Задание 29 ЕГЭ по химии: окислительно-восстановительные реакции

Что проверяет задание

Задание 29 проверяет умение работать с окислительно-восстановительными реакциями (ОВР) на практическом уровне: правильно определять степени окисления атомов, находить окислитель и восстановитель, составлять электронный баланс и расставлять коэффициенты в уравнении реакции. По сути это задание — проверка того, насколько прочно усвоена связь между изменением степени окисления и переносом электронов.

В отличие от заданий на общую теорию, здесь важна точность в деталях: правильный подсчёт числа отданных и принятых электронов, умение находить наименьшее общее кратное для этих чисел и переносить полученные коэффициенты в итоговое уравнение. Ошибка в степени окисления одного атома обычно рушит весь дальнейший расчёт.

Как выглядит формулировка и сколько баллов

Типичная формулировка: «Используя метод электронного баланса, составьте уравнение реакции по схеме... Определите окислитель и восстановитель». Дана схема реакции — обычно с указанием исходных веществ и части продуктов, иногда без коэффициентов и без всех продуктов (их нужно определить самостоятельно, опираясь на среду реакции — кислую, нейтральную или щелочную).

Задание оценивается в 2 балла. Баллы распределяются так:

• 1 балл — правильно составлен электронный баланс (указаны процессы окисления и восстановления, определены окислитель и восстановитель);
• 1 балл — правильно расставлены коэффициенты в уравнении реакции на основании составленного баланса.

Если баланс верный, но коэффициенты расставлены неправильно (либо не вписаны продукты реакции), можно потерять один из баллов. Поэтому важно доводить решение до полного, аккуратно оформленного уравнения.

Что нужно знать

• Степень окисления — условный заряд атома в соединении, если считать, что все связи ионные. Для простых веществ степень окисления равна нулю.
• Сумма степеней окисления всех атомов в нейтральной молекуле равна 0, в ионе — равна заряду иона.
• Типичные значения: кислород чаще всего $-2$ (кроме пероксидов, где $-1$, и соединений со фтором); водород чаще всего $+1$ (кроме гидридов металлов, где $-1$); щелочные металлы всегда $+1$, щелочноземельные — $+2$.
• Окислитель — вещество, содержащее атом, который принимает электроны и понижает степень окисления (сам восстанавливается).
• Восстановитель — вещество, содержащее атом, который отдаёт электроны и повышает степень окисления (сам окисляется).
• Процесс окисления: $\text{Э}^{n} - m\bar e \rightarrow \text{Э}^{n+m}$.
• Процесс восстановления: $\text{Э}^{n} + m\bar e \rightarrow \text{Э}^{n-m}$.
• Число отданных электронов при окислении всегда равно числу принятых при восстановлении — закон сохранения заряда в электронном балансе.
• Сильные окислители: $KMnO_4$, $K_2Cr_2O_7$, $HNO_3$ (разб. и конц.), концентрированная $H_2SO_4$, $Cl_2$, $O_2$, $H_2O_2$.
• Сильные восстановители: металлы в свободном виде, $H_2S$, $SO_2$, соли сернистой кислоты, галогениды в низшей степени окисления, $NH_3$.
• Продукты восстановления перманганата калия зависят от среды: в кислой — соль марганца(II), в нейтральной — оксид марганца(IV) $MnO_2$, в щелочной — манганат $K_2MnO_4$.
• Продукт восстановления дихромата калия в кислой среде — соль хрома(III).

Методы решения

Метод электронного баланса для реакций в кислой среде. Определяем степени окисления, находим атомы, которые их меняют, составляем полуреакции отдачи и приёма электронов, уравниваем число электронов через НОК. Пример: в реакции $Na_2SO_3 + KMnO_4 + H_2SO_4 \rightarrow Na_2SO_4 + MnSO_4 + K_2SO_4 + H_2O$ сера меняет степень окисления с $+4$ на $+6$ (отдаёт 2 электрона), марганец — с $+7$ на $+2$ (принимает 5 электронов). НОК(2,5) = 10, значит коэффициент перед восстановителем 5, перед окислителем 2.

Метод электронного баланса для реакций в щелочной среде. Логика та же, но продукты восстановления окислителя другие. Например, $KMnO_4$ в щелочной среде переходит в $K_2MnO_4$ (степень окисления марганца становится $+6$ вместо $+2$), поэтому число принимаемых электронов иное — на это нужно обращать особое внимание при определении продукта.

Анализ реакций с азотной кислотой. Азотная кислота — окислитель за счёт азота, а не водорода, поэтому водород в этих реакциях не выделяется. Продукт восстановления азота зависит от концентрации кислоты и активности металла: разбавленная кислота с активными металлами даёт $NH_4NO_3$ или $N_2O$, с менее активными — $NO$; концентрированная кислота обычно даёт $NO_2$. Пример: $Cu + HNO_3(\text{разб.}) \rightarrow Cu(NO_3)_2 + NO + H_2O$, медь отдаёт 2 электрона, азот принимает 3, НОК = 6, коэффициенты 3 и 2 соответственно.

Реакции диспропорционирования. Один и тот же элемент одновременно окисляется и восстанавливается. Пример: $Cl_2 + 2NaOH \rightarrow NaCl + NaClO + H_2O$ — хлор со степенью окисления 0 переходит в $-1$ (восстановление) и в $+1$ (окисление). При составлении баланса важно не перепутать, что оба процесса идут с одним и тем же элементом, и коэффициент перед исходным веществом равен сумме коэффициентов в полуреакциях.

Метод подбора продукта по среде реакции. Если в схеме не указан один из продуктов, определить его помогает анализ среды: в кислой среде избыточный кислород связывается в воду, в щелочной — с образованием соответствующих солей и воды, в нейтральной — часто выпадает осадок гидроксида или оксида. Это не отдельный «электронный» метод, но обязательный логический шаг перед составлением баланса.

Алгоритм решения по шагам

1. Расставить степени окисления у всех атомов в левой и правой частях схемы реакции.
2. Найти атомы, у которых степень окисления изменилась — это и есть окислитель и восстановитель.
3. Составить электронные полуреакции: отдельно процесс отдачи электронов (окисление) и процесс приёма электронов (восстановление).
4. Найти наименьшее общее кратное числа отданных и принятых электронов, определить дополнительные множители для каждой полуреакции.
5. Перенести полученные коэффициенты как коэффициенты перед формулами окислителя и восстановителя (и соответствующих продуктов) в уравнение реакции.
6. Уравнять оставшиеся элементы — сначала металлы, не участвующие в ОВР, затем кислотные остатки, в последнюю очередь — водород и кислород, проверив баланс через подсчёт атомов кислорода в обеих частях.
7. Указать явно, какое вещество является окислителем, а какое — восстановителем (это отдельно требуется для полного балла).

Разбор примеров

Пример 1. Дана схема: $KMnO_4 + Na_2SO_3 + H_2SO_4 \rightarrow MnSO_4 + Na_2SO_4 + K_2SO_4 + H_2O$.

Шаг 1. Степени окисления: марганец в $KMnO_4$ имеет степень $+7$, в $MnSO_4$ — $+2$. Сера в $Na_2SO_3$ имеет степень $+4$, в $Na_2SO_4$ — $+6$.

Шаг 2. Марганец понижает степень окисления — значит, $KMnO_4$ окислитель. Сера повышает степень окисления — значит, $Na_2SO_3$ восстановитель.

Шаг 3. Полуреакции: $Mn^{+7} + 5\bar e \rightarrow Mn^{+2}$ (восстановление), $S^{+4} - 2\bar e \rightarrow S^{+6}$ (окисление).

Шаг 4. НОК(5,2) = 10. Дополнительный множитель для марганца — 2, для серы — 5.

Шаг 5. Итоговый электронный баланс: $2 \times (Mn^{+7} + 5\bar e \rightarrow Mn^{+2})$ $5 \times (S^{+4} - 2\bar e \rightarrow S^{+6})$

Значит, коэффициент перед $KMnO_4$ и $MnSO_4$ равен 2, перед $Na_2SO_3$ и $Na_2SO_4$ равен 5.

Шаг 6. Уравниваем остальные элементы. Калий: в левой части 2 атома калия (из $2KMnO_4$), значит в правой части нужно $K_2SO_4$ с коэффициентом 1. Считаем серу в сульфат-ионах: из $H_2SO_4$ сера идёт на связывание катионов, не участвующих в ОВР. Считаем общее число атомов серы в правой части: $2$ (в $MnSO_4$) + $5$ (в $Na_2SO_4$) + $1$ (в $K_2SO_4$) = 8, значит перед $H_2SO_4$ нужно поставить коэффициент 3 (так как 5 атомов серы уже даёт $Na_2SO_3$, а ещё 3 сульфат-иона нужно добавить кислотой).

Итоговое уравнение: $2KMnO_4 + 5Na_2SO_3 + 3H_2SO_4 \rightarrow 2MnSO_4 + 5Na_2SO_4 + K_2SO_4 + 3H_2O$

Шаг 7. Проверка по водороду и кислороду подтверждает правильность (6 атомов водорода слева и справа, кислород сходится). Окислитель — $KMnO_4$, восстановитель — $Na_2SO_3$.

Пример 2. Дана схема: $K_2Cr_2O_7 + FeSO_4 + H_2SO_4 \rightarrow Cr_2(SO_4)_3 + Fe_2(SO_4)_3 + K_2SO_4 + H_2O$.

Шаг 1. Хром в $K_2Cr_2O_7$ имеет степень окисления $+6$, в $Cr_2(SO_4)_3$ — $+3$. Железо в $FeSO_4$ имеет степень $+2$, в $Fe_2(SO_4)_3$ — $+3$.

Шаг 2. Хром понижает степень окисления — $K_2Cr_2O_7$ окислитель. Железо повышает степень окисления — $FeSO_4$ восстановитель.

Шаг 3. Так как в формуле окислителя два атома хрома, полуреакцию удобно писать сразу для двух атомов: $2Cr^{+6} + 6\bar e \rightarrow 2Cr^{+3}$ (восстановление, шесть электронов на формульную единицу дихромата), $Fe^{+2} - 1\bar e \rightarrow Fe^{+3}$ (окисление).

Шаг 4. НОК(6,1) = 6. Дополнительный множитель для хрома — 1, для железа — 6.

Шаг 5. Коэффициент перед $K_2Cr_2O_7$ равен 1, перед $FeSO_4$ равен 6. Учитывая, что в правой части железо записывается в виде $Fe_2(SO_4)_3$, шесть атомов железа дадут 3 формульные единицы этого сульфата.

Шаг 6. Записываем предварительное уравнение: $K_2Cr_2O_7 + 6FeSO_4 + H_2SO_4 \rightarrow Cr_2(SO_4)_3 + 3Fe_2(SO_4)_3 + K_2SO_4 + H_2O$

Уравниваем серу: в правой части сульфат-ионов — $3$ (в $Cr_2(SO_4)_3$) + $9$ (в $3Fe_2(SO_4)_3$) + $1$ (в $K_2SO_4$) = 13. Слева сульфат-ионы дают $6FeSO_4$ (6 штук) и $H_2SO_4$, значит перед серной кислотой нужен коэффициент 7.

Уравниваем водород и кислород: $7H_2SO_4$ даёт 14 атомов водорода, значит справа должно быть $7H_2O$.

Итоговое уравнение: $K_2Cr_2O_7 + 6FeSO_4 + 7H_2SO_4 \rightarrow Cr_2(SO_4)_3 + 3Fe_2(SO_4)_3 + K_2SO_4 + 7H_2O$

Окислитель — $K_2Cr_2O_7$, восстановитель — $FeSO_4$.

Пример 3. Дана схема: $Cu + HNO_3(\text{разб.}) \rightarrow Cu(NO_3)_2 + NO + H_2O$.

Шаг 1. Медь в свободном виде имеет степень окисления 0, в $Cu(NO_3)_2$ — $+2$. Азот в $HNO_3$ имеет степень $+5$, в $NO$ — $+2$.

Шаг 2. Медь повышает степень окисления — восстановитель. Азот понижает степень окисления — окислитель (но нужно помнить, что не весь азот кислоты восстанавливается: часть идёт на образование нитрата меди без изменения степени окисления).

Шаг 3. Полуреакции: $Cu^{0} - 2\bar e \rightarrow Cu^{+2}$ (окисление), $N^{+5} + 3\bar e \rightarrow N^{+2}$ (восстановление).

Шаг 4. НОК(2,3) = 6. Дополнительный множитель для меди — 3, для азота — 2.

Шаг 5. Коэффициент перед $Cu$ и $Cu(NO_3)_2$ равен 3, перед $NO$ равен 2 — это тот азот, который восстановился.

Шаг 6. Считаем полное количество азота: в $3Cu(NO_3)_2$ содержится 6 атомов азота (степень окисления не менялась, эти нитрат-ионы просто связывают медь), плюс 2 атома азота ушли в $NO$. Итого нужно $8HNO_3$.

Итоговое уравнение: $3Cu + 8HNO_3 \rightarrow 3Cu(NO_3)_2 + 2NO + 4H_2O$

Проверка по водороду: слева 8 атомов водорода, справа $4H_2O$ дают тоже 8 — сходится. Окислитель — $HNO_3$ (за счёт азота), восстановитель — $Cu$.

Типичные ошибки и ловушки

• Неверное определение степени окисления в сложных ионах — часто путают серу в сульфите и сульфате, забывают учитывать заряд всего иона.
• Забывают, что не весь окислитель или не весь элемент в исходном веществе участвует в переносе электронов: например, в реакциях с азотной кислотой часть азота идёт только на образование соли, не меняя степень окисления, и это нужно учитывать при подсчёте общего количества кислоты.
• Неправильный выбор продукта восстановления окислителя в зависимости от среды — путают продукты для $KMnO_4$ в кислой, нейтральной и щелочной средах.
• Ошибки при переносе множителей из электронного баланса в уравнение, когда в формуле окислителя или восстановителя не один, а два атома элемента, меняющего степень окисления (как хром в дихромате) — забывают удвоить число электронов на формульную единицу.
• Неполное уравнивание — коэффициенты для окислителя и восстановителя расставлены верно, но забывают уравнять оставшиеся атомы металлов, кислотных остатков, водорода и кислорода, из-за чего теряется второй балл.
• Путаница в направлении процесса: иногда по невнимательности переставляют местами окисление и восстановление, что приводит к неверному определению окислителя и восстановителя.

Как готовиться

Основа подготовки — свободное владение правилами определения степени окисления и знание типичных продуктов реакций для ключевых окислителей: перманганата и дихромата калия, азотной и концентрированной серной кислоты, пероксида водорода. Полезно завести таблицу «окислитель — среда — продукт восстановления» и регулярно её повторять, пока определение продукта не станет автоматическим.

Далее нужно нарабатывать технику: решать много схем реакций разных типов — с кислой, нейтральной и щелочной средой, с реакциями диспропорционирования, с органическими и неорганическими восстановителями. Важно каждый раз доводить решение до полного уравнения с проверкой баланса по кислороду и водороду, а не останавливаться на составлении электронных полуреакций — именно завершённое уравнение даёт оба балла.

Полезно также разбирать собственные ошибки: если коэффициенты не сходятся при финальной проверке, стоит вернуться к шагу определения степеней окисления, а не пытаться подогнать числа механически. Регулярная практика на разнообразных примерах — с металлами, солями, кислотами разной концентрации — формирует устойчивый навык, который позволяет уверенно решать это задание на экзамене.