Окисление и восстановление

Когда цинк вытесняет медь из раствора её соли, металл превращается в ионы, а другие ионы — в металл. При горении магния кислород входит в состав оксида. Оба случая относятся к окислительно-восстановительным реакциям, хотя внешние признаки различаются. Узнать такой процесс помогает изменение степеней окисления.

Основной маршрут 8–9 классов: два процесса, роли реагентов и первые три примера. Углубление 10–11: следующие разделы о полуреакциях, среде и сложном электронном счёте. Перед ними повторите язык формул и зарядов. Новые примеры учат согласовывать уже заданные продукты; подбор коэффициентов сам по себе не предсказывает продукты, механизм или возможность реакции.

Два взаимосвязанных процесса

Окисление сопровождается повышением степени окисления и соответствует отдаче электронов в электронном балансе. Восстановление сопровождается понижением степени окисления и соответствует принятию электронов.

Электрон имеет отрицательный заряд. Поэтому после отдачи электронов степень окисления становится более положительной, а после принятия — менее положительной или более отрицательной. Для простых ионов это видно непосредственно:

Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻ — окисление.

Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu — восстановление.

Степень окисления — формальная характеристика распределения электронов. Её изменение позволяет описывать также реакции с ковалентными веществами, где нельзя представлять каждый атом свободным ионом. Электронный баланс учитывает изменения, но не обязан показывать все реальные промежуточные стадии реакции.

Название «окисление» исторически связано с кислородом, однако присутствие O не обязательно. Например, переход Fe²⁺ в Fe³⁺ является окислением и без присоединения атома кислорода. И наоборот, наличие кислорода в реагентах ещё не доказывает, что реакция окислительно-восстановительная.

Окислитель и восстановитель

Окислитель принимает электроны и сам восстанавливается. Восстановитель отдаёт электроны и сам окисляется. Название реагента показывает его действие на другого участника.

В полном процессе отдача и принятие взаимосвязаны: электроны не должны возникать из ничего или исчезать из баланса. В электрохимической установке эти процессы можно разделить пространственно, соединив их переносом заряда. При записи суммарного уравнения электроны сокращают.

Роль вещества определяют для конкретной реакции. Например, вещество с элементом в промежуточной степени окисления в разных условиях способно быть окислителем или восстановителем. Одно знакомое название вещества не заменяет сравнение исходных и конечных состояний.

Как распознать ОВР

1. Запишите правильные формулы реагентов и продуктов с учётом условий.
2. Определите степени окисления до и после реакции.
3. Найдите элементы, для которых значения изменились.
4. Укажите повышение и понижение, затем назовите восстановитель и окислитель.
5. При подборе коэффициентов согласуйте число отданных и принятых электронов и проверьте все атомы и заряды.

В электронном балансе число отданных электронов равно числу принятых. После подбора коэффициентов отдельно проверяют число атомов каждого элемента и суммарный заряд обеих частей уравнения.

Изменение числа обозначают с учётом знака: переход от −II к 0 — повышение на 2, а от +V к +II — понижение на 3. Больший индекс вещества не означает автоматически большее изменение степени окисления одного атома; нужно учитывать и число изменяющихся атомов.

Три разобранных примера

1. Цинк и раствор сульфата меди(II)

В обычной школьной модели взаимодействия цинка с водным раствором CuSO₄ образуются сульфат цинка и медь:

Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu.

Цинк меняет степень окисления с 0 на +II, медь — с +II на 0. Сера и кислород в сульфат-ионе значения не меняют. Полуреакции и сокращённое ионное уравнение:

Zn → Zn²⁺ + 2e⁻.

Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu.

Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu.

Zn — восстановитель; Cu²⁺ — окислитель, а при назывании реагента говорят «сульфат меди(II)». Обменялись два электрона на один атом цинка и один ион меди. В сокращённом уравнении заряд слева и справа равен +2.

2. Магний и кислород

Рассматриваем сгорание магния именно в кислороде с образованием MgO. В простых веществах степени окисления равны 0, в оксиде Mg имеет +II, O —−II. Один атом Mg отдаёт два электрона, а два атома одной молекулы O₂ принимают вместе четыре:

2Mg → 2Mg²⁺ + 4e⁻.

O₂ + 4e⁻ → 2O²⁻.

Это электронные схемы для баланса образования оксида. Итоговое уравнение:

2Mg + O₂ → 2MgO.

Магний окисляется и служит восстановителем. Кислород восстанавливается и служит окислителем. Приписывать ему окисление только из-за слова «кислород» неверно.

3. Нейтрализация без изменения степеней окисления

В водном растворе сильной кислоты и щёлочи:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O.

До и после реакции H имеет +I, Cl−I, Na+I, O−II. Значения не меняются: это реакция нейтрализации, но не ОВР. Образование нового вещества и выделение теплоты сами по себе не являются признаками изменения степеней окисления.

Углубление: две разные проверки одного баланса

В сложном уравнении нужно согласовать и изменение степеней окисления, и состав раствора. Электронный баланс показывает, сколько электронов формально отдают и принимают участники. Метод полуреакций дополняет этот счёт атомами H/O и зарядом в указанной среде. Он удобен для сокращённых ионных уравнений: в них видны именно реагирующие формы, а ионы-наблюдатели временно убраны.

В воде H⁺ в этих балансах — условное сокращение гидратированного протона, а не свободное голое ядро. Запись через H₃O⁺ дала бы другую расстановку воды, но тот же состав и заряд суммарного превращения.

1. Сначала уточните среду и продукты восстановления/окисления. Не начинайте с угадывания коэффициентов.
2. Разделите схему на два превращения, сохраняя реальные формулы частиц.
3. Уравняйте меняющиеся элементы, затем кислород с помощью воды.
4. В кислой записи дополните водород ионами H⁺, затем уравняйте суммарный заряд электронами.
5. Приведите число электронов к общему значению и сложите полуреакции.
6. Для щелочной среды нейтрализуйте формально появившиеся H⁺, добавив одинаковое число OH⁻ к обеим сторонам; сократите воду и другие общие частицы.
7. После сокращения проверьте отдельно каждый элемент и общий заряд. В конечном уравнении щелочного процесса не должны оставаться несокращённые H⁺ как реагент среды.
8. Если требуется молекулярная запись, верните ионы-наблюдатели в соответствии с условием и повторите проверку всех атомов.

H₂O, H⁺ и OH⁻ в этом алгоритме служат балансу заданной водной среды. Их нельзя добавлять произвольно, чтобы «спасти» любой набор выдуманных продуктов. Особенно важно не заменить щёлочную формулу продукта кислой: при иной среде могут меняться и устойчивые формы веществ.

Шесть разборов сложных ОВР

Разбор 4. Два Cr в одном ионе и кислая среда

В условии заданы восстановление дихромат-иона до Cr³⁺ и окисление Fe²⁺ до Fe³⁺ в кислой водной среде. Каждый Cr меняет +VI на +III: принимает 3 электрона. В одном Cr₂O₇²⁻ два Cr, поэтому на ион приходится 6 электронов.

Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6e⁻ → 2Cr³⁺ + 7H₂O.

Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻ (умножить на 6).

В первой полуреакции семь O потребовали семь H₂O справа, а четырнадцать H в воде — четырнадцать H⁺ слева. Сначала уравняли атомы, теперь уравниваем заряд. До добавления электронов слева заряд −2 + 14 = +12, справа 2 · (+3) = +6. Электрон несёт заряд −1: добавление шести электронов слева уменьшает заряд до +12 − 6 = +6. Поэтому слева нужны 6e⁻. После сложения:

Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6Fe²⁺ → 2Cr³⁺ + 7H₂O + 6Fe³⁺.

Заряды: −2 + 14 + 12 = +24 слева и 6 + 18 = +24 справа. Атомы: 2Cr, 6Fe, 7O и 14H с каждой стороны. Окислитель — дихромат, восстановитель — Fe²⁺. Для заданных в условии K₂Cr₂O₇, FeSO₄ и H₂SO₄ молекулярная запись:

K₂Cr₂O₇ + 6FeSO₄ + 7H₂SO₄ → Cr₂(SO₄)₃ + 3Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 7H₂O.

Все 13 сульфатных остатков сохранены. На 1,50 ммоль Cr₂O₇²⁻ по этому превращению требуется 9,00 ммоль Fe²⁺ и 21,0 ммоль H⁺. Количество H⁺ из ионного баланса не равно числу молей любой кислоты без учёта её состава.

Разбор 5. Пероксид отдаёт электроны

Для кислого раствора заданы продукты Mn²⁺ и O₂ при взаимодействии перманганата с H₂O₂. Mn(+VII) принимает 5 электронов. В пероксиде O имеет −I, а не −II; два O при переходе в O₂ отдают вместе 2 электрона.

MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ → Mn²⁺ + 4H₂O (×2).

H₂O₂ → O₂ + 2H⁺ + 2e⁻ (×5).

Общее число электронов — 10. После сложения справа оказывается 10H⁺, слева 16H⁺: сокращается одинаковая часть, остаётся 6H⁺ слева.

2MnO₄⁻ + 5H₂O₂ + 6H⁺ → 2Mn²⁺ + 5O₂ + 8H₂O.

Общий заряд +4 с каждой стороны; атомы 2Mn, 18O и 16H сохранены. В этой реакции H₂O₂ — восстановитель. Название вещества не назначает ему роль навсегда: в задании 3 оно, наоборот, принимает электроны. Выделение O₂ здесь относится к окислению пероксида, а не к восстановлению перманганатного кислорода.

Разбор 6. Сильнощелочная среда и другой продукт Mn

Теперь в условии прямо указано: в достаточно сильнощелочном растворе перманганат восстанавливается до манганат-иона MnO₄²⁻, а сульфит окисляется до сульфата. Mn меняет +VII на +VI и принимает только один электрон, S меняет +IV на +VI и отдаёт два.

MnO₄⁻ + e⁻ → MnO₄²⁻ (×2).

Для сульфита можно сначала составить кислую вспомогательную запись, а затем перевести её в щелочную:

SO₃²⁻ + H₂O → SO₄²⁻ + 2H⁺ + 2e⁻.

SO₃²⁻ + 2OH⁻ → SO₄²⁻ + H₂O + 2e⁻.

Вторую строку получили, добавив 2OH⁻ к обеим сторонам первой и сократив воду. Суммарно:

2MnO₄⁻ + SO₃²⁻ + 2OH⁻ → 2MnO₄²⁻ + SO₄²⁻ + H₂O.

Заряд −6 с обеих сторон; атомы 2Mn, S, 13O и 2H совпадают. Окислитель — перманганат, восстановитель — сульфит. Нельзя переносить коэффициенты из кислого процесса: там другой продукт и на каждый Mn приходится уже 5 электронов. В нейтральной или слабощелочной учебной схеме часто задают MnO₂; её баланс отличается — см. задание 4. Название «щелочная среда» без сведений о её силе и условиях не заменяет указания продукта.

Разбор 7. В одном FeS₂ меняются Fe и два S

Задана учебная схема полного окисления пирита FeS₂ азотной кислотой до Fe(III) и сульфата; продукт восстановления азота по условию — NO. Это выбранная схема баланса, а не утверждение о единственном составе продуктов при любом растворении пирита.

Пирит формально содержит Fe(+II) и дисульфидный фрагмент S₂²⁻: каждый S имеет −I. При выбранных продуктах Fe(+II) → Fe(+III) отдаёт 1 электрон, каждый S(−I) → S(+VI) — 7. Одна формульная единица в целом отдаёт 1 + 2 · 7 = 15 электронов. Пропустить вклад Fe или второй S — значит получить неправильные коэффициенты.

FeS₂ + 8H₂O → Fe³⁺ + 2SO₄²⁻ + 16H⁺ + 15e⁻.

NO₃⁻ + 4H⁺ + 3e⁻ → NO + 2H₂O (×5).

После сокращения 15e⁻, воды и H⁺:

FeS₂ + 5NO₃⁻ + 4H⁺ → Fe³⁺ + 2SO₄²⁻ + 5NO + 2H₂O.

Заряд −1 с каждой стороны; 1Fe, 2S, 5N, 15O и 4H совпадают. Для выбранной молекулярной формы продуктов:

FeS₂ + 8HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 2H₂SO₄ + 5NO + 2H₂O.

Пять нитратных групп восстанавливаются до NO, ещё три сохраняют N(+V) в нитрате железа. Поэтому коэффициент HNO₃ равен 8, а не 5: не вся кислота расходуется как окислитель в электронном счёте. FeS₂ здесь восстановитель. Состав реально выделяющихся оксидов азота зависит от условий; даже правильно уравненная схема не устанавливает их доли.

Разбор 8. Один Cl₂ играет две роли

Диспропорционирование: один элемент из одной исходной степени окисления переходит в более высокую и более низкую. При компропорционировании, наоборот, формы одного элемента с разными степенями окисления дают промежуточную. Эти названия не отменяют общего электронного баланса.

Для холодного разбавленного раствора щёлочи задано образование хлорида и гипохлорита из Cl₂. Один Cl(0) переходит в Cl(−I), принимая 1 электрон, другой — в Cl(+I), отдавая 1. Полуреакции с целыми молекулами:

Cl₂ + 2e⁻ → 2Cl⁻.

Cl₂ + 4OH⁻ → 2ClO⁻ + 2H₂O + 2e⁻.

Сложим и разделим все коэффициенты на 2:

Cl₂ + 2OH⁻ → Cl⁻ + ClO⁻ + H₂O.

Заряд −2 с обеих сторон, атомы 2Cl, 2O, 2H сохранены. Хлор — и окислитель, и восстановитель. При горячей концентрированной щёлочи в школьной суммарной схеме задают хлорат ClO₃⁻, а не гипохлорит; соотношение ветвей меняется. Этот случай предложен в задании 5. Условия нельзя вычеркнуть после расстановки коэффициентов.

Разбор 9. Промежуточная степень из двух исходных

В кислой водной среде иодат и иодид дают иод. Иод в IO₃⁻ имеет +V и принимает 5 электронов на атом; иод в I⁻ имеет −I и отдаёт один. В продукте I₂ степень равна 0. Полуреакции с целыми коэффициентами:

2IO₃⁻ + 12H⁺ + 10e⁻ → I₂ + 6H₂O.

2I⁻ → I₂ + 2e⁻ (×5).

После сложения и деления коэффициентов на 2:

IO₃⁻ + 5I⁻ + 6H⁺ → 3I₂ + 3H₂O.

Слева заряд −1 − 5 + 6 = 0, справа 0. Из шести атомов I получается три молекулы I₂; все O и H учтены. Это компропорционирование, но исходные количества двух форм не обязаны быть равны: электронный счёт требует 1 иодат на 5 иодидов. В растворе с избытком I⁻ возможна также форма I₃⁻; запись через I₂ отражает заданный баланс получения эквивалентного количества иода.

Восемь новых задач с полным балансом

Во всех схемах продукты и среда заданы. Используйте их как условия, а не как универсальное правило для любого смешения веществ. Для каждой задачи назовите окислитель/восстановитель, согласуйте электроны и проверьте атомы и общий заряд.

1. Кислая среда: MnO₄⁻ + Fe²⁺ → Mn²⁺ + Fe³⁺. Допишите воду и H⁺. Сколько Fe²⁺ требуется на 2,40 ммоль MnO₄⁻?
2. Кислая среда: Cr₂O₇²⁻ + I⁻ → Cr³⁺ + I₂. Учтите оба Cr и парность атомов I в продукте.
3. Кислая среда: H₂O₂ + I⁻ → I₂ + H₂O. Как роль пероксида отличается от разбора 5?
4. Нейтральная или слабощелочная водная схема с заданным осадком: MnO₄⁻ + SO₃²⁻ → MnO₂ + SO₄²⁻. Получите уравнение с H₂O и OH⁻. Почему нельзя взять соотношение 2:1 из разбора 6?
5. Горячая концентрированная щёлочь, продукты Cl⁻ и ClO₃⁻: Cl₂ + OH⁻ → Cl⁻ + ClO₃⁻ + H₂O. Найдите отношение числа атомов Cl в восстановленной и окисленной формах.
6. Для учебной схемы обжига пирита в кислороде заданы Fe₂O₃ и SO₂: FeS₂ + O₂ → Fe₂O₃ + SO₂. Сосчитайте суммарный вклад Fe и двух S. Сколько O₂ требуется на 0,0400 моль FeS₂ при полном превращении по этой схеме?
7. В водном растворе заданы Fe³⁺, металлическое Fe и продукт Fe²⁺. Составьте уравнение. Почему это компропорционирование, а не отсутствие ОВР из-за одинаковой буквы Fe?
8. Дополнительный случай со средней степенью окисления: в выбранном иодометрическом превращении тиосульфат S₂O₃²⁻ окисляется иодом I₂ до тетратионата S₄O₆²⁻, иод переходит в I⁻. Составьте баланс. Можно ли считать, что все S в тиосульфате действительно одинаковы, если среднее значение равно +II?

Решения новых задач

1. Mn(+VII) принимает 5e⁻, каждый Fe(+II) отдаёт 1e⁻. Полуреакции: MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ → Mn²⁺ + 4H₂O и Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻ (×5). Итог:

   MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5Fe²⁺ → Mn²⁺ + 4H₂O + 5Fe³⁺.

   Заряд +17 с обеих сторон; 1Mn, 5Fe, 4O и 8H сохранены. Перманганат — окислитель, Fe²⁺ — восстановитель. Нужно 2,40 · 5 = 12,0 ммоль Fe²⁺.

2. Дихромат принимает 6e⁻ на два Cr: Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6e⁻ → 2Cr³⁺ + 7H₂O. Для иодида 2I⁻ → I₂ + 2e⁻ (×3). Сумма:

   Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6I⁻ → 2Cr³⁺ + 3I₂ + 7H₂O.

   Заряд +6 с обеих сторон; 2Cr, 6I, 7O и 14H совпадают. Дихромат — окислитель, иодид — восстановитель.

3. Пероксид принимает 2e⁻: H₂O₂ + 2H⁺ + 2e⁻ → 2H₂O. Иодид отдаёт их: 2I⁻ → I₂ + 2e⁻. Итог:

   H₂O₂ + 2H⁺ + 2I⁻ → I₂ + 2H₂O.

   Заряд 0 с обеих сторон, 4H, 2O, 2I сохранены. Здесь O(−I) переходит в O(−II), поэтому H₂O₂ — окислитель, I⁻ — восстановитель. В разборе 5 кислород пероксида переходил в 0 и роль была противоположной.

4. Восстановление: MnO₄⁻ + 2H₂O + 3e⁻ → MnO₂ + 4OH⁻ (×2). Окисление: SO₃²⁻ + 2OH⁻ → SO₄²⁻ + H₂O + 2e⁻ (×3). Сокращаем 6e⁻, 6OH⁻ и 3H₂O:

   2MnO₄⁻ + 3SO₃²⁻ + H₂O → 2MnO₂ + 3SO₄²⁻ + 2OH⁻.

   Заряд −8 с обеих сторон; 2Mn, 3S, 18O и 2H совпадают. Окислитель — перманганат, восстановитель — сульфит. На Mn приходится 3e⁻, а не 1e⁻ как при продукте Mn(+VI); поэтому соотношение стало 2:3.

5. Восстановление Cl₂ + 2e⁻ → 2Cl⁻ умножаем на 5. Для окисления Cl(0) → Cl(+V): Cl₂ + 12OH⁻ → 2ClO₃⁻ + 6H₂O + 10e⁻. Сумма после деления на 2:

   3Cl₂ + 6OH⁻ → 5Cl⁻ + ClO₃⁻ + 3H₂O.

   Один Cl отдаёт 5 электронов, пять Cl принимают по одному: отношение 5:1. Хлор выполняет обе роли. Заряд −6 с обеих сторон; 6Cl, 6O и 6H совпадают. Это другой продукт окисления, чем в холодной разбавленной щёлочи.

6. Fe(+II) → Fe(+III) отдаёт 1e⁻; каждый S(−I) → S(+IV) отдаёт 5e⁻. Вклад FeS₂ — 1 + 2 · 5 = 11e⁻. Одна O₂ принимает 4e⁻ при переходе двух O(0) в O(−II). Наименьшее общее число 44: коэффициенты FeS₂/O₂ равны 4/11. Итог:

   4FeS₂ + 11O₂ → 2Fe₂O₃ + 8SO₂.

   Слева и справа 4Fe, 8S, 22O, общий заряд 0. FeS₂ — восстановитель, O₂ — окислитель. На 0,0400 моль FeS₂ нужно 0,0400 · 11/4 = 0,110 моль O₂. Продукты относятся к указанной схеме обжига.

7. Fe → Fe²⁺ + 2e⁻; Fe³⁺ + e⁻ → Fe²⁺ (×2). Итог:

   Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺.

   Заряд +6 с обеих сторон, три Fe сохранены. Fe(0) — восстановитель, Fe(+III) — окислитель; обе формы переходят в промежуточную +II. Одинаковый элемент не означает одинаковое исходное состояние.

8. Для серосодержащих частиц: 2S₂O₃²⁻ → S₄O₆²⁻ + 2e⁻. Для иода: I₂ + 2e⁻ → 2I⁻. Итог:

   2S₂O₃²⁻ + I₂ → S₄O₆²⁻ + 2I⁻.

   Заряд −4 с обеих сторон, 4S, 6O и 2I сохранены. Тиосульфат — восстановитель, иод — окислитель. Средняя степень S в тиосульфате +II, в тетратионате +2,5; для четырёх S общий рост равен 4 · (2,5 − 2) = 2. Это проверка суммарного электронного счёта, а не одинаковости всех S. В обычной структурной модели тиосульфата S различаются как +V и −I, а в тетратионате два S имеют +V и два — 0. Их суммы дают те же значения. Условия не переносят на произвольную сильнокислую смесь, где у тиосульфата возможны другие превращения.

Для чего нужен электронный подход

Он связывает горение, получение металлов, коррозию и работу источников электрического тока. Для конкретного прогноза нужны также сведения о среде и условиях: одной арифметики степеней окисления недостаточно, чтобы доказать возможность любой предложенной реакции.

Особенно важно сначала установить продукты. Если у окислителя в разных условиях получаются разные продукты восстановления, меняются электронный баланс и коэффициенты. Проверка закона сохранения атомов не заменяет проверку химической правдоподобности схемы.

Частые ошибки

• Считать окислителем вещество, которое само окисляется.
• Принимать степень окисления за фактический заряд любого атома.
• Искать ОВР только среди реакций с кислородом.
• Забывать, что в O₂ два атома принимают электроны.
• Менять индексы вместо подбора коэффициентов.

Проверьте себя

1. Переход Fe³⁺ в Fe²⁺ — окисление или восстановление? Сколько электронов принимается или отдаётся?
2. Укажите окислитель и восстановитель в реакции Zn с CuSO₄.
3. Расставьте коэффициенты в схеме Mg + O₂ → MgO. Сколько электронов участвует в балансе на одну молекулу O₂?
4. Является ли ОВР осаждение AgCl из растворов AgNO₃ и NaCl?
5. В реакции хлорида железа(II) с хлором образуется FeCl₃. Запишите уравнение и укажите, какой участник окисляется.

Ответы и объяснения

1. Восстановление: степень окисления понижается с +III до +II, принимается один электрон:

   Fe³⁺ + e⁻ → Fe²⁺.

2. Zn — восстановитель, он отдаёт электроны. Окислитель — ионы Cu²⁺ в составе соли, они принимают электроны и переходят в Cu.
3. На два атома Mg приходится одна молекула кислорода:

   2Mg + O₂ → 2MgO; отдано и принято по 4e⁻.

4. Нет. Ag остаётся +I, Cl−I, Na+I, N+V, O−II. Осадок возникает без изменения этих значений:

   AgNO₃ + NaCl → AgCl↓ + NaNO₃.

5. Железо повышает степень окисления с +II до +III, хлор понижает с 0 до −I:

   2FeCl₂ + Cl₂ → 2FeCl₃.

   Два атома Fe отдают вместе два электрона; два атома Cl принимают их. FeCl₂ служит восстановителем, Cl₂ — окислителем.

Связанные темы

Необходимый инструмент — правила определения степени окисления. Повторите химические уравнения и электроотрицательность.

Источники

Термины: IUPAC — окисление, восстановление, степень окисления. Учебные подходы: OpenStax — классификация реакций и электронный и атомный баланс.

Углублённый метод и границы формального счёта: OpenStax 17.1, IUPAC: определение степени окисления; названия двух типов: диспропорционирование и компропорционирование. Тематическая карта: МГУ, Жуков 9.2. Все новые разборы, условия и решения подготовлены для этого курса.

Выбрать другой маршрут курса