Koeficijent stehiometrije. Određivanje stehiometrijskih koeficijenata u jednadžbama redoks reakcija

Svi kvantitativni omjeri u proračunu kemijskih procesa temelje se na stehiometriji reakcija. Prikladnije je količinu tvari u takvim izračunima izraziti u molovima, ili izvedenim jedinicama (kmol, mmol itd.). Mol je jedna od osnovnih SI jedinica. Jedan mol bilo koje tvari odgovara njezinoj količini, numerički jednakoj molekulskoj težini. Stoga molekularnu težinu u ovom slučaju treba smatrati dimenzijskom vrijednošću s jedinicama: g/mol, kg/kmol, kg/mol. Tako je, na primjer, molekularna težina dušika 28 g/mol, 28 kg/kmol, ali 0,028 kg/mol.

Masa i molarne količine tvari povezane su poznatim odnosima

N A \u003d m A / M A; m A = N A M A,

gdje je N A količina komponente A, mol; m A je masa ove komponente, kg;

M A - molekulska težina komponente A, kg/mol.

U kontinuiranim procesima, protok tvari A može se izraziti njezinim mol-

količina po jedinici vremena

gdje je W A molarni protok komponente A, mol/s; τ - vrijeme, s.

Za jednostavnu reakciju koja se odvija gotovo nepovratno, obično je stehiomet

ric jednadžba je zapisana u obliku

v A A + v B B = v R R + v S S.

Međutim, prikladnije je stehiometrijsku jednadžbu napisati u obliku algebarskog

th, uz pretpostavku da su stehiometrijski koeficijenti reaktanata negativni, a produkti reakcije pozitivni:

Tada za svaku jednostavnu reakciju možemo napisati sljedeće jednakosti:

Indeks "0" odnosi se na početnu količinu komponente.

Ove jednakosti daju osnovu za dobivanje sljedećih jednadžbi materijalne ravnoteže za komponentu za jednostavnu reakciju:

Primjer 7.1. Reakcija hidrogeniranja fenola u cikloheksanol odvija se prema jednadžbi

C 6 H 5 OH + ZN 2 = C 6 H 11 OH, ili A + 3B \u003d R.

Izračunajte količinu nastalog proizvoda ako je početna količina komponente A bila 235 kg, a konačna količina bila 18,8 kg

Rješenje: Reakciju zapisujemo kao

R - A - ZV \u003d 0.

Molekulske mase komponenti su: M A = 94 kg/kmol, M B = 2 kg/kmol i

M R = 100 kg/kmol. Tada će molarne količine fenola na početku i na kraju reakcije biti:

N A 0 \u003d 235/94 \u003d 2,5; N A 0 \u003d 18,8 / 94 \u003d 0,2; n = (0,2 - 2,5) / (-1) \u003d 2,3.

Količina nastalog cikloheksanola bit će jednaka

N R \u003d 0 + 1 ∙ 2,3 = 2,3 kmol ili m R = 100 2,3 = 230 kg.

Određivanje stehiometrijski neovisnih reakcija u njihovom sustavu u materijalnim i toplinskim proračunima reakcijskih aparata potrebno je kako bi se isključile reakcije koje su zbroj ili razlika nekih od njih. Takva se procjena najlakše može provesti pomoću Gramovog kriterija.

Kako se ne bi provodili nepotrebni izračuni, treba procijeniti je li sustav stehiometrijski ovisan. Za ove namjene potrebno je:

Transponirati izvornu matricu reakcijskog sustava;

Pomnožite izvornu matricu s transponiranom;

Izračunajte determinantu rezultirajuće kvadratne matrice.

Ako je ova determinanta jednaka nuli, tada je reakcijski sustav stehiometrijski ovisan.

Primjer 7.2. Imamo reakcijski sustav:

FeO + H 2 \u003d Fe + H 2 O;

Fe 2 O 3 + 3H 2 \u003d 2Fe + 3H 2 O;

FeO + Fe 2 O 3 + 4H 2 \u003d 3Fe + 4H 2 O.

Ovaj sustav je stehiometrijski ovisan jer je treća reakcija zbroj druge dvije. Napravimo matricu

Za svaku tvar u reakciji postoje sljedeće količine tvari:

Početna količina i-te tvari (količina tvari prije početka reakcije);

Konačna količina i-te tvari (količina tvari na kraju reakcije);

Količina reagirane (za početne tvari) ili formirane tvari (za produkte reakcije).

Budući da količina tvari ne može biti negativna, za početne tvari

Od >.

Za produkte reakcije >, dakle, .

Stehiometrijski omjeri - omjeri između količina, masa ili volumena (za plinove) reakcijskih tvari ili produkta reakcije, izračunati na temelju jednadžbe reakcije. Proračuni pomoću jednadžbi reakcija temelje se na osnovnom zakonu stehiometrije: omjer količina reagirajućih ili nastalih tvari (u molovima) jednak je omjeru odgovarajućih koeficijenata u jednadžbi reakcije (stehiometrijski koeficijenti).

Za aluminotermnu reakciju opisanu jednadžbom:

3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,

količine izreagiranih tvari i produkta reakcije povezane su kao

Za izračune je prikladnije koristiti drugu formulaciju ovog zakona: omjer količine reagirane ili formirane tvari kao rezultat reakcije prema njezinom stehiometrijskom koeficijentu konstanta je za danu reakciju.

Općenito, za reakciju oblika

aA + bB = cC + dD,

gdje mala slova označavaju koeficijente, a velika kemikalije, količine reaktanata povezane su s:

Bilo koja dva člana ovog omjera, povezana jednakošću, čine udio kemijske reakcije: na primjer,

Ako je masa nastale ili izreagirane tvari reakcije poznata za reakciju, tada se njezina količina može naći po formuli

a zatim se pomoću udjela kemijske reakcije može pronaći za preostale tvari reakcije. Tvar, po čijoj se masi ili količini pronađu mase, količine ili volumeni drugih sudionika u reakciji, ponekad se naziva referentnom tvari.

Ako se daju mase nekoliko reagensa, tada se izračunavanje masa preostalih tvari vrši prema onoj od tvari koja je manjkava, tj. potpuno se potroši u reakciji. Količine tvari koje točno odgovaraju jednadžbi reakcije bez viška ili manjka nazivaju se stehiometrijske veličine.

Dakle, u zadacima vezanim za stehiometrijske izračune, glavna radnja je pronaći referentnu tvar i izračunati njezinu količinu koja je ušla ili nastala kao rezultat reakcije.

Proračun količine pojedine krutine

gdje je količina pojedinačne krutine A;

Masa pojedinačne krutine A, g;

Molarna masa tvari A, g/mol.

Proračun količine prirodnog minerala ili mješavine krutih tvari

Neka se navede prirodni mineral pirit čija je glavna komponenta FeS 2 . Osim toga, sastav pirita uključuje nečistoće. Sadržaj glavne komponente ili nečistoća je naznačen u postocima mase, na primjer, .

Ako je sadržaj glavne komponente poznat, onda

Ako je poznat sadržaj nečistoća, onda

gdje je količina pojedine tvari FeS 2, mol;

Masa minerala pirita, g.

Slično se izračunava količina komponente u smjesi krutih tvari ako je poznat njezin sadržaj u masenim udjelima.

Proračun količine tvari čiste tekućine

Ako je masa poznata, tada je izračun sličan proračunu za pojedinačnu krutu tvar.

Ako je poznat volumen tekućine, onda

1. Nađite masu ovog volumena tekućine:

m f = V f s f,

gdje je m W masa tekućine g;

V W - volumen tekućine, ml;

c w je gustoća tekućine, g/ml.

2. Pronađite broj molova tekućine:

Ova tehnika je prikladna za bilo koje agregatno stanje tvari.

Odredite količinu tvari H 2 O u 200 ml vode.

Rješenje: ako temperatura nije navedena, tada se pretpostavlja da je gustoća vode 1 g / ml, tada:

Izračunajte količinu otopljene tvari u otopini ako je poznata njezina koncentracija

Ako su poznati maseni udio otopljene tvari, gustoća otopine i njezin volumen

m r-ra \u003d V r-ra s r-ra,

gdje je m p-ra masa otopine, g;

V p-ra - volumen otopine, ml;

s r-ra - gustoća otopine, g / ml.

gdje je masa otopljene tvari, g;

Maseni udio otopljene tvari, izražen u%.

Odredite količinu tvari dušične kiseline u 500 ml 10% otopine kiseline gustoće 1,0543 g/ml.

Odredite masu otopine

m r-ra \u003d V r-ra s r-ra \u003d 500 1,0543 \u003d 527,150 g

Odrediti masu čistog HNO 3

Odredite broj molova HNO 3

Ako su poznati molarna koncentracija otopljene tvari i tvari i volumen otopine, onda

gdje je volumen otopine, l;

Molarna koncentracija i-te tvari u otopini, mol/l.

Proračun količine pojedine plinovite tvari

Ako je dana masa plinovite tvari, onda se ona izračunava po formuli (1).

Ako je naveden volumen mjeren u normalnim uvjetima, onda prema formuli (2), ako se volumen plinovite tvari mjeri pod bilo kojim drugim uvjetima, onda prema formuli (3), formule su dane na stranicama 6-7.

Jedan od najvažnijih kemijskih koncepata na kojem se temelje stehiometrijski izračuni je kemijska količina tvari. Količina neke tvari X označava se s n(X). Jedinica za mjerenje količine tvari je madež.

Mol je količina tvari koja sadrži 6,02 10 23 molekula, atoma, iona ili drugih strukturnih jedinica koje čine tvar.

Masa jednog mola neke tvari X naziva se molekulska masa M(X) ove tvari. Poznavajući masu m(X) neke tvari X i njezinu molarnu masu, možemo izračunati količinu te tvari pomoću formule:

Zove se broj 6.02 10 23 Avogadrov broj(Na); njegovu dimenziju mol –1.

Množenjem Avogadrovog broja N a količinom tvari n(X), možemo izračunati broj strukturnih jedinica, na primjer, molekula N(X) neke tvari X:

N(X) = N a · n(X) .

Analogno pojmu molarne mase uveden je pojam molarnog volumena: molarni volumen V m (X) neke tvari X je volumen jednog mola te tvari. Poznavajući volumen tvari V(X) i njezin molarni volumen, možemo izračunati kemijsku količinu tvari:

U kemiji se često mora nositi s molarnim volumenom plinova. Prema Avogadrovom zakonu, jednaki volumeni svih plinova uzetih pri istoj temperaturi i jednakom tlaku sadrže isti broj molekula. Pod jednakim uvjetima, 1 mol bilo kojeg plina zauzima isti volumen. U normalnim uvjetima (n.s.) - temperatura 0 ° C i tlak 1 atmosfera (101325 Pa) - ovaj volumen je 22,4 litre. Tako je kod br. V m (plin) = 22,4 l / mol. Treba naglasiti da se primjenjuje molarna vrijednost volumena od 22,4 l/mol samo za plinove.

Poznavanje molarne mase tvari i Avogadrovog broja omogućuje vam da izrazite masu molekule bilo koje tvari u gramima. Ispod je primjer izračunavanja mase molekule vodika.

1 mol plinovitog vodika sadrži 6,02 10 23 molekula H 2 i ima masu od 2 g (jer M (H 2) = 2 g / mol). posljedično,

6,02·10 23 H 2 molekule imaju masu 2 g;

1 H 2 molekula ima masu x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.

Koncept "mola" naširoko se koristi za izračune prema jednadžbama kemijskih reakcija, budući da stehiometrijski koeficijenti u reakcijskoj jednadžbi pokazuju u kojim molarnim omjerima tvari reagiraju jedna s drugom i nastaju kao rezultat reakcije.

Na primjer, jednadžba reakcije 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O sadrži sljedeće informacije: 4 mola amonijaka reagiraju bez viška i manjka s 3 mola kisika, te 2 mola dušika i 6 mola vode nastaju.

Primjer 4.1 Izračunajte masu precipitata koji je nastao tijekom međudjelovanja otopina koje sadrže 70,2 g kalcijevog dihidrogen fosfata i 68 g kalcijevog hidroksida. Koja će tvar ostati u višku? Kolika mu je masa?

3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O

Iz jednadžbe reakcije može se vidjeti da 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reagira s 12 mola KOH. Izračunajmo količine tvari koje reagiraju, koje su dane prema uvjetu zadatka:

n (Ca (H 2 PO 4) 2) = m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) = 70,2 g: 234 g / mol = 0,3 mol ;

n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.

3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 zahtijeva 12 mol KOH

0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 zahtijeva x mol KOH

x \u003d 1,2 mol - toliko će biti potrebno KOH da bi se reakcija odvijala bez viška i nedostatka. A prema uvjetu problema ima 1,215 mol KOH. Stoga je KOH u višku; količina KOH koja ostaje nakon reakcije:

n(KOH) = 1,215 mol - 1,2 mol = 0,015 mol;

njegova masa je m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.

Proračun nastalog produkta reakcije (taloga Ca 3 (PO 4) 2) treba provesti prema supstanci koja je manjkava (u ovom slučaju Ca (H 2 PO 4) 2), budući da će ta tvar reagirati potpuno. Iz jednadžbe reakcije može se vidjeti da je broj molova nastalog Ca 3 (PO 4) 2 3 puta manji od broja molova izreagiranog Ca (H 2 PO 4) 2:

n (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.

Dakle, m (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d n (Ca 3 (PO 4) 2) × M (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,1 mol × 310 g / mol = 31 g.

Zadatak broj 5

a) Izračunajte kemijske količine reaktanata dane u tablici 5 (volumen plinovitih tvari dat je pod normalnim uvjetima);

b) rasporediti koeficijente u zadanu reakcijsku shemu i pomoću jednadžbe reakcije odrediti koja je od tvari u višku, a koja u manjku;

c) pronaći kemijsku količinu produkta reakcije navedenu u tablici 5;

d) izračunajte masu ili volumen (vidi tablicu 5) ovog reakcijskog produkta.

Tablica 5 - Uvjeti zadatka br.5

broj opcije	Reaktivne tvari	Shema reakcije	Izračunati
	m(Fe) = 11,2 g; V (Cl 2) \u003d 5,376 l	Fe + Cl 2 ® FeCl 3	m(FeCl 3)
	m(Al)=5,4 g; m(H2SO4) = 39,2 g	Al + H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 + H 2	V(H2)
	V(CO)=20 l; m(O 2) \u003d 20 g	CO+O2 ® CO2	V(CO2)
	m(AgN03)=3,4 g; m(Na2S)=1,56 g	AgNO 3 +Na 2 S®Ag 2 S+NaNO 3	m (Ag 2 S)
	m(Na2CO3)=53 g; m(HCl)=29,2 g	Na 2 CO 3 +HCl®NaCl+CO2 +H2O	V(CO2)
	m (Al 2 (SO 4) 3) = 34,2 g; m (BaCl 2) = 52 g	Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4	m(BaSO4)
	m(KI)=3,32 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml	KI+Cl 2 ® KCl+I 2	m(I2)
	m(CaCl2)=22,2 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g	CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca (NO 3) 2	m(AgCl)
	m(H2)=0,48 g; V (O 2) \u003d 2,8 l	H 2 + O 2 ® H 2 O	m(H2O)
	m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl) = 784 ml	Ba(OH) 2 +HCl ® BaCl 2 +H 2 O	m(BaCl2)

Tablica 5 se nastavlja

broj opcije	Reaktivne tvari	Shema reakcije	Izračunati
	m(H3PO4)=9,8 g; m(NaOH)=12,2 g	H 3 PO 4 + NaOH ® Na 3 PO 4 + H 2 O	m(Na3PO4)
	m(H2S04)=9,8 g; m(KOH)=11,76 g	H 2 SO 4 +KOH ® K 2 SO 4 + H 2 O	m(K 2 SO 4)
	V(Cl2)=2,24 l; m(KOH)=10,64 g	Cl 2 +KOH ® KClO + KCl + H 2 O	m(KClO)
	m ((NH 4) 2 SO 4) = 66 g; m (KOH) = 50 g	(NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O	V(NH3)
	m(NH3)=6,8 g; V (O 2) \u003d 7,84 l	NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O	V(N2)
	V(H2S)=11,2 l; m(O 2) \u003d 8,32 g	H 2 S+O 2 ® S+H 2 O	m(S)
	m(MnO2)=8,7 g; m(HCl)=14,2 g	MnO 2 +HCl ® MnCl 2 +Cl 2 +H 2 O	V(Cl2)
	m(Al)=5,4 g; V (Cl 2) \u003d 6,048 l	Al+Cl 2 ® AlCl 3	m(AlCl 3)
	m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g	Al+HCl® AlCl3 +H2	V(H2)
	m(P)=15,5 g; V (O 2) \u003d 14,1 l	P+O 2 ® P 2 O 5	m(P 2 O 5)
	m (AgNO 3) = 8,5 g; m (K 2 CO 3) = 4,14 g	AgNO 3 + K 2 CO 3 ®Ag 2 CO 3 + KNO 3	m(Ag 2 CO 3)
	m(K2CO3)=69 g; m(HNO 3) \u003d 50,4 g	K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O	V(CO2)
	m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO 3) \u003d 8,5 g	AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al (NO 3) 3	m(AgCl)
	m(KBr) = 2,38 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml	KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2	m(Br2)
	m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g	CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca (NO 3) 2	m(AgBr)
	m(H2)=1,44 g; V (O 2) \u003d 8,4 l	H 2 + O 2 ® H 2 O	m(H2O)
	m (Ba (OH) 2) = 6,84 g; V (HI) = 1,568 l	Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 +H 2 O	m (BaI 2)
	m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g	H 3 PO 4 +KOH ® K 3 PO 4 +H 2 O	m(K 3 PO 4)
	m(H2S04)=49 g; m(NaOH)=45 g	H 2 SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O	m(Na 2 SO 4)
	V(Cl2)=2,24 l; m(KOH)=8,4 g	Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl + H 2 O	m(KClO 3)
	m(NH4Cl)=43 g; m (Ca (OH) 2) \u003d 37 g	NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ® CaCl 2 + NH 3 + H 2 O	V(NH3)
	V(NH 3) = 8,96 l; m(O 2) \u003d 14,4 g	NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O	V (NE)
	V(H2S)=17,92 l; m(O 2) \u003d 40 g	H 2 S + O 2 ® SO 2 + H 2 O	V(SO2)
	m(MnO2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g	MnO 2 +HBr ® MnBr 2 +Br 2 +H 2 O	m(MnBr 2)
	m(Ca)=10 g; m(H20)=8,1 g	Ca + H 2 O ® Ca (OH) 2 + H 2	V(H2)

KONCENTRACIJA OTOPINE

U sklopu kolegija opće kemije studenti uče 2 načina izražavanja koncentracije otopina – maseni udio i molarnu koncentraciju.

Maseni udio otopljene tvari X se izračunava kao omjer mase ove tvari i mase otopine:

,

gdje je ω(X) maseni udio otopljene tvari X;

m(X) je masa otopljene tvari X;

m otopina - masa otopine.

Maseni udio tvari izračunat prema gornjoj formuli je bezdimenzijska količina izražena u udjelima jedinice (0< ω(X) < 1).

Maseni udio može se izraziti ne samo u ulomcima jedinice, već i kao postotak. U ovom slučaju formula za izračun izgleda ovako:

Maseni udio, izražen kao postotak, često se naziva postotna koncentracija . Očito je postotak koncentracije otopljene tvari 0%< ω(X) < 100%.

Postotna koncentracija pokazuje koliko masenih dijelova otopljene tvari sadrži 100 masenih dijelova otopine. Ako odaberete grame kao jedinicu mase, onda se ova definicija može napisati i na sljedeći način: postotna koncentracija pokazuje koliko grama otopljene tvari sadrži 100 grama otopine.

Jasno je da, na primjer, 30% otopina odgovara masenom udjelu otopljene tvari jednakom 0,3.

Drugi način izražavanja sadržaja otopljene tvari u otopini je molarna koncentracija (molarnost).

Molarna koncentracija tvari ili molarnost otopine pokazuje koliko molova otopljene tvari sadrži 1 litra (1 dm 3) otopine

gdje je C(X) molarna koncentracija otopljene tvari X (mol/l);

n(X) je kemijska količina otopljene tvari X (mol);

V otopina - volumen otopine (l).

Primjer 5.1 Izračunajte molarnu koncentraciju H 3 PO 4 u otopini, ako je poznato da je maseni udio H 3 PO 4 60 %, a gustoća otopine 1,43 g/ml.

Po definiciji postotne koncentracije

100 g otopine sadrži 60 g fosforne kiseline.

n (H 3 PO 4) = m (H 3 PO 4): M (H 3 PO 4) = 60 g: 98 g / mol = 0,612 mol;

V otopina \u003d m otopina: ρ otopina \u003d 100 g: 1,43 g / cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;

C (H 3 PO 4) = n (H 3 PO 4): V otopina = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol / l.

Primjer 5.2 Postoji 0,5 M otopina H 2 SO 4 . Koliki je maseni udio sumporne kiseline u ovoj otopini? Uzmite gustoću otopine jednaku 1 g/ml.

Po definiciji molarne koncentracije

1 litra otopine sadrži 0,5 mola H2SO4

(Unos "0,5 M otopina" znači da je C (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol / l).

m otopina = V otopina × ρ otopina = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;

m (H 2 SO 4) \u003d n (H 2 SO 4) × M (H 2 SO 4) = 0,5 mol × 98 g / mol = 49 g;

ω (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4) : m otopina = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).

Primjer 5.3 Koje količine vode i 96% otopine H 2 SO 4 gustoće 1,84 g / ml treba uzeti za pripremu 2 litre 60% otopine H 2 SO 4 gustoće 1,5 g / ml.

Pri rješavanju zadataka za pripremu razrijeđene otopine iz koncentrirane treba voditi računa da početna otopina (koncentrirana), voda i rezultirajuća otopina (razrijeđena) imaju različite gustoće. U ovom slučaju treba imati na umu da je V izvorne otopine + V vode ≠ V rezultirajuće otopine,

jer tijekom miješanja koncentrirane otopine i vode dolazi do promjene (povećanje ili smanjenje) volumena cijelog sustava.

Rješenje takvih problema mora započeti određivanjem parametara razrijeđene otopine (tj. otopine koju treba pripremiti): njezine mase, mase otopljene tvari, ako je potrebno, i količine otopljene tvari.

M 60% otopina = V 60% otopina ∙ ρ 60% otopina = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g

m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m 60% otopini w (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d 3000 g 0,6 \u003d 1800 g.

Masa čiste sumporne kiseline u pripremljenoj otopini treba biti jednaka masi sumporne kiseline u onom dijelu 96% otopine koji se mora uzeti za pripremu razrijeđene otopine. Na ovaj način,

m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m (H 2 SO 4) u 96% otopini \u003d 1800 g.

m 96% otopina = m (H 2 SO 4) u 96 % otopini: w (H 2 SO 4) u 96 % otopini = 1800 g: 0,96 = 1875 g.

m (H 2 O) \u003d m 40% otopina - m 96% otopina \u003d 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.

V 96% otopina \u003d m 96% otopina: ρ 96% otopina \u003d 1875 g: 1,84 g / ml \u003d 1019 ml » 1,02 l.

V voda = m voda: ρ voda = 1125 g: 1 g / ml = 1125 ml = 1,125 l.

Primjer 5.4 Pomiješano 100 ml 0,1 M otopine CuCl 2 i 150 ml 0,2 M otopine Cu(NO 3) 2 Izračunajte molarnu koncentraciju Cu 2+, Cl - i NO 3 - iona u dobivenoj otopini.

Prilikom rješavanja sličnog problema miješanja razrijeđenih otopina važno je razumjeti da razrijeđene otopine imaju približno istu gustoću, približno jednaku gustoći vode. Kada se pomiješaju, ukupni volumen sustava praktički se ne mijenja: V 1 razrijeđene otopine + V 2 razrijeđene otopine + ... "V rezultirajuće otopine.

U prvom rješenju:

n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V otopina CuCl 2 = 0,1 mol / l × 0,1 l = 0,01 mol;

CuCl 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;

Dakle, n (Cu 2+) = n (CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.

U drugom rješenju:

n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V otopina Cu (NO 3) 2 = 0,2 mol / l × 0,15 l = 0,03 mol;

Cu(NO 3) 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;

Dakle, n (Cu 2+) = n (Cu (NO 3) 2) = 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.

Nakon miješanja otopina:

n(Cu2+)ukupno. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;

V zajednički. » V otopina CuCl 2 + V otopina Cu(NO 3) 2 \u003d 0,1 l + 0,15 l \u003d 0,25 l;

C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;

C(Cl-) = n(Cl-) : Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;

C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V ukupno. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 0,24 mol / l.

Primjer 5.5 U tikvicu je dodano 684 mg aluminij sulfata i 1 ml 9,8% otopine sumporne kiseline gustoće 1,1 g/ml. Dobivena smjesa je otopljena u vodi; Volumen otopine je doveden do 500 ml s vodom. Izračunajte molarne koncentracije iona H + , Al 3+ SO 4 2– u dobivenoj otopini.

Izračunajte količinu otopljenih tvari:

n (Al 2 (SO 4) 3) = m (Al 2 (SO 4) 3): M (Al 2 (SO 4) 3) = 0,684 g: 342 g mol \u003d 0,002 mol;

Al 2 (SO 4) 3 - jak elektrolit: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–;

Prema tome, n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n (SO 4 2–) \u003d 3 × 0,002 mol \u003d 0,006 mol.

m otopina H 2 SO 4 = V otopina H 2 SO 4 × ρ otopina H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g / ml \u003d 1,1 g;

m (H 2 SO 4) \u003d m otopina H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) = 1,1 g 0,098 \u003d 0,1078 g.

n (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4): M (H 2 SO 4) = 0,1078 g: 98 g / mol = 0,0011 mol;

H 2 SO 4 je jak elektrolit: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.

Dakle, n (SO 4 2–) = n (H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0,0011 \u003d 0,0022 mol.

Prema stanju zadatka, volumen dobivene otopine je 500 ml (0,5 l).

n(SO 4 2–)ukupno. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.

C (Al 3+) = n (Al 3+): V otopina = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol / l;

C (H +) = n (H +) : V otopina = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol / l;

C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) ukupno. : V otopina \u003d 0,0071 mol: 0,5 l \u003d 0,0142 mol / l.

Primjer 5.6 Koliku masu željezovog sulfata (FeSO 4 7H 2 O) i koliku količinu vode treba uzeti za pripremu 3 litre 10%-tne otopine željezovog (II) sulfata. Uzmite gustoću otopine jednaku 1,1 g/ml.

Masa otopine koju treba pripremiti je:

m otopina = V otopina ∙ ρ otopina = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.

Masa čistog željezovog (II) sulfata u ovoj otopini je:

m (FeSO 4) \u003d m otopina × w (FeSO 4) \u003d 3300 g × 0,1 \u003d 330 g.

Ista masa bezvodnog FeSO 4 mora biti sadržana u količini kristalnog hidrata koji se mora uzeti za pripremu otopine. Iz usporedbe molarnih masa M (FeSO 4 7H 2 O) = 278 g / mol i M (FeSO 4) = 152 g / mol,

dobivamo omjer:

278 g FeSO 4 7H 2 O sadrži 152 g FeSO 4;

x g FeSO 4 7H 2 O sadrži 330 g FeSO 4;

x \u003d (278 330) : 152 \u003d 603,6 g.

m vode \u003d m otopine - m željeznog sulfata \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.

Jer gustoća vode je 1 g / ml, tada je volumen vode koji se mora uzeti za pripremu otopine: V voda \u003d m vode: ρ voda \u003d 2696,4 g: 1 g / ml \u003d 2696,4 ml.

Primjer 5.7 Koju masu Glauberove soli (Na 2 SO 4 10H 2 O) treba otopiti u 500 ml 10% otopine natrijevog sulfata (gustoća otopine 1,1 g/ml) da bi se dobila 15% otopina Na 2 SO 4?

Neka je potrebno x grama Glauberove soli Na 2 SO 4 10H 2 O. Tada je masa dobivene otopine:

m 15% otopina = m izvorna (10%) otopina + m Glauberova sol = 550 + x (g);

m početna (10%) otopina = V 10% otopina × ρ 10% otopina = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;

m (Na 2 SO 4) u izvornoj (10%) otopini \u003d m 10% otopini a w (Na 2 SO 4) = 550 g 0,1 \u003d 55 g.

Izrazite kroz x masu čistog Na 2 SO 4 sadržanu u x gramima Na 2 SO 4 10H 2 O.

M (Na 2 SO 4 10H 2 O) = 322 g/mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; posljedično:

322 g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži 142 g bezvodnog Na 2 SO 4;

x g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži m g bezvodnog Na 2 SO 4.

m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.

Ukupna masa natrijevog sulfata u rezultirajućoj otopini bit će jednaka:

m (Na 2 SO 4) u 15% otopini = 55 + 0,441 × x (g).

U dobivenoj otopini: = 0,15

, odakle je x = 94,5 g.

Zadatak broj 6

Tablica 6 - Uvjeti zadatka br.6

broj opcije	Tekst stanja
	5 g Na 2 SO 4 × 10 H 2 O otopljeno je u vodi, a volumen dobivene otopine doveden je vodom na 500 ml. Izračunajte maseni udio Na 2 SO 4 u ovoj otopini (ρ = 1 g/ml) i molarne koncentracije iona Na + i SO 4 2–.
	Miješane otopine: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4 . Izračunajte molarne koncentracije iona Cr 3+ , Na + i SO 4 2– u dobivenoj otopini.
	Koje količine vode i 98%-tne otopine (gustoće 1,84 g/ml) sumporne kiseline treba uzeti za pripremu 2 litre 30%-tne otopine gustoće 1,2 g/ml?
	U 400 ml vode otopljeno je 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O. Kolike su molarne koncentracije iona Na + i CO 3 2– i maseni udio Na 2 CO 3 u dobivenoj otopini (ρ = 1,1 g/ml)?
	Miješane otopine: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,01 M NiSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije iona Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- u dobivenoj otopini.
	Koliki će volumeni vode i 60% otopine (gustoća 1,4 g/ml) dušične kiseline biti potrebni za pripremu 500 ml 4 M otopine (gustoće 1,1 g/ml)?
	Koja je masa bakrenog sulfata (CuSO 4 × 5H 2 O) potrebna za pripremu 500 ml 5% otopine bakrenog sulfata gustoće 1,05 g/ml?
	U tikvicu je dodano 1 ml 36% otopine (ρ = 1,2 g/ml) HCl i 10 ml 0,5 M otopine ZnCl 2. Volumen dobivene otopine doveden je do 50 ml s vodom. Kolike su molarne koncentracije iona H + , Zn 2+, Cl - u dobivenoj otopini?
	Koliki je maseni udio Cr 2 (SO 4) 3 u otopini (ρ » 1 g / ml), ako je poznato da je molarna koncentracija sulfatnih iona u ovoj otopini 0,06 mol / l?
	Koliki će volumeni vode i 10 M otopine (ρ=1,45 g/ml) natrijevog hidroksida biti potrebni za pripremu 2 litre 10% otopine NaOH (ρ= 1,1 g/ml)?
	Koliko se grama željeznog sulfata FeSO 4 × 7H 2 O može dobiti isparavanjem vode iz 10 litara 10% otopine željezovog (II) sulfata (gustoća otopine 1,2 g/ml)?
	Miješane otopine: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 i 50 ml 0,2 M CuSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije iona Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- u dobivenoj otopini.

Tablica 6 se nastavlja

broj opcije	Tekst stanja
	Koji će volumeni vode i 40% otopine fosforne kiseline gustoće 1,35 g / ml biti potrebni za pripremu 1 m 3 5% otopine H 3 PO 4, čija je gustoća 1,05 g / ml?
	16,1 g Na 2 SO 4 × 10 H 2 O otopljeno je u vodi i volumen dobivene otopine doveden je vodom na 250 ml. Izračunajte maseni udio i molarnu koncentraciju Na 2 SO 4 u dobivenoj otopini (pretpostavite da je gustoća otopine 1 g/ml).
	Miješane otopine: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,1 M MgSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije iona Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– u dobivenoj otopini.
	Koliki su volumeni vode i 36% klorovodične kiseline (gustoća 1,2 g/ml) potrebni za pripremu 500 ml 10% otopine gustoće 1,05 g/ml?
	U 200 ml vode otopljeno je 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O. Koliki je maseni udio otopljene tvari u nastaloj otopini, gustoće 1,1 g/ml? Izračunajte molarne koncentracije iona Al 3+ i SO 4 2– u ovoj otopini.
	Miješane otopine: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3 . Izračunajte molarne koncentracije iona Fe 3+ , Al 3+ i SO 4 2– u dobivenoj otopini.
	Koliki će volumeni vode i 80% otopine octene kiseline (gustoće 1,07 g/ml) biti potrebni za pripremu 0,5 l stolnog octa u kojem je maseni udio kiseline 7%? Uzmite gustoću stolnog octa jednaku 1 g/ml.
	Koja je masa željeznog sulfata (FeSO 4 × 7H 2 O) potrebna za pripremu 100 ml 3% otopine željeznog sulfata? Gustoća otopine je 1 g/ml.
	U tikvicu je dodano 2 ml 36% otopine HCl (gustoća 1,2 g/cm 3 ) i 20 ml 0,3 M otopine CuCl 2 . Volumen dobivene otopine doveden je do 200 ml s vodom. Izračunajte molarne koncentracije iona H + , Cu 2+ i Cl - u dobivenoj otopini.
	Koliki je postotak koncentracije Al 2 (SO 4) 3 u otopini u kojoj je molarna koncentracija sulfatnih iona 0,6 mol/l. Gustoća otopine je 1,05 g/ml.
	Koliki će volumeni vode i 10 M otopine KOH (gustoća otopine 1,4 g/ml) biti potrebni za pripremu 500 ml 10% otopine KOH gustoće 1,1 g/ml?
	Koliko se grama bakrenog sulfata CuSO 4 × 5H 2 O može dobiti isparavanjem vode iz 15 litara 8% otopine bakrenog sulfata, gustoće 1,1 g/ml?
	Miješane otopine: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 i 50 ml 0,05 M FeCl 3 . Izračunajte molarnu koncentraciju iona Fe 3+ , Cl - , SO 4 2- u dobivenoj otopini.
	Koliki će volumeni vode i 70% otopine H 3 PO 4 (gustoća 1,6 g/ml) biti potrebni za pripremu 0,25 m 3 10 % otopine H 3 PO 4 (gustoća 1,1 g/ml)?
	U 100 ml vode otopljeno je 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O. Izračunajte maseni udio Al 2 (SO 4) 3 i molarne koncentracije iona Al 3+ i SO 4 2– u rezultirajuća otopina, čija je gustoća 1 g/ml
	Miješane otopine: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 i 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3 . Izračunajte molarne koncentracije iona Cr 3+ , NO 3 - , SO 4 2- u dobivenoj otopini.
	Koliki su volumeni 50% otopine perklorne kiseline (gustoća 1,4 g/ml) i vode potrebni za pripremu 1 litre 8% otopine gustoće 1,05 g/ml?
	Koliko grama Glauberove soli Na 2 SO 4 × 10H 2 O treba otopiti u 200 ml vode da se dobije 5% otopina natrijevog sulfata?
	U tikvicu je dodano 1 ml 80% otopine H2SO4 (gustoća otopine 1,7 g/ml) i 5000 mg Cr2 (SO4)3. Smjesa je otopljena u vodi; volumen otopine je doveden na 250 ml. Izračunajte molarne koncentracije iona H + , Cr 3+ i SO 4 2– u dobivenoj otopini.

Tablica 6 se nastavlja

KEMIJSKA RAVNOTEŽA

Sve kemijske reakcije možemo podijeliti u 2 skupine: nepovratne reakcije, t.j. reakcije koje se odvijaju do potpunog trošenja barem jedne od reagirajućih tvari i reverzibilne reakcije u kojima se niti jedna od reagirajućih tvari ne potroši u potpunosti. To je zbog činjenice da se reverzibilna reakcija može odvijati i u naprijed i u obrnutom smjeru. Klasičan primjer reverzibilne reakcije je sinteza amonijaka iz dušika i vodika:

N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Na početku reakcije, koncentracije početnih tvari u sustavu su maksimalne; u ovom trenutku brzina reakcije naprijed je također maksimalna. Na početku reakcije u sustavu još uvijek nema produkta reakcije (u ovom primjeru amonijak), pa je brzina obrnute reakcije nula. Kako početne tvari međusobno djeluju, njihove koncentracije se smanjuju, stoga se smanjuje i brzina izravne reakcije. Koncentracija produkta reakcije postupno raste, stoga se povećava i brzina obrnute reakcije. Nakon nekog vremena, brzina reakcije naprijed postaje jednaka brzini obrnute. Ovo stanje sustava naziva se stanje kemijske ravnoteže. Koncentracije tvari u sustavu koji je u stanju kemijske ravnoteže nazivaju se ravnotežne koncentracije. Kvantitativna karakteristika sustava u stanju kemijske ravnoteže je konstanta ravnoteže.

Za bilo koju reverzibilnu reakciju a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + …, izraz za konstantu kemijske ravnoteže (K) zapisuje se kao razlomak, u čijem su brojniku ravnotežne koncentracije produkta reakcije , a u nazivniku su ravnotežne koncentracije polaznih tvari, štoviše, koncentracija svake tvari mora se povisiti na stepen jednak stehiometrijskom koeficijentu u jednadžbi reakcije.

Na primjer, za reakciju N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Treba imati na umu da izraz konstante ravnoteže uključuje ravnotežne koncentracije samo plinovitih tvari ili tvari koje su u otopljenom stanju . Pretpostavlja se da je koncentracija krute tvari konstantna i ne upisuje se u izraz konstante ravnoteže.

CO 2 (plin) + C (krutina) ⇆ 2CO (plin)

CH 3 COOH (otopina) ⇆ CH 3 COO - (otopina) + H + (otopina)

Ba 3 (PO 4) 2 (čvrsta) ⇆ 3 Ba 2+ (zasićena otopina) + 2 PO 4 3– (zasićena otopina) K \u003d C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)

Dvije su najvažnije vrste problema povezanih s izračunom parametara ravnotežnog sustava:

1) poznate su početne koncentracije polaznih tvari; iz uvjeta zadatka mogu se pronaći koncentracije tvari koje su reagirale (ili nastale) do postizanja ravnoteže; u zadatku je potrebno izračunati ravnotežne koncentracije svih tvari i brojčanu vrijednost konstante ravnoteže;

2) poznate su početne koncentracije početnih tvari i konstanta ravnoteže. Uvjet ne sadrži podatke o koncentracijama izreagiranih ili nastalih tvari. Potrebno je izračunati ravnotežne koncentracije svih sudionika u reakciji.

Za rješavanje takvih problema potrebno je razumjeti da je ravnotežna koncentracija bilo koje početni tvari se mogu pronaći oduzimanjem koncentracije reagirane tvari od početne koncentracije:

C ravnoteža \u003d C početna - C izreagirane tvari.

Ravnotežna koncentracija produkt reakcije jednaka je koncentraciji proizvoda nastalog u trenutku ravnoteže:

C ravnoteža \u003d C rezultirajućeg proizvoda.

Stoga je za izračunavanje parametara ravnotežnog sustava vrlo važno moći odrediti koliko je početne tvari reagiralo do trenutka kada je ravnoteža postignuta i koliki je dio produkta reakcije nastao. Za određivanje količine (ili koncentracije) izreagiranih i formiranih tvari provode se stehiometrijski proračuni prema jednadžbi reakcije.

Primjer 6.1 Početne koncentracije dušika i vodika u ravnotežnom sustavu N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 su 3 mol/l odnosno 4 mol/l. Do trenutka kada je postignuta kemijska ravnoteža, 70% vodika od njegove početne količine ostalo je u sustavu. Odredite konstantu ravnoteže ove reakcije.

Iz uvjeta zadatka proizlazi da je do trenutka postizanja ravnoteže reagiralo 30% vodika (tip problema 1):

4 mol/l H 2 - 100%

x mol / l H 2 - 30%

x \u003d 1,2 mol / l \u003d C proreag. (H2)

Kao što se vidi iz jednadžbe reakcije, dušik je trebao reagirati 3 puta manje od vodika, t.j. Uz proreact. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 \u003d 0,4 mol / l. Amonijak se stvara 2 puta više nego što je reagiralo na dušik:

Od slika. (NH 3) \u003d 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l

Ravnotežne koncentracije svih sudionika u reakciji bit će sljedeće:

Jednak (H 2) \u003d C početni. (H 2) - C proreag. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;

Jednak (N 2) \u003d C poč. (N 2) – C proreact. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;

Jednak (NH 3) = C slike. (NH 3) \u003d 0,8 mol / l.

Konstanta ravnoteže = .

Primjer 6.2 Izračunajte ravnotežne koncentracije vodika, joda i joda vodika u sustavu H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, ako je poznato da su početne koncentracije H 2 i I 2 5 mol/l odnosno 3 mol/l, a konstanta ravnoteže je 1.

Valja napomenuti da u uvjetima ovog problema (zadatak tipa 2) uvjet ne govori ništa o koncentracijama reagiranih početnih tvari i nastalih produkata. Stoga se pri rješavanju ovakvih zadataka koncentracija neke reagirane tvari obično uzima kao x.

Neka je x mol/l H 2 reagirao do trenutka kada se postigne ravnoteža. Tada bi, kao što slijedi iz jednadžbe reakcije, trebalo reagirati x mol/l I 2 i nastati 2x mol/l HI. Ravnotežne koncentracije svih sudionika u reakciji bit će sljedeće:

Jednak (H 2) \u003d C poč. (H 2) - C proreag. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;

Jednak (I 2) = C poč. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;

Jednak (HI) = C slike. (HI) = 2x mol/l.

4x2 = 15 - 8x + x2

3x2 + 8x - 15 = 0

x 1 = -3,94 x 2 = 1,27

Samo pozitivni korijen x = 1,27 ima fizičko značenje.

Stoga je C jednak. (H 2) = (5 - x) mol / l = 5 - 1,27 \u003d 3,73 mol / l;

Jednak (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1,27 \u003d 1,73 mol / l;

Jednak (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1,27 \u003d 2,54 mol / l.

Zadatak broj 7

Tablica 7 - Uvjeti zadatka br.7

Tablica 7 se nastavlja

Prilikom sastavljanja jednadžbi redoks reakcija moraju se poštivati ​​sljedeća dva važna pravila:

Pravilo 1: U bilo kojoj ionskoj jednadžbi mora se promatrati očuvanje naboja. To znači da zbroj svih naboja na lijevoj strani jednadžbe ("lijevo") mora odgovarati zbroju svih naboja na desnoj strani jednadžbe ("desno"). Ovo pravilo vrijedi za bilo koju ionsku jednadžbu, i za potpune reakcije i za polu-reakcije.

Puni s lijeva na desno

Pravilo 2: Broj elektrona izgubljenih u polu-reakciji oksidacije mora biti jednak broju elektrona dobivenih u polu-reakciji redukcije. Na primjer, u prvom primjeru danom na početku ovog odjeljka (reakcija između željeza i hidratiziranih bakrenih iona), broj elektrona izgubljenih u oksidativnoj polureakciji je dva:

Prema tome, broj elektrona dobivenih u polureakciji redukcije također mora biti jednak dva:

Sljedeći postupak može se koristiti za izvođenje pune redoks jednadžbe iz jednadžbi dviju polureakcija:

1. Jednadžbe svake od dvije polu-reakcije su posebno uravnotežene, a kako bi se ispunilo gornje pravilo 1, odgovarajući broj elektrona dodaje se lijevoj ili desnoj strani svake jednadžbe.

2. Jednadžbe obiju polureakcija međusobno su uravnotežene tako da broj izgubljenih elektrona u jednoj reakciji postaje jednak broju elektrona dobivenih u drugoj polureakcijama, kako zahtijeva pravilo 2.

3. Jednadžbe za obje polu-reakcije se zbrajaju kako bi se dobila potpuna jednadžba za redoks reakciju. Na primjer, zbrajanjem jednadžbi gornje dvije polu-reakcije i uklanjanjem s lijeve i desne strane rezultirajuće jednadžbe

nalazimo jednak broj elektrona

Uravnotežimo jednadžbe dolje navedenih polureakcija i sastavimo jednadžbu za redoks reakciju oksidacije vodene otopine bilo koje željezne soli u željeznu sol uz pomoć kisele otopine kalija.

Faza 1. Najprije izbalansiramo jednadžbu svake od dvije polu-reakcije zasebno. Za jednadžbu (5) imamo

Da biste uravnotežili obje strane ove jednadžbe, trebate dodati pet elektrona na njezinu lijevu stranu ili oduzeti isti broj elektrona s desne strane. Nakon toga dobivamo

To nam omogućuje da zapišemo sljedeću uravnoteženu jednadžbu:

Budući da su se elektroni morali dodati lijevoj strani jednadžbe, ona opisuje polu-reakciju redukcije.

Za jednadžbu (6) možemo napisati

Da biste uravnotežili ovu jednadžbu, možete dodati jedan elektron na njenu desnu stranu. Zatim