Esercizi Bilanciamenti Redox – Spiegati (difficile)

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Bilanciare le seguenti reazioni redox con il metodo delle semireazioni.

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Bi₂O₃ + ClO^– ======> BiO₃^– + Cl^–   (AMB. BASICO)

Tra parentesi è indicato che la reazione avviene in ambiente basico, siccome in ambiente acquoso la base più forte possibile è OH^– bisogna aggiungere OH^– da qualche parte, vedremo come fare.

Cominciamo però con l’assegnare i numeri di ossidazione alle specie presenti.

Osserviamo che il Bismuto si ossida passando da +3 a +5, il Cloro invece si riduce passando da +1 a -1.

Individuato quindi chi si ossida e chi si riduce possiamo passare alle semireazioni.

• Semireazione di ossidazione:
  • Bi₂O₃ + 6OH^– → 2BiO₃^– + 4e^– + 3H₂O

Bi₂O₃ si trasforma in BiO₃^– quindi è necessario mettere un 2 davanti a BiO₃^– per far tornare gli atomi di Bi. Ogni atomo di Bi ossidandosi cede 2 elettroni, se in totale abbiamo 2 atomi che si ossidano allora abbiamo in totale una cessione di 4 elettroni.

Mettendo un 2 davanti a BiO₃^– abbiamo che a destra ci sono 6 atomi di O mentre a sinistra ne abbiamo solo 3. Non possiamo mettere un 2 davanti a Bi₂O₃ perchè questo andrebbe a rovinare quello fatto fino adesso. Per bilanciare gli atomi di O possiamo prestare attenzione alle cariche tra i prodotti e i reagenti, a destra abbiamo 6 cariche negative mentre a sinistra non abbiamo cariche, per far tornare le cariche possiamo immaginare di aggiungere OH^– visto che siamo in ambiente basico. Si potrebbe ora mettere un 6 davanti a OH^– così da far tornare i conti per le cariche. Aggiungendo però OH^– abbiamo introdotto un atomo nuovo, cioè H. Come bilanciamo questa volta gli atomi di H? Per farlo è necessario aggiungere H₂O dalla parte opposta, in questo modo tra reagenti e prodotti compaiono gli stessi elementi.

Aggiungiamo un 3 davanti ad H₂O così da bilanciare gli atomi di H, facendo questo abbiamo anche bilanciato gli atomi di O che prima erano in eccesso dalla parte dei reagenti.

• Semireazione di riduzione:
  • ClO^– + H₂O + 2e^– → Cl^– + 2OH^–

Nella reazione di riduzione abbiamo ClO^– che si trasforma in Cl^–, per far avvenire questa reazione c’è bisogno di dare 2e^– a ClO^–. Notiamo che a sinistra abbiamo un solo atomo di O mentre a destra non ne abbiamo. Per far tornare le cariche sarà necessario aggiungere OH^– tra i prodotti, quanti ne mettiamo? Per far tornare le cariche bisogna mettere un 2 davanti a OH^– così a sinistra abbiamo 3 cariche negative e a destra ne abbiamo sempre 3.

A questo punto avendo messo OH^– tra i prodotti abbiamo inserito atomi di H, per bilanciarli bisogna aggiungere molecole di H₂O tra i reagenti, quante ne aggiungiamo? Per bilanciare il tutto è necessaria solo una molecola di H₂O.

Tra le 2 semireazioni il numero di elettroni non è uguale, bisogna fare in modo che siano uguali. Per farlo moltiplichiamo X2 la semireazione di riduzione:

2ClO^– + 2H₂O + 4e^– → 2Cl^– + 4OH^–

Ora che abbiamo lo stesso numero di elettroni possiamo sommare le 2 semireazioni per ottenere:

Bi₂O₃ + 6OH^– + 2ClO^– + 2H₂O + 4e^– → 2Cl^– + 4OH^– + 2BiO₃^– + 4e^– + 3H₂O

Siccome sia a destra che a sinistra abbiamo lo stesso numero di elettroni possiamo semplificarli. Semplifichiamo anche le altre specie chimiche come per esempio H₂O e OH^–.

Dopo le varie semplificazione otteniamo il bilanciamento finale:

Bi₂O₃ + 2OH^– + 2ClO^– → 2Cl^– + 2BiO₃^– + H₂O

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2

CuS + NO₃^– ======> Cu(NO₃)₂ + S + NO   (AMB. ACIDO)

Questa volta la reazione avviene in ambiente acido e siccome l’acido più forte possibile in soluzione acquosa è H⁺ bisogna aggiungerlo da qualche parte nella reazione.

Come di consueto assegniamo i numeri di ossidazione.

Come vediamo lo Zolfo si ossida passando da -2 a 0 mentre l’Azoto si riduce passano da +5 a +2.

Passiamo ora alle semireazioni:

• Semireazione di ossidazione:
  • CuS → Cu²⁺ + S + 2e^–

CuS ossidandosi dà origine a S e Cu²⁺. Il catione rimane tale e quale perchè non si ossida e lo ritroveremo tale e quale tra i prodotti. Ogni molecola di CuS perde 2e^– per diventare S.

• Semireazione di riduzione:
  • NO₃^– + 4H⁺ + 3e^– → NO + 2H₂O

Lo ione nitrato NO^3- si riduce a NO e nel farlo deve acquistare 3e^–. Lo ione nitrato ha 3 O mentre NO ha solo un atomo di O, per bilanciare bisogna aggiungere H₂O dalla parte dei prodotti. Aggiungendo H₂O abbiamo anche aggiungo H che non compare tra i reagenti, per bilanciarlo aggiungiamo H⁺ tra i reagenti, ecco quindi che la reazione avviene in ambiente acido.

Mettiamo un 2 davanti a H₂O così bilanciamo gli atomi di O e poi mettiamo un 4 davanti ad H⁺ così bilanciamo anche loro. Complessivamente anche le cariche tornano.

Il numero di elettroni tra le 2 semireazioni non è uguale, per poter procedere bisogna moltiplicare la semireazione di ossidazione X3 e quella di riduzione X2.

Otteniamo quindi:

A questo punto possiamo sommare le 2 semireazioni visto che il numero di e^– coincide, otteniamo:

3CuS + 2NO₃^– + 8H⁺ + 6e^– → 3Cu²⁺ + 3S + 6e^– + 2NO + 4H₂O

Abbiamo tolto gli elettroni e quello che otteniamo è:

3CuS + 2NO₃^– + 8H⁺ → 3Cu²⁺ + 3S+ 2NO + 4H₂O

Cu²⁺ comunque non è presente da solo ma è sotto forma di Cu(NO₃)₂, per ogni ione Cu²⁺ sono richiesti 2 ioni NO₃^–. Di ioni Cu²⁺ ne abbiamo 3 quindi in totale ci servono 6 NO₃^– (per neutralizzare le cariche positive dei 3 ioni Cu²⁺) i quali andranno a sommarsi ai già presenti 2 ioni, formando così un totale di 8 NO₃^–. Per far tornare la molecola di HNO₃ che compare nella reazione proposta all’inizio non ci resta che unire gli 8 NO₃^– insieme agli 8 H⁺ così da formare 8 molecole di HNO₃ .

3CuS + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 3S + 2NO + 4H₂O

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3

Cr₂O₇^2- + Fe²⁺ ======> Cr³⁺ + Fe³⁺ (AMB. ACIDO)

Anche in questo caso la reazione avviene in ambiente acido. Andiamo ad attribuire il numero di OX. a tutte le specie presenti.

Cr si riduce passando dallo ione bicromato (Cr₂O₇^2-) dove ha numero di ossidazione +6 a Cr³⁺ dove appunto il numero di ossidazione è +3. Fe²⁺ invece di ossida passando da +2 a +3.

Passiamo alle semireazioni:

• Semireazione di ossidazione:
  • Fe²⁺ → Fe³⁺ + e^–

Semplicemente lo ione Fe²⁺ si ossida a Fe³⁺, nel farlo cede un e^–.

• Semireazione di riduzione:
  • Cr₂O₇^2- + 14H⁺ + 6e^– → 2Cr³⁺ + 7H₂O

Lo ione bicromato si riduce a Cr³⁺. Lo ione bicromato però contiene 2 atomi di Cr quindi è necessario mettere un 2 davanti a Cr³⁺. Per ridurre 2 ioni Cr⁶⁺ a Cr³⁺ bisogna aggiungere anche 6e^–. In questo modo abbiamo bilanciato Cr e gli elettroni, ci manca da bilanciare O. A sinistra abbiamo 7 atomi di O mentre a destra non abbiamo nessun composto che contiene O, aggiungiamo quindi 7 molecole di H₂O. In questo modo abbiamo aggiunto anche H che bisogna bilanciare a sinistra con H⁺. Per far tornare i conti mettiamo 14 davanti al H⁺, in questo modo abbiamo bilanciato tutto.

Moltiplico la semireazione di ossidazione X6 così da avere lo stesso numero di e^– tra le 2 semireazioni.

6Fe²⁺ → 6Fe³⁺ + 6e^–

Ora che il numero di elettrone è uguale possiamo sommare le semireazioni e otteniamo:

6Fe²⁺ + Cr₂O₇^2- + 14H⁺ + 6e^– ======> 6Fe³⁺ + 6e^– + 2Cr³⁺ + 7H₂O

Togliamo gli elettroni e quello che si ottiene è:

6Fe²⁺ + Cr₂O₇^2- + 14H⁺ ======> 6Fe³⁺ + 2Cr³⁺ + 7H₂O

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4

NO + ClO₃^– ======> NO₂^– + Cl^– (AMB. BASICO)

I numeri di ossidazione sono i seguenti:

L’azoto si ossida passando da +2 a +3 mentre Cl si riduce da +5 a -1.

Passiamo ora alle semireazioni:

• Semireazione di ossidazione:
  • NO + 2OH^– → NO₂^– + e^– + H₂O

Per passare da NO a NO₂^– l’Azoto deve perdere 1e^–. Siccome a destra abbiamo 2 atomi di O mentre a sinistra solo 1 O bisogna aggiungere una fonte di Ossigeno, siamo in ambiente basico quindi aggiungiamo OH^–. Tra i prodotti dobbiamo aggiungere H₂O così da bilanciare H. Mettiamo un 2 davanti ad OH^– così da rendere pari il numero di H e avere una molecola di H₂O tra i prodotti. A questo punto tornano sia gli atomi sia le cariche.

• Semireazione di riduzione:
  • ClO₃^– + 3H₂O + 6e^– → Cl^– + 6OH^–

Lo ione ClO₃^– per passare a Cl^– deve acquistare 6e^–. ClO₃^– ha degli Ossigeni che Cl^– non ha, per bilanciare aggiungiamo OH^– tra i prodotti. L’aggiunta di OH^– comporta la presenza di H e per bilanciarli bisogna mettere H₂O tra i reagenti. Per bilanciare mettiamo un 6 davanti a OH^– così le cariche negative a destra e sinistra sono uguali. Avendo aggiungo 6 OH^– di conseguenza mettiamo un 3 davanti ad H₂O così da bilanciare anche l’acqua.

Il numeri di elettroni non è uguale quindi bisogna moltiplicare X6 la semireazione di ossidazione per ottenere:

6NO + 12OH^– → 6NO₂^– + 6e^– + 6H₂O

A questo punto possiamo sommare le 2 semireazione e otteniamo:

6NO + 12OH^– + ClO₃^– + 3H₂O + 6e^– ======> 6NO₂^– + 6e^– + 6H₂O + Cl^– + 6OH^–

Semplifichiamo gli elettroni, H₂O e OH^– e otteniamo:

6NO + 6OH^– + ClO₃^– ======> 6NO₂^– + 3H₂O + Cl^–

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5

H₃AsO₃ + MnO₄^– ======> H₃AsO₄ + Mn²⁺ (AMB. ACIDO)

I numeri di ossidazione sono:

L’arsenico (As) si ossida passando da +3 a +5. Lo ione Permanganato (MnO₄^–) invece si riduce passando da +7 a +2.

Passiamo alle semireazioni:

• Semireazione di ossidazione:
  • H₃AsO₃ + H₂O → H₃AsO₄ + 2e^– + 2H⁺

H₃AsO₃ passando a H₃AsO₄ subisce ossidazione e nel farlo cede 2 e^–. La differenza tra questi 2 composti è solo di un O, per sistemare il tutto è necessario aggiungere una fonte di O tra i reagenti e siccome siamo in ambiente acido bisogna aggiungere H₂O, ne basta solo una molecola. A questo punto ho 5 atomi di H a sinistra e solo 3 a destra, per bilanciare aggiungo 2 ioni H⁺.

• Semireazione di riduzione:
  • MnO₄^– + 8H⁺ 5e^– → Mn²⁺ + 4H₂O

Lo ione permanganato (MnO₄^–) si riduce a dare origine a Mn²⁺, nel farlo deve acquistare 5e^–. Così facendo non abbiamo bilanciato gli atomi di O, per farlo aggiungiamo 4 molecole di H₂O tra i prodotti. L’aggiunta di H₂O ci fornisce degli atomi di H che bilanciamo tra i reagenti aggiungendo 8 H⁺.

Il numero di elettroni tra le 2 semireazioni non è uguale. Per rendere questo numero identico moltiplico la semireazione di ossidazione X5 e quella di riduzione X2.

Otteniamo quindi:

Ora possiamo sommare le 2 semireazioni e otteniamo:

5H₃AsO₃ + 5H₂O + 2MnO₄^– + 16H⁺ + 10e^– → 2Mn²⁺ + 8H₂O + 5H₃AsO₄ + 10e- + 10H⁺

Semplifichiamo gli e^–, H₂O e H⁺, quello che otteniamo è:

5H₃AsO₃ + 2MnO₄^– + 6H⁺ → 2Mn²⁺ + 3H₂O + 5H₃AsO₄

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6

[Mo(OH)₄]^– + IO₃^–======> MoO₄^2- + I^– (AMB. BASICO)

Questa reazione contiene uno ione complesso ma niente di preoccupante, la redox si svolge come abbiamo sempre fatto. In questo caso siamo in un ambiente basico.

Partiamo con la ormai classica assegnazione dei numeri di OX:

Il Molibdeno si ossida passando da +3 a +6 mentre lo Iodio si riduce da +5 a -1

Passiamo alle semireazioni:

• Semireazione di ossidazione:
  • [Mo(OH)₄]^– + 4OH^– → MoO₄^2- + 3e^– + 4H₂O

Per passare da [Mo(OH)₄]^– a MoO₄^2- l’atomo di Mo deve perdere 3e^–. Tra i reagenti abbiamo degli atomi di H che non abbiamo tra i prodotti, per bilanciarli aggiungiamo H₂O tra i prodotti. Così facendo gli atomi di O non sono più uguali e per bilanciarli abbiamo bisogno di aggiungere OH^– tra i reagenti. Quanti OH^– aggiungiamo? Siccome a destra abbiamo un totale di 5 cariche negative allora bisogna aggiungere 4 OH^– così da ottenere 5 cariche negative anche tra i reagenti. Di conseguenza per bilanciare gli H aggiungiamo un 4 davanti ad H₂O.

• Semireazione di riduzione:
  • IO₃^– + 3H₂O + 6e^–→ I^– + 6OH^–

Lo ione IO₃^– si riduce a I^– acquistando 6e^–. A sinistra abbiamo degli O che a destra non ci sono, per bilanciarli aggiungiamo OH^– tra i prodotti. In questo modo abbiamo aggiunto degli H che bilanciamo aggiungendo H₂O tra i reagenti. Tra i reagenti abbiamo 7 cariche negative, per bilanciare il tutto devo aggiungere 6 OH^– così che la somma delle cariche tra i prodotti sia sempre di 7 cariche negative. Per bilanciare H devo mettere un 3 davanti ad H₂O.

Gli e^– delle 2 semireazioni non sono uguali quindi moltiplichiamo X2 la semireazione di ossidazione per ottenere:

2[Mo(OH)₄]^– + 8OH^– → 2MoO₄^2- + 6e^– + 8H₂O

A questo punto possiamo sommare le 2 semireazioni e otteniamo:

2[Mo(OH)₄]^– + 8OH^– + IO₃^– + 3H₂O + 6e^– ======> I^– + 6OH^– + 2MoO₄^2- + 6e^– + 8H₂O

Semplifichiamo ora gli elettroni, H₂O e OH^– per ottenere:

2[Mo(OH)₄]^– + 2OH^– + IO₃^– ======> I^– + 2MoO₄^2- + 5H₂O