Tak zwane trudne równania redoksowe.

Transkrypt

1 Tak zwane trudne równania redoksowe. W poniższym rozdziale naszkicuję rozwiązania kilku równań redoksowych uważanych za super trudne (a okaże się, że przy opanowaniu podstaw metod wyliczania współczynników takich równań, wymagają one tylko trochę myślenia). Odradzam uczniom i studentom drogi na skróty i rozpoczynania od tych reakcji nauki uzgadniania współczynników. Wszystkie wyjaśnienia będą oparte o metodę bilansowania równań w oparciu o stopnie utlenienia. Prawie zawsze współczynniki tych reakcji można znaleźć poprzez odpowiednie programy komputerowe bądź w oparciu o metody algebraiczne, niemniej nie zawsze obie wymienione metody gładko sobie radzą z równaniami wielorozwiązaniowymi. Przy obliczaniu współczynników równań zastosuję parę trików, których nie uczy się na początku nauki bilansowania równań. Metoda wykorzystująca stopnie utlenienia wcale nie wymaga używania stopni utleniania wyznaczanych na podstawie układu okresowego. Już w czasie jej poznawania można się spotkać ze związkami, z którymi nie bardzo wiadomo jak postępować (np.: Fe 3 O 4, CuAsS) w tym momencie trzeba założyć jakieś wartości stopni utlenienia; dlaczego nie przyjąć takich wartości, które najszybciej prowadzą do celu? Oczywiście nie należy od razu odrzucać wszystkich nabytych już zasad postepowania. Ale tak naprawdę, to w metodzie bilansowania równań reakcji z wykorzystaniem stopni utlenienia tylko dwie reguły obowiązują absolutnie: 1. Stopnie utlenienia pierwiastków (bez względu na to czy pierwiastki są jednoatomowe, czy tworzą cząsteczki wieloatomowe, np.: P 4, S 8, B 12 ), wynoszą zawsze 0 (zero). 2. Suma stopni utlenienia dla cząsteczki wynosi zawsze 0, a dla jonu suma stopni utlenienia równa się jego ładunkowi. Poza tym, tam gdzie jest to ewidentne, używamy stopni utlenienia wyznaczanych na podstawie elektroujemności pierwiastków. Od tego momentu zaczyna się możliwość zastosowania różnych trików: 1. W przypadku, kiedy w reakcji więcej niż 2 pierwiastki w więcej niż dwóch związkach zmieniają stopnie utlenienia (jeśli w dwóch związkach - prostu robimy bilans elektronowy dla całej cząsteczki, a nie odrębnych atomów) to próbujemy zastosować sztucznie takie same stopnie utlenienia dla niektórych atomów po obu stronach równania, pomimo naszej wiedzy o tym, że tak naprawdę stopnie utlenienia tych atomów są różne. Prowadzi to czasem do bardzo dziwnych (wręcz nieprawdopodobnych) formalnych stopni utlenienia, ale reakcja staje się typową, tzn. te same dwa rodzaje atomów zmieniają stopień utlenienia po obu stronach równania, lub wręcz udaje się nam sprowadzić reakcję do reakcji dysproporcjonowania. 2. Czasem udaje się nam zauważyć pewne wzajemne proporcje pomiędzy reagentami, i na tej podstawie możemy stworzyć pakiet cząsteczek, które traktujemy czasowo jako związek chemiczny, ze wszystkimi zasadami dotyczącymi stopni utleniania (również w formie trikowej), albo odwrotnie, np. rozbijamy związek na części (np.: jakąś sól na formę tlenkową), i wykonujemy reakcje osobno na poszczególnych fragmentach związku. Gdy i to nie pomaga, próbujemy przeanalizować reakcję z częścią lub ze wszystkimi stopniami utlenienia równymi 0, tzn jak gdyby reakcjom ulegały pierwiastki chemiczne, z których nasze związki powstały. 3. Próbujemy przeanalizować reakcje, jako ciąg reakcji cząstkowych następujących jedna po drugiej (następczych), a po dopasowaniu współczynników reakcji cząstkowych pełną reakcje otrzymujemy przez odpowiednie połączenie wszystkich reakcji cząstkowych. 4. Można również spróbować podzielić reakcje na dwie lub więcej reakcji prostszych zachodzących niezależnie od siebie. Jako wynik możemy uzyskać nieskończoną liczbę równań otrzymanych przez liniowe kombinacje dwóch lub większej liczby równań. Wszystkie te podejścia można łączyć ze sobą, co w przypadku bardziej złożonych reakcji redoksowych daje możliwość ich zbilansowania na wiele różnych sposobów, ale zawsze dających ten sam wynik (z wyjątkiem niezależnych reakcji równoległych). Przykład 1. Pb(N 3 ) 2 + Cr(MnO 4 ) 2 = Cr 2 O 3 + MnO 2 + Pb 3 O 4 + NO Najszybciej można rozwiązać ten problem używając takich samych stopni utlenienia dla manganu i azotu po obu stronach równania, czyli odpowiednio: +4 i +2 (przy standardowej wartości stopnia utlenienia dla tlenu 2). Prowadzi to dość sztucznych stopni utlenienia dla Pb ( 12) i Cr (+8), ale w standardowy sposób można uzyskać odpowiedź.

2 15Pb(N 3 ) Cr(MnO 4 ) 2 = 22Cr 2 O MnO 2 + 5Pb 3 O NO Przykład 2. P 2 I 4 + P 4 + H 2 O = PH 4 I + H 3 PO 4 Przyglądając się powyższej reakcji nietrudno zauważyć, że można rozbić ją na dwa etapy: 2P 2 I 4 + P 4 = (P 8 I 8 ) jest to twór całkowicie sztuczny ale bardzo przydatny. Załatwia to nam sprawę stosunku fosforu do jodu w PH 4 I i odpowiada 8PH 4 I. Następnie, już w całkiem normalny sposób możemy znaleźć współczynniki dla reakcji: 5P 8 I 8 + 8P H 2 O = 40PH 4 I + 32H 3 PO 4 Mnożąc pierwszą reakcję przez 5 i zastępując w niej 5P 8 I 8 przez 10P 2 I 4 + 5P 4 otrzymamy: 10P 2 I P H 2 O = 40PH 4 I + 32H 3 PO 4 Przykład 3. K 4 [Fe(CN) 6 ] + Ce(NO 3 ) 4 + KOH = K 2 CO 3 + Fe(OH) 3 + Ce(OH) 3 + KNO 3 + H 2 O Podzielmy reakcję na dwa etapy utleniania, w pierwszym tylko Fe(II) jest utleniane do Fe(III); z jonów cyjankowych w środowisku zasadowym utworzy się cyjanek potasu KCN. K 4 Fe[(CN) 6 ] + Ce(NO 3 ) 4 + 6KOH = Fe(OH) 3 + Ce(OH) 3 + 6KCN + 4KNO 3 W drugim etapie utleniamy powstały w pierwszym etapie KCN do węglanu i azotanu. KCN + 10Ce(NO 3 ) KOH = K 2 CO 3 +10Ce(OH) KNO 3 + 6H 2 O Wystarczy teraz drugą reakcję pomnożyć przez 6: 6KCN + 60Ce(NO 3 ) KOH = K 2 CO 3 +60Ce(OH) KNO H 2 O i połączyć z pierwszą, aby otrzymać zbilansowaną reakcję. K 4 [Fe(CN) 6 ] + 61Ce(NO 3 ) KOH = 6K 2 CO 3 + Fe(OH) Ce(OH) KNO H 2 O Całość można policzyć na piechotę w kilka minut. Ten problem również można rozwiązać bez dzielenia reakcji na części (dwie reakcje następcze). Wystarczy sprowadzić reakcje do grzecznej redoksy stosując dla C i N takie same stopnie utlenienia po obu stronach równania (odpowiednio +4 i +5). Otrzymamy wówczas z lewej strony równania bardzo sztuczny stopień utlenienia dla Fe = -58, ale dzięki temu z obu stron reakcji tylko dwa rodzaje atomów (Fe i Cr) będą zmieniać stopień utlenienia, i reakcja staje się zupełnie typową. Przykład 4. K 4 [Fe(CN) 6 ] + KMnO 4 + H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + MnSO 4 + CO 2 + KNO 3 + H 2 O Kolejna reakcja to podobne utlenianie K 4 [Fe(CN) 6 ], ale w środowisku kwaśnym. Dzielimy ją na dwa etapy w pierwszym etapie rozkładamy K 4 [Fe(CN) 6 ] kwasem siarkowym i utleniamy Fe(II) do Fe(III) z wydzieleniem HCN. 10K 4 [Fe(CN) 6 ] + 2KMnO H 2 SO 4 = 21K 2 SO 4 + 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2MnSO HCN + 8H 2 O Następnie utleniamy HCN do CO 2 i HNO 3. HCN + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = CO 2 + HNO 3 + K 2 SO 4 + MnSO 4 + 3H 2 O Mnożymy powyższe równanie przez 60 otrzymamy: 60HCN + 120KMnO H 2 SO 4 = 60CO HNO K 2 SO MnSO H 2 O W tej reakcji powstał kwas azotowy, można więc w etapie nieredoksowym z prawej strony zmniejszyć ilość K 2 SO 4, a kwas azotowy przeprowadzić w KNO 3, a z lewej strony usunąć odpowiednią ilość kwasu siarkowego. Sumując obie reakcje w odpowiednich proporcjach, wynikających ze stechiometrii Fe do 6CN w K 4 [Fe(CN) 6 ], otrzymamy bez trudu właściwy wynik tej części. 60HCN + 120KMnO H 2 SO 4 = 60CO KNO K 2 SO MnSO H 2 O Sumując reakcje utleniania Fe(II) oraz HCN, a potem usuwając kwas azotowy z prawej strony otrzymamy:

3 10K 4 [Fe(CN) 6 ] + 122KMnO H 2 SO 4 = 51K 2 SO 4 + 5Fe 2 (SO 4 ) MnSO CO KNO H 2 O Tak samo jak poprzednio można pokonać problem ze sztucznym stopniem utlenienia dla Fe = -58 Przykład 5. (Cr(N 2 H 4 CO) 6 ) 4 (Cr(CN) 6 ) 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 = K 2 Cr 2 O 7 + MnSO 4 + CO 2 + KNO 3 + K 2 SO 4 + H 2 O Przy użyciu metody ze sztucznym stopniem utlenienia dla Cr = -78 (wartość ta wynika z przypisania atomom węgla i azotu stopni utlenienia jakie wykazują po prawej stronie równania) problem staje się ugrzeczniony. Dla ułatwienia obliczeń warto przedstawić kompleks wzorem sumarycznym Cr 7 C 42 H 96 N 66 O (Cr(N 2 H 4 CO) 6 ) 4 (Cr(CN) 6 ) KMnO H 2 SO 4 = 35K 2 Cr 2 O MnSO CO KNO K 2 SO H 2 O Powyższa reakcja posiada już całkiem słuszne współczynniki! Reakcje tę można też zbilansować utleniając po prostu pierwiastki wchodzące w skład kompleksu Cr 7 C 42 H 96 N 66 O 24. Eliminujemy z cząsteczki kompleksu 24 cząsteczki wody (formalnie jest to utlenianie wodoru tlenem). Następnie kolejno utleniamy pozostałe pierwiastki. 10Cr + 12KMnO H 2 SO 4 = 5K 2 Cr 2 O 7 + K 2 SO MnSO H 2 O 5C + 4KMnO 4 + 6H 2 SO 4 = 5CO 2 + 2K 2 SO 4 + 4MnSO 4 + 6H 2 O 5H 2 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8H 2 O N 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 SO 4 = 2KNO 3 + 2MnSO 4 + 2H 2 O W następnym etapie skalujemy poszczególne równania do naszego wzoru sumarycznego. Znalezione współczynniki wynoszą odpowiednio: 0,7(7/10) 8,4(84/10), 4,8(48/10) oraz 33. Po zsumowaniu poszczególnych reagentów i dodaniu 24 cząsteczek wody otrzymamy: Cr 7 C 42 H 96 N 66 O ,6KMnO ,9H 2 SO 4 = 3,5K 2 Cr 2 O ,6MnSO ,0CO KNO ,3K 2 SO ,9H 2 O Wystarczy teraz wszystkie współczynniki pomnożyć przez 10 aby otrzymać końcowe zbilansowane równanie tej reakcji przedstawione wcześniej. Przykład 6. C 2 H 5 OH + Hg + HNO 3 = Hg(ONC) 2 + NO 2 + CO 2 + H 2 O Jest to reakcja, wg której w drugiej połowie XVII wieku po raz pierwszy otrzymano przypadkowo piorunian rtęci. Współczynniki reakcji można wyliczyć opierając się mechanizmie reakcji (chodzi o stosunek ilości atomów węgla z etanolu wchodzących do piorunianu i ditlenku węgla CO 2 = 1:1) na zaproponowanym początku XX wieku przez Wielanda lub dzieląc tę reakcję na dwie inne, w których cały kwas azotowy daje wyłącznie piorunian rtęci bez wydzielania ditlenku azotu NO 2, i drugiej, w której cały etanol jest utleniany do CO 2 z wydzieleniem NO 2. C 2 H 5 OH + Hg + HNO 3 = Hg(ONC) 2 + CO 2 + H 2 O Reakcję pierwszą sprowadzamy do prostej reakcji dysproporcjonowania przez przyjęcie po obu stronach równania takich samych stopni utlenienia dla rtęci i azotu, 0 i +5 odpowiednio. W ten sposób węgiel dysproporcjonując, ze stopnia utlenienia 2 przechodzi na stopnie utlenienia 3 w piorunianie i +4 w CO 2 co daje następujące równanie: 7C 2 H 5 OH + 6Hg + 12HNO 3 = 6Hg(ONC) 2 + 2CO H 2 O Drugie równanie jest zupełnie standardowym utlenianiem etanolu prze stężony kwas azotowy(v) do wody i di tlenku węgla: C 2 H 5 OH + 12HNO 3 = 12NO 2 + 2CO 2 + 9H 2 O Dowolna liniowa kombinacja obu równań da nam jedną z potencjalnych odpowiedzi. Wielorozwiązaniowa odpowiedź jest nawet bardziej logiczna, ponieważ kwas azotowy jako silny utleniacz, przy dużym nadmiarze etanolu, w zależności od sposobu i czasu prowadzenia reakcji, może faktycznie utleniać dodatkowo cześć etanolu do CO 2 lub innych możliwych produktów utleniania etanolu (np. etanal, kwas octowy). Pamiętając o stechiometrii reakcji wg proponowanego mechanizmu powinniśmy tak dobierać współczynniki drugiej reakcji by nie mniej niż

4 połowa atomów węgla etanolu przechodziła w CO 2. W ten sposób z kombinacji liniowej obu równań (1:5) otrzymamy: 7C 2 H 5 OH + 6Hg + 12HNO 3 = 6Hg(ONC) 2 + 2CO H 2 O 5C 2 H 5 OH + 60HNO 3 = 60NO CO H 2 O 12C 2 H 5 OH + 6Hg + 72HNO 3 = 6Hg(ONC) NO 2 +12CO H 2 O Wszystkie współczynniki tej reakcji są podzielne przez 6 co prowadzi ostatecznie do reakcji: 2C 2 H 5 OH + Hg + 12HNO 3 = Hg(ONC) NO 2 +2CO H 2 O Z liniowych kombinacji obu równań możemy utworzyć nieskończoną ich liczbę, a przy założeniu, że poprawny mechanizm wymaga co najmniej stosunku obu równań 1:5, powinniśmy zakładać stosunki obu równań jako 1: 5 (czytaj: jeden do nie mniej niż 5), 2:>10, 3:>15, itd. Oczywiście, że za każdym razem należy sprawdzić, czy wszystkie współczynniki nie mają wspólnych wielokrotności. Przykład 7. Następna reakcja została obmyślona przez autorów jako reakcja, której współczynniki można znaleźć wyłącznie programem komputerowym wykorzystującym procedury algebraiczne. H 2 + Ca(CN) 2 + NaAlF 4 + FeSO 4 + MgSiO 3 + KI + H 3 PO 4 + PbCrO 4 + BrCl + CF 2 Cl 2 + SO 2 = PbBr 2 + CrCl 3 + MgCO 3 + KAl(OH) 4 + Fe(SCN) 3 + PI 3 + Na 2 SiO 3 + CaF 2 + H 2 O Pomimo występowania dużej liczby reduktorów z lewej strony równania, z prawej strony występują produkty utlenione (Fe 3+ ), poza tym z prawej strony występuje jednocześnie woda i wrażliwy na wodę PI 3 wygląda więc, że ten zestaw powstał z kombinacji kilku reakcji, i to w taki sposób by dał jednoznaczne rozwiązanie algebraiczne natomiast autor, chociaż jest chemikiem, wcale nie kierował się rozsądkiem chemicznym. Spróbujmy to rozgryźć. Przyglądając się powyższej reakcji, najłatwiej zauważyć, że reszty cyjankowe muszą w całości przejść w reszty tiocyjanianowe (rodankowe), a do tego powinien być zużyty cały dwutlenek siarki oraz siarczan żelaza(ii). Siarka musi się więc znacznie zredukować, dodajmy więc z lewej strony wodoru H 2 (oczywiście jest jeszcze węgiel w CF 2 Cl 2, ale nie na więcej azotu, a więc te atomy węgla w całości muszą utworzyć węglan magnezu MgCO 3 ). Nie mamy czym na razie związać wapnia, ale wiemy, że na pewno w jakiejś reakcji może powstać HF (z prawej strony równania występuje CaF 2 ), który będzie reagował z CaO bądź Ca(OH) 2. W redukcji wodorem powstaje woda, a więc CaO przejdzie w Ca(OH) 2. I już mamy gotową pierwszą częściową reakcję. H 2 + Ca(CN) 2 + FeSO 4 + SO 2 = Fe(SCN) 3 + Ca(OH) 2 + H 2 O Ciągle mamy jednak za dużo pierwiastków zmieniających stopnie utlenienia, by można było zastosować proste metody ze zmianami stopni utlenienia. Przekształćmy więc w pierwszej reakcji FeSO 4 do S i Fe(OH) 3 (zakładamy dla żelaza stopień utlenienia +3 z lewej strony równania, wtedy siarka ma stopień utlenienia +5 prawdziwy stopień utlenienia żelaza prowadziłby do herezji chemicznej utleniania Fe(II) do Fe(III) wodorem!), 5H 2 + 2FeSO 4 = 2S + 2Fe(OH) 3 + 2H 2 O A w drugiej reakcji SO 2 do S, 2H 2 + SO 2 = S + H 2 O a następnie przeprowadźmy cyjanki w rodanki przy pomocy siarki pierwiastkowej. Na końcu w reakcji podwójnej wymiany pomiędzy rodankiem wapnia i wodorotlenkiem Fe(III) otrzymamy rodanek żelaza i wodorotlenek wapnia. Od razu widać konieczność utworzenia 3 cząsteczek rodanku wapnia, a więc dalsze 4 atomy siarki uzyskamy z redukcji SO 2. Mnożymy powyższą reakcję przez 4 i dodajemy do poprzedniej. 13H 2 + 2FeSO 4 + 4SO 2 = 6S + 2Fe(OH) 3 + 6H 2 O 3Ca(CN) 2 + 6S = 3Ca(SCN) 2 Po zsumowaniu obu powyższych reakcji kończymy ten etap. 13H 2 + 3Ca(CN) 2 + 2FeSO 4 + 4SO 2 = 2Fe(SCN) 3 + 3Ca(OH) 2 +10H 2 O W ten sposób mamy całkowicie załatwioną sprawę stosunku stechiometrycznego 3 substratów i jednego produktu reakcji. (łącznie jest 20 reagentów). Wytłuszczony druk wskazuje wzajemnie od siebie stechiometrycznie uzależnione cząsteczki. W takich wzajemnych stosunkach muszą one wystąpić w końcowym równaniu. Oba związki zawierające fluor mogą utworzyć tylko fluorek wapnia. W kolejnym etapie rozwiążemy problem stechiometrii Al i K. NaAlF 4 + 2Ca(OH) 2 + KI = KAl(OH) 4 + NaI + 2CaF 2

5 Z prawej strony równania wystepuje parzysta ilość atomów sodu i podzielna przez 3 ilość atomów jodu. Aby otrzymać minimalne współczynniki spełniające ten warunek trzeba pomnożyć powyższe równanie przez 6. 6NaAlF Ca(OH) 2 + 6KI = 6KAl(OH) 4 + 6NaI + 12CaF 2 Aby atomy sodu związać w krzemian potrzeba 3 czasteczki krzemianu magnezu, z 6 atomów jodu otrzymamy 2 PI 3 przez zredukowanie 2 cząsteczek kwasu fosforowego. 3MgSiO 3 + 6NaI = 3MgI 2 + 3Na 2 SiO 3 2H 2 + 3MgI 2 + 2H 3 PO 4 = 2PI 3 + 3Mg(OH) 2 + 2H 2 O Dodajemy dwa ostatnie równania do wcześniejszego i otrzymamy: 2H 2 + 2H 3 PO 4 + 6NaAlF 4 + 3MgSiO Ca(OH) 2 + 6KI = 6KAl(OH) 4 + 3Na 2 SiO CaF 2 + 2PI 3 + 3Mg(OH) 2 + 2H 2 O Znowu wytłuszczonym drukiem wskazano stechiometrię wzajemnie od siebie uzależnionych cząsteczek. Do związania 3Mg(OH) 2 potrzeba 3 atomów węgla z CF 2 Cl 2, daje to 6 atomów fluoru, które zwiążą 3 cząsteczki Ca(OH) 2. 3Ca(OH) 2 + 3Mg(OH) 2 + 3CF 2 Cl 2 = 3MgCO CaF 2 + 6HCl + 3H 2 O Sumowanie z reakcją poprzednią daje: 2H 2 + 2H 3 PO 4 + 6NaAlF 4 + 3MgSiO Ca(OH) 2 + 3CF 2 Cl 2 + 6KI = 6KAl(OH) 4 + 3Na 2 SiO CaF 2 + 2PI 3 + 3MgCO 3 + 5H 2 O + 6HCl Łącznie więc musimy otrzymać 15 cząsteczek Ca(OH) 2 w reakcji: 13H 2 + 3Ca(CN) 2 + 2FeSO 4 + 4SO 2 = 2Fe(SCN) 3 + 3Ca(OH) 2 +10H 2 O czyli trzeba ja pomnożyć przez 5 65H Ca(CN) FeSO SO 2 = 10Fe(SCN) Ca(OH) 2 +50H 2 O Po zsumowaniu kolejnych dwóch reakcji otrzymamy: 67H Ca(CN) FeSO SO 2 + 2H 3 PO 4 + 6NaAlF 4 + 3MgSiO 3 + 3CF 2 Cl 2 + 6KI = 6KAl(OH) 4 + 3Na 2 SiO Fe(SCN) CaF 2 + 2PI 3 + 3MgCO H 2 O + 6HCl Mamy więc już dobrane wzajemne stosunki reagentów w 14 na 20 występujących w reakcji. Pozostały nam z lewej strony: H 2 + PbCrO 4 + BrCl + 6HCl = PbBr 2 + CrCl 3 + H 2 O (ew. H 2 oraz 6HCl z poprzedniej reakcji) Po połączeniu PbCrO 4 + 2BrCl w jeden pakiet otrzymamy formalnie PbCrBr 2 Cl 2 O 4. Zakładając stopnie utlenienia dla Pb i Br=0, Cl= 1 i O= 2 po obu stronach otrzymamy znowu standardowe równanie redoksowe z sztucznym stopniem utlenienia +10 dla chromu. 7H 2 + 2PbCrO 4 + 4BrCl + 2HCl = 2PbBr 2 + 2CrCl 3 + 8H 2 O Z bilansu elektronów wynika stosunek H 2 do PbCrO 4 jak 7:2, ale zużywa to tylko 2HCl, a więc trzeba ten zestaw jeszcze pomnożyć przez 3 i dodać do poprzedniego równania. 21H 2 + 6PbCrO BrCl + 6HCl = 6PbBr 2 + 6CrCl H 2 O Po zsumowaniu otrzymamy: 88H 2 + 6PbCrO BrCl + 15Ca(CN) FeSO SO 2 + 2H 3 PO 4 + 6NaAlF 4 + 3MgSiO 3 + 3CF 2 Cl 2 + 6KI = 6KAl(OH) 4 + 3Na 2 SiO Fe(SCN) CaF 2 + 2PI 3 + 3MgCO 3 + 6PbBr 2 + 6CrCl H 2 O I wreszcie równanie jest zbilansowane na piechotę. Przykład 8. KClO 3 + HCl = KCl + H 2 O + Cl 2 + ClO 2 Powyższa reakcja jest typowym przykładem liniowej kombinacji reakcji niezależnych. Można ją rozdzielić na dwie reakcje, w których produktem jest wyłącznie chlor lub ditlenek chloru, a następnie otrzymać nieskończoną liczbę kombinacji liniowych tych dwóch reakcji niezależnych. KClO 3 + 6HCl = KCl + 3H 2 O + 3Cl 2 5KClO 3 + 6HCl = 5KCl + 3H 2 O + 6ClO 2 Z zsumowania obu reakcji (współczynniki jednostkowe dla obu reakcji) otrzymamy: 6KClO 3 +12HCl = 6KCl + 6H 2 O + 6ClO 2 + 3Cl 2 Po podzieleniu przez 3 otrzymujemy pierwsze niezależne rozwiązanie: 2KClO 3 + 4HCl = 2KCl + 2H 2 O + 2ClO 2 + Cl 2

6 Czytelników tego opracowania proszę o zgłaszanie pocztą elektroniczną zauważonych nieścisłości lub propozycji trudnych równań redoksowych (jeśli będą wystarczająco trudne to rozszerzą niniejsze opracowanie). akonitz@gmail.com