Kémiai egyenletek rendezése lépésről lépésre

Mit változtathatunk: az együtthatókat, az alsó indexeket nem

Minden képlet egy anyag összetételét rögzíti. A H₂O-ban mindig két hidrogénatom és egy oxigénatom van; ha H₂O₂-re változtatjuk, a hidrogén-peroxidot írjuk le, ami egy másik vegyület. A rendezést ezért csak együtthatókkal végezzük, vagyis a képletek előtti számokkal, amelyek megmondják, hogy az egyes anyagokból hány képletegység vesz részt a reakcióban.

A rendezett egyenletben mindkét oldalon ugyanannyi atom van az egyes elemekből. Mivel az atomok megtartják tömegüket, a reaktánsok összes tömege ekkor megegyezik a termékek összes tömegével, ami hasznos független ellenőrzés. Ha ionok szerepelnek, a bal oldali töltések összegének is egyenlőnek kell lennie a jobb oldaliéval.

Az együtthatókat a legkisebb olyan egész számokként írjuk fel, amelyek rendezik az egyenletet. A 4 H₂ + 2 O₂ → 4 H₂O rendezett, de nem a legegyszerűbb alakban; 2-vel osztva 2 H₂ + O₂ → 2 H₂O-t kapunk. Az 1-es együtthatót nem írjuk ki.

Egy próbálgatási sorrend, amely elkerüli a körbe-körbe járást

A próbálgatás rögzített sorrenddel működik a legjobban, mert egy elem rendezése felboríthat egy másikat, amelyet már rendeztünk. Az alábbi sorrend későbbre halasztja azokat az elemeket, amelyek több képletben szerepelnek, és különösen a szabad elemeket, mint az O₂ vagy egy fém, mert egy szabad elem együtthatójának módosítása semmi mást nem zavar meg.

A végső összesítés számít a legtöbbet. Sorolja fel az egyes elemeket a mindkét oldali darabszámukkal, minden alsó indexet megszorozva az együtthatóval és a zárójelen kívüli alsó indexszel. Egy percbe telik, és szinte minden elírást kiszűr.

• Írja fel minden anyag helyes képletét, a kétatomos elemeket (H₂, N₂, O₂, F₂, Cl₂, Br₂, I₂) is beleértve, és ezeket utána ne változtassa.
• Adjon a legbonyolultabb képletnek 1-es próbaegyütthatót.
• Rendezze azokat az elemeket, amelyek csak egy reaktánsban és egy termékben szerepelnek.
• Rendezze azokat a többatomos ionokat, amelyek változatlanul, önálló egységként haladnak át.
• Ezután a hidrogént és az oxigént rendezze, a szabad elemeket pedig utoljára.
• Szüntesse meg a törteket úgy, hogy minden együtthatót megszoroz a nevezővel, majd egyszerűsítse a legkisebb egész számokra.
• Összesítse mindkét oldalon az összes elemet és a teljes töltést.

Megoldott példa: a 2-propanol elégetése

A 2-propanol (izopropil-alkohol), C₃H₈O oxigénben elég, és szén-dioxidot és vizet ad: C₃H₈O + O₂ → CO₂ + H₂O. Adjon a C₃H₈O-nak 1-es együtthatót. A szén egy reaktánsban és egy termékben szerepel, így 3 C-hez 3 CO₂ kell. A hidrogénnel ugyanígy: 8 H-hoz 4 H₂O kell.

Az oxigén jön utoljára, mert az O₂ szabad elem. A jobb oldalon most 3 × 2 + 4 × 1 = 10 O-atom van. A tüzelőanyag már 1 O-t szolgáltat, így az O₂-nek 9 atomot kell szolgáltatnia, ami 9/2-es együttható. Mindent 2-vel megszorozva 2 C₃H₈O + 9 O₂ → 6 CO₂ + 8 H₂O-t kapunk.

Összesítés: C 6 = 6; H 16 = 16; O a bal oldalon 2 + 18 = 20, a jobb oldalon 12 + 8 = 20. A két tizedesjegyre kerekített IUPAC standard atomtömegekkel (C 12.01, H 1.01, O 16.00) végzett tömegellenőrzés egyezik a feltüntetett mólmennyiségekre: 2(60.11 g) + 9(32.00 g) = 408.22 g reaktáns és 6(44.01 g) + 8(18.02 g) = 408.22 g termék.

Gyakori elírás, hogy elfelejtjük a tüzelőanyagban lévő oxigénatomot, és minden C₃H₈O-ra 5 O₂-t írunk. Az összesítés azonnal leleplezi: 11 O-atom van a bal oldalon és 10 a jobbon.

A többatomos ionok mint önálló egységek

Ha egy többatomos ion, például a szulfát, a nitrát vagy a foszfát változatlanul megjelenik mindkét oldalon, számolja egy egységnek ahelyett, hogy az atomjait külön számolná. Ez lerövidíti a könyvelést, és elkerüli a leggyakoribb számolási hibát, annak elfelejtését, hogy a zárójelen kívüli alsó index mindent megszoroz, ami a zárójelben van: a Ca(NO₃)₂ 2 N-t és 6 O-t tartalmaz.

Megoldott példa: a bárium-hidroxid foszforsavval reagálva bárium-foszfátot és vizet ad, Ba(OH)₂ + H₃PO₄ → Ba₃(PO₄)₂ + H₂O. Kezdje a Ba₃(PO₄)₂-vel. Ez 3 Ba-t tartalmaz, ezért 3 Ba(OH)₂-t használjon, és 2 foszfátegységet, ezért 2 H₃PO₄-et használjon.

A vizet gondolja H–OH-nak: minden molekula a sav egy H-jából és a bázis egy OH-jából keletkezik. A bal oldal most 3 × 2 = 6 OH-csoportot és 2 × 3 = 6 savas H-atomot hordoz, így 6 H₂O keletkezik: 3 Ba(OH)₂ + 2 H₃PO₄ → Ba₃(PO₄)₂ + 6 H₂O. Összesítés: Ba 3 = 3; P 2 = 2; H 6 + 6 = 12 és 6 × 2 = 12; O 6 + 8 = 14 és 8 + 6 = 14.

Az egységként kezelést csak akkor használja, ha az ion érintetlenül megmarad. Ha például a nitrát redoxireakcióban NO-vá alakul, a nitrogént és az oxigént külön kell számolni.

A töltés rendezése az ionegyenletekben

Az ionegyenlet az atomokat rendezheti, és mégis hibás lehet. Vegyük az alumíniumfémet, amelyet réz(II)-ionok oldatába helyezünk: Al(s) + Cu²⁺(aq) → Al³⁺(aq) + Cu(s). Mindkét oldalon egy Al és egy Cu van, de a töltés a bal oldalon 2+, a jobb oldalon 3+.

Minden Al-atom 3 elektront veszít, és minden Cu²⁺-ion 2-t vesz fel. A legkisebb közös többszörös 6, így 2 Al reagál 3 Cu²⁺-nal: 2 Al(s) + 3 Cu²⁺(aq) → 2 Al³⁺(aq) + 3 Cu(s). Töltés: 3(2+) = 6+ a bal oldalon és 2(3+) = 6+ a jobb oldalon; atomok: Al 2 = 2 és Cu 3 = 3.

Az elektronok nem jelennek meg az összegyenletben, ezért a töltéseltérés mindig azt jelenti, hogy az egyenlet még nincs rendezve: valamelyik együttható hibás, vagy hiányzik egy részecske, például H⁺, OH⁻ vagy H₂O. A bonyolultabb redoxiegyenleteknél, különösen savas vagy lúgos közegben, a félreakció-módszer megbízhatóbb, mint a próbálgatás.

Az algebrai módszer a makacs egyenletekre

Egyes egyenletek, gyakran olyan redoxireakciók, amelyekben az egyik elem több termékben köt ki, ellenállnak a próbálgatásnak. Rendeljen betűt minden együtthatóhoz, írjon fel egy egyenletet elemenként, állítsa az egyik betűt 1-re, és oldja meg. A kálium-permanganát és a sósav esetében: a KMnO₄ + b HCl → c KCl + d MnCl₂ + e Cl₂ + f H₂O.

A kálium a = c-t ad; a mangán a = d-t; az oxigén 4a = f-et; a hidrogén b = 2f-et; a klór b = c + 2d + 2e-t. Az a = 1 választással c = 1, d = 1, f = 4 és b = 8, majd 8 = 1 + 2 + 2e, így e = 5/2. 2-vel szorozva: 2 KMnO₄ + 16 HCl → 2 KCl + 2 MnCl₂ + 5 Cl₂ + 8 H₂O. Összesítés: K 2, Mn 2, O 8, H 16 és Cl 16 mindkét oldalon.

Ha az egyik betű 1-re állítása után az elemegyenletek még mindig határozatlanul hagynak egy együtthatót, az egyenletnek egynél több független rendezett alakja van. Ez általában azt jelenti, hogy két különálló reakciót egyesít, és a helyes kiválasztásához további kémiai információ kell, például hogy az egyes félreakciókban melyik részecske oxidálódik, és melyik redukálódik.

Rendezési hibák és az őket kiszűrő összesítés

Az alábbi hibák mindegyikét ugyanaz a végső összesítés fogja meg, elemenként, majd a töltésre is. Tegye az összesítést minden egyenlet rögzített utolsó sorává, ne választható extrává.

Ha az összesítés ugyanannál az elemnél újra meg újra hibázik, térjen vissza a próbálgatási sorrendhez, és ellenőrizze, hogy az elemet nem rendezte-e túl korán.

• Alsó index módosítása a rendezés kikényszerítésére, például H₂O₂ írása a víz helyett. Vesse össze minden képletet a kiindulási, rendezetlen egyenlettel.
• Kétatomos elem egyedi atomokként való felírása, például O az O₂ helyett.
• A zárójelen át való szorzás elfelejtése, így a Ba₃(PO₄)₂-t 8 helyett 4 O-t tartalmazónak számolják.
• Törtek vagy közös osztóval rendelkező együtthatók benne hagyása a végső válaszban.
• Az atomok rendezése, de a töltésé nem, ionokat tartalmazó egyenletben.
• Egy szabad elem rendezése először, majd a minden más változtatás utáni újraszámolása.