$

Wnioski:

• Jod z $\text{IO}_3^-$: $+5 \rightarrow +3$ — redukcja (pobranie elektronów)
• Jod z $\text{I}_2$: $0 \rightarrow +3$ — utlenianie (oddawanie elektronów)

Krok 1 – Równanie połówkowe redukcji

Redukcji ulega jon $\text{IO}_3^-$, który przechodzi w $\text{ICl}_3$. Środowisko reakcji jest kwaśne (obecność $\text{H}^+$).

Bilans atomów jodu: po 1 atomie jodu po obu stronach – spełniony.

Bilans atomów chloru: w produkcie $\text{ICl}_3$ są 3 atomy Cl, które pochodzą z $\text{Cl}^-$:

Bilans atomów tlenu: po lewej 3 atomy O – w środowisku kwaśnym wiążemy je jonami $\text{H}^+$, tworząc $\text{H}_2\text{O}$:

Bilans ładunku:

• Strona lewa: $(-1) + 3\cdot(-1) + 6\cdot(+1) = -1 - 3 + 6 = +2$
• Strona prawa: $0 + 0 = 0$

Różnica ładunków: $+2 - 0 = +2$ — należy dopisać $2e^-$ po lewej stronie (redukcja = pobieranie elektronów):

Równanie połówkowe redukcji:

Krok 2 – Równanie połówkowe utleniania

Utlenieniu ulega $\text{I}_2$ ($0 \rightarrow +3$), każdy atom jodu traci 3 elektrony, a cząsteczka $\text{I}_2$ zawiera 2 atomy jodu:

Sprawdzenie ładunku: lewa: $6\cdot(-1) = -6$; prawa: $0 + (-6) = -6$ ✓

Krok 3 – Bilans elektronowy (ustalenie współczynników)

Liczba oddawanych i pobieranych elektronów musi być równa:

• Redukcja: $2e^-$ na jeden $\text{IO}_3^-$
• Utlenianie: $6e^-$ na jeden $\text{I}_2$

NWW(2, 6) = 6, zatem mnożymy:

• równanie redukcji $\times\, 3$: aby po lewej było $6e^-$
• równanie utleniania $\times\, 1$: już $6e^-$

Krok 4 – Zsumowanie równań połówkowych

Po dodaniu obu równań (elektrony się znoszą):

Upraszczamy (łączymy $\text{Cl}^-$: $9+6=15$; łączymy $\text{ICl}_3$: $3+2=5$):

Wynik końcowy

Równanie połówkowe redukcji (zapis jonowo-elektronowy):

Uzupełnione współczynniki stechiometryczne:

1. Krok 1 – Identyfikacja odczynników i przyporządkowanie ich do doświadczeń

   Dostępne odczynniki: cynk ($\text{Zn}$), srebro ($\text{Ag}$), kwas solny ($\text{HCl}$), kwas azotowy(V) ($\text{HNO}_3$). Każdy odczynnik użyty tylko raz.

   • Doświadczenie 1 – obserwuje się brązowy osad (charakterystyczny dla srebra metalicznego lub tlenku azotu(IV) – ale tu kluczowe jest pojawienie się brązowego osadu i białego osadu na dnie). Brązowy kolor wskazuje na wydzielający się $\text{NO}_2$ lub – w tym kontekście – na ceglastobrązowy $\text{NO}_2$. Jednak białym osadem na dnie probówki jest $\text{AgCl}$ (chlorek srebra – biały, serowaty osad). Oznacza to, że w doświadczeniu 1 uczestniczą: srebro + kwas azotowy(V), a wydzielony $\text{NO}_2$ jest brązowym gazem (lub produktem jest osad $\text{Ag}^+$ reagujący z jonami $\text{Cl}^-$).

   Bardziej precyzyjna analiza: skoro użyto każdego odczynnika tylko raz, to przyporządkowanie musi być rozłączne:

   • Cynk reaguje z kwasem solnym → bezbarwny gaz ($\text{H}_2$) i bezbarwny roztwór → Doświadczenie 2
   • Srebro reaguje z kwasem azotowym(V) → brązowy gaz ($\text{NO}_2$, widoczny w probówce jako brązowe zabarwienie) i biały osad $\text{AgNO}_3$…

   Uwaga: w roztworze $\text{HNO}_3$ stężonego srebro reaguje z wydzieleniem $\text{NO}_2$ (gaz brunatny). Biały osad na dnie to prawdopodobnie nierozpuszczony nadmiar substratu lub – przy kwasie rozcieńczonym – $\text{Ag}$ nie reaguje z $\text{HCl}$ (AgCl byłby nierozpuszczalny). Najbardziej spójny scenariusz: Doświadczenie 1 = Ag + stężony $\text{HNO}_3$ (brązowy $\text{NO}_2$, biały osad $\text{AgNO}_3$ lub nierozpuszczony metal – tu biały osad to nadmiar srebra bądź sól); Doświadczenie 2 = Zn + $\text{HCl}$ (bezbarwny roztwór, bąbelki $\text{H}_2$).

2. Krok 2 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 1: Ag + stężony HNO₃

   Srebro reaguje ze stężonym kwasem azotowym(V). Produktami są: azotan(V) srebra, dwutlenek azotu i woda:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Ag} + 2\text{HNO}_3(\text{stęż.}) \rightarrow \text{AgNO}_3 + \text{NO}_2 + \text{H}_2\text{O}$$

   Sprawdzenie bilansu:

   • $\text{Ag}$: 1 = 1 ✓
   • $\text{N}$: 2 = 1 + 1 = 2 ✓
   • $\text{H}$: 2 = 2 ✓
   • $\text{O}$: 6 = 3 + 2 + 1 = 6 ✓

   Bilans elektronowy (utlenianie-redukcja):

   • $\text{Ag}^0 \rightarrow \text{Ag}^{+1}$ – oddaje 1 elektron (utlenianie)
   • $\text{N}^{+5} \rightarrow \text{N}^{+4}$ – przyjmuje 1 elektron (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{AgNO}_3$ to sól dobrze rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HNO}_3$ stęż. → dysocjuje; $\text{NO}_2$ – gaz; $\text{H}_2\text{O}$ – cząsteczkowa):

   $$\boxed{\text{Ag} + 2\text{H}^+ + \text{NO}_3^- \rightarrow \text{Ag}^+ + \text{NO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}}$$

3. Krok 3 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 2: Zn + HCl

   Cynk reaguje z kwasem solnym. Produktami są: chlorek cynku i wodór:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Zn} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{ZnCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$$

   Bilans elektronowy:

   • $\text{Zn}^0 \rightarrow \text{Zn}^{+2}$ – oddaje 2 elektrony (utlenianie)
   • $2\text{H}^{+1} \rightarrow \text{H}_2^0$ – przyjmuje 2 elektrony (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{ZnCl}_2$ – sól rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HCl}$ – mocny kwas → dysocjuje; $\text{H}_2$ – gaz; $\text{Zn}$ – metal):

   $$\boxed{\text{Zn} + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{H}_2\uparrow}$$

4. Krok 4 – Weryfikacja zgodności z obserwacjami

   • Doświadczenie 1: wydziela się brązowy gaz $\text{NO}_2$ (obserwowany jako brązowe zabarwienie w probówce) ✓; biały osad na dnie to nierozpuszczony metal $\text{Ag}$ (srebro ma barwę jasną/białawą) użyty w nadmiarze ✓
   • Doświadczenie 2: bezbarwny roztwór $\text{ZnCl}_2$ ✓; bezbarwne bąbelki gazu $\text{H}_2$ ✓

Wynik końcowy:

Doświadczenie 1 (Ag z HNO₃ stężonym) – równanie jonowe skrócone:

Doświadczenie 2 (Zn z HCl) – równanie jonowe skrócone:

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Krok 1. Stopnie utlenienia żelaza. W Fe(OH)₃ żelazo ma +III, w FeO₄²⁻ ma +VI → utlenianie, oddawane są 3 elektrony.

Krok 2. Równanie utleniania (środowisko zasadowe — bilansujemy tlen jonami OH⁻ i wodą):

Fe(OH)₃ + 5 OH⁻ → FeO₄²⁻ + 4 H₂O + 3e⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −5, prawa −2−3 = −5 ✓).

Krok 3. Równanie redukcji: ClO⁻ + H₂O + 2e⁻ → Cl⁻ + 2 OH⁻. Mnożymy utlenianie ×2, redukcję ×3 (wspólna wielokrotność 6 elektronów) i sumujemy:

2 Fe(OH)₃ + 3 ClO⁻ + 4 OH⁻ → 2 FeO₄²⁻ + 3 Cl⁻ + 5 H₂O

✔ Zgodne z kluczem. Współczynniki: 2, 3, 4 → 2, 3, 5.

Jak to rozwiązać — sumowanie reakcji elektrodowych

Krok 1. Katoda (redukcja): MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ → Mn²⁺ + 4H₂O. Anoda (utlenianie): Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻.

Krok 2. Aby zbilansować elektrony, utlenianie mnożymy ×5 i dodajemy stronami:

5 Fe²⁺ + MnO₄⁻ + 8 H⁺ → 5 Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4 H₂O

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — który jon utlenia Sn²⁺

Krok 1. Sn²⁺ jest reduktorem. Spośród Cr³⁺, Al³⁺, Fe³⁺ tylko Fe³⁺ ma potencjał wystarczająco wysoki, by utlenić Sn²⁺ do Sn⁴⁺ (Al³⁺ i Cr³⁺ nie ulegają redukcji w tych warunkach). Zatem reakcja zaszła w probówce z FeCl₃ → to probówka B.

Krok 2. Pozostają A i C. Roztwór CrCl₃ jest barwny, a AlCl₃ — bezbarwny, więc A = CrCl₃, C = AlCl₃.

Krok 3. Równanie w B (2 jony Fe³⁺ przyjmują 2 elektrony, Sn²⁺ oddaje 2):

2 Fe³⁺ + Sn²⁺ → 2 Fe²⁺ + Sn⁴⁺

✔ Zgodne z kluczem: A = CrCl₃, C = AlCl₃; 2 Fe³⁺ + Sn²⁺ → 2 Fe²⁺ + Sn⁴⁺.

Jak to rozwiązać — bilans elektronów

Krok 1. Utlenianie: w S₂O₃²⁻ siarka ma +II, w SO₄²⁻ +VI. Dwa atomy S oddają łącznie 2·4 = 8 elektronów (x = 8).

Krok 2. Redukcja: Cl₂ + 2e⁻ → 2 Cl⁻. Aby zbilansować 8 elektronów, potrzeba 4 Cl₂ (przyjmują 8 e⁻ → 8 Cl⁻).

Krok 3. Współczynniki:

S₂O₃²⁻ + 4 Cl₂ + 15 H₂O → 2 SO₄²⁻ + 8 Cl⁻ + 10 H₃O⁺

✔ Zgodne z kluczem: 1, 4, 15 → 2, 8, 10.

Jak to rozwiązać — połówka redukcji

Krok 1. W dysproporcjonowaniu część jonów Tc(+VI) ulega redukcji do Tc(+IV) w TcO₂. Zmiana +VI → +IV to przyjęcie 2 elektronów.

Krok 2. Bilansujemy tlen i ładunek w środowisku (obojętnym/zasadowym) za pomocą H₂O i OH⁻:

TcO₄²⁻ + 2 e⁻ + 2 H₂O → TcO₂ + 4 OH⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −2−2 = −4, prawa −4 ✓).

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — jeden produkt końcowy z dwóch reakcji

Aby oba doświadczenia dały taki sam wygląd (brunatny osad) w reakcji redoks, odczynnikiem jest KMnO₄, który w środowisku obojętnym redukuje się do brunatnego MnO₂:

• Probówka I (K₂SO₃ — reduktor): MnO₄⁻ utlenia SO₃²⁻, sam redukuje się do MnO₂.
• Probówka II (MnSO₄): zachodzi komproporcjonowanie MnO₄⁻ z Mn²⁺ → również MnO₂.

W obu przypadkach powstaje brunatny MnO₂ → jednakowy wygląd.

✔ Zgodne z kluczem: odczynnik KMnO₄; I — K₂SO₃; II — MnSO₄.

Rozwiązanie

Cr₂O₇²⁻ $+ 3$SO₃²⁻ $+ 8$H⁺ $\to 2$Cr³⁺ $+ 3$SO₄²⁻ $+ 4$H₂O.

Rozwiązanie

• Redukcja: MnO₄⁻ $+ 2$H₂O $+ 3$e⁻ $\to$ MnO₂ $+ 4$OH⁻.
• Utlenianie: Mn²⁺ $+ 2$H₂O $\to$ MnO₂ $+ 4$H⁺ $+ 2$e⁻.

Rozwiązanie

• Redukcja: SO₄²⁻ $+ 4$H⁺ $+ 2$e⁻ $\to$ SO₂ $+ 2$H₂O.
• Utlenianie: Sb $\to$ Sb³⁺ $+ 3$e⁻.

Sumarycznie: $2$Sb $+ 6$H₂SO₄ $\to$ Sb₂(SO₄)₃ $+ 3$SO₂↑ $+ 6$H₂O.

Rozwiązanie

Sb $+ 5$NO₃⁻ $+ 5$H⁺ $\to$ HSbO₃ $+ 5$NO₂↑ $+ 2$H₂O.

Rozwiązanie

Sumarycznie: HCHO $+$ I₂ $+ 3$OH⁻ $\to$ HCOO⁻ $+ 2$I⁻ $+ 2$H₂O.

$m_{\text{HCHO}}:m_{\text{I}_2}=30:254=\mathbf{15:127}$.

Rozwiązanie

$3$NO₂ $+$ H₂O $\to 2$HNO₃ $+$ NO (dysproporcjonowanie). Reduktor: NO₂ (utlenia się do HNO₃); utleniacz: NO₂ (redukuje się do NO).

Rozwiązanie

• Redukcja: C₆H₅NO₂ $+ 7$H⁺ $+ 6$e⁻ $\to$ C₆H₅NH₃⁺ $+ 2$H₂O.
• Utlenianie: Ti³⁺ $\to$ Ti⁴⁺ $+$ e⁻.

Rozwiązanie

• Redukcja: $2$IO₃⁻ $+ 12$H⁺ $+ 10$e⁻ $\to$ I₂ $+ 6$H₂O.
• Utlenianie: HSO₃⁻ $+$ H₂O $\to$ SO₄²⁻ $+ 3$H⁺ $+ 2$e⁻.

Sumarycznie: $2$IO₃⁻ $+ 5$HSO₃⁻ $\to$ I₂ $+ 5$SO₄²⁻ $+ 3$H⁺ $+$ H₂O.

Rozwiązanie

• Roztwór: przed — fioletowy (purpurowy) (KMnO₄), po — bezbarwny (jony Mn²⁺).
• Papierek jodoskrobiowy: przed — biały, po — granatowy (niebieski).

Rozwiązanie

• Redukcja: ClO⁻ $+$ H₂O $+ 2$e⁻ $\to$ Cl⁻ $+ 2$OH⁻.
• Utlenianie: Ni(OH)₂ $+$ OH⁻ $\to$ Ni(OH)₃ $+$ e⁻.

Stosunek molowy $n_\text{reduktora}:n_\text{utleniacza}=$ Ni(OH)₂:ClO⁻ $=\mathbf{2:1}$.

Rozwiązanie

• Redukcja: 2BrO₃⁻ $+ 12$H⁺ $+ 10$e⁻ $\to$ Br₂ $+ 6$H₂O.
• Utlenianie: 2Br⁻ $\to$ Br₂ $+ 2$e⁻.

(Sumarycznie: BrO₃⁻ $+ 5$Br⁻ $+ 6$H⁺ $\to 3$Br₂ $+ 3$H₂O.)

Rozwiązanie

Azot HNO₃ ($+$V) → NO ($+$II) pobiera $3$ e⁻ na atom.

• Przemiana I: $2$ NO → $6$ e⁻ na $1$ mol cykloheksanonu → 6 mol e⁻.
• Przemiana II: $8$ NO → $24$ e⁻ na $3$ mole → 8 mol e⁻ na $1$ mol cykloheksanolu.

Rozwiązanie

Równanie: $5$HCOOH $+ 2$MnO₄⁻ $+ 6$H⁺ $\xrightarrow{T} 5$CO₂↑ $+ 2$Mn²⁺ $+ 8$H₂O.

Ocena: NIE. Kwas octowy nie jest reduktorem (nie ma atomu H bezpośrednio przy grupie karboksylowej, jak kwas mrówkowy), więc nie odbarwiłby KMnO₄ ani nie wydzielił CO₂ — nie zaobserwowano by tych zmian.

Rozwiązanie

• Redukcja: Cl₂ $+ 2$e⁻ $\to 2$Cl⁻.
• Utlenianie: S₂O₃²⁻ $+ 5$H₂O $\to 2$SO₄²⁻ $+ 10$H⁺ $+ 8$e⁻.

Rozwiązanie

Mnożąc redukcję ×4 i dodając: S₂O₃²⁻ $+ 4$Cl₂ $+ 5$H₂O $\to 2$SO₄²⁻ $+ 8$Cl⁻ $+ 10$H⁺.

Rozwiązanie

• Utlenianie: kwas askorbinowy $\to$ kwas dehydroaskorbinowy $+ 2$H⁺ $+ 2$e⁻ (grupa endiolowa –C(OH)=C(OH)– przechodzi w diketonową –C(=O)–C(=O)–).
• Redukcja: O₂ $+ 4$H⁺ $+ 4$e⁻ $\to 2$H₂O.

Rozwiązanie

• Redukcja: MnO₄⁻ $+ 8$H⁺ $+ 5$e⁻ $\to$ Mn²⁺ $+ 4$H₂O.
• Utlenianie: (COOH)₂ $\to 2$CO₂ $+ 2$H⁺ $+ 2$e⁻.

Rozwiązanie

$2$MnO₄⁻ $+ 5$(COOH)₂ $+ 6$H⁺ $\to 2$Mn²⁺ $+ 10$CO₂ $+ 8$H₂O.