0 M Mg 24,3 g Mg %= HCl ≅0,28=28 %.almudenafyq.webcindario.com/Recursos/2BachQui/2BachQuiProblemas06... · Problemas de Química 2º Bachillerato PAU −Redox− 11/04/2019 Pág

Problemas de Química 2º Bachillerato PAU −Redox− 11/04/2019 Pág. 1

Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino

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1.– A fin de determinar la riqueza en magnesio de una muestra, se toman 10 g de ella y se comprueba

que reaccionan completamente con 20 mL de una disolución de HCl de concentración 35 % en

masa y densidad 1,2 g cm−3. Calcule la riqueza de la muestra. Datos: Masas atómicas en g mol−1: Mat(H) = 1,0 ; Mat(Mg) = 24,3 ; Mat(Cl) = 35,5

% ≈ 28 %.

Solución: La reacción que tiene lugar es: Mg + 2 HCl MgCl2 + H2.

La riqueza es la proporción entre el magnesio que hay realmente en la muestra y el que debería

haber por lo que, aplicando factores de conversión:

% =20 mL ·

1,2 g disolución

1 mL disolución·

35 % HCl

100 % disolución·

1 mol HCl

36,5 g HCl·

1 mol Mg

2 mol HCl·

24,3 g Mg

1 mol Mg

10 g de Mg≅ 0,28 = 28 %.

0

2.– Cinco gramos de mineral que contiene óxido de hierro(III) se disuelven en 10 mL de ácido

clorhídrico comercial de densidad 1,19 g cm−3 y una riqueza del 35 % en masa, obteniéndose

cloruro de hierro(III) y agua.

a) Escriba y ajuste la reacción redox que tiene lugar.

b) Calcule la masa de cloruro de hierro(III) que se forma, expresada en gramos. Datos: Masas molares: (g mol−1): Fe = 55,8 ; HCl = 36,5 ; Fe2O3 = 159,6 ; FeCl3 = 162,3

a) La reacción no es redox; Fe2O3 + 6 HCl 2 FeCl3 + 3 H2O ; b) mFeCl3 ≈ 6,2 g.

−−− Solución: a) La reacción planteada no es redox por lo que no tiene sentido resolver el problema

desde ese punto de vista. Lo resolvemos como un problema de estequiometría no redox.

La reacción, ajustada, que tiene lugar es: Fe2O3 + 6 HCl 2 FeCl3 + 3 H2O.

c) Aplicando factores de conversión:

𝑚FeCl3 = 10 mL ·1 cm3

1 mL·

1,19 g

1 cm3·

35 % HCl

100 % dis.·

1 mol HCl

36,5 g HCl·

2 mol FeCl3

6 mol HCl·

162,3 g FeCl3

1 mol FeCl3≅ 6,2 g.

6

3.– A 1,2 g de un mineral de hierro se le añade H2SO4 diluido hasta que todo el hierro que

contiene el mineral se disuelve como Fe2+

(ac). Para oxidar este Fe2+

(ac) a Fe3+

(ac), en presencia

de H2SO4, se consumen 20 mL de disolución acuosa de KMnO4 0,10 M.

a) Escriba y ajuste por el método de ion−electrón, en forma iónica y molecular, la reacción

química que tiene lugar, sabiendo que el permanganato se reduce a Mn2+

(ac).

b) Calcule el porcentaje de hierro en el mineral. Datos: Masa atómica del hierro, Mat Fe = 55,85 g mol−1

a) 5 Fe2+

+ 8 H+ + MnO4

− 5 Fe

3+ + Mn

2+ + 4 H2O;

10 FeSO4 + 8 H2SO4 + 2 KMnO4 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + 8 H2O + K2SO4 ;

b) %Fe ≈ 47 %.

25−5(+7);26+1(+2) Solución: a)

Fe2+

Fe3+

oxidación inicial

Fe2+

Fe3+

= ajustamos Fe

Fe2+

Fe3+

+ e− 1 ajustamos e

−

MnO4− Mn

2+ reducción inicial

MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn

2+ + 4 H2O 4 ajustamos O con agua

8 H+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O 8 ajustamos H con protones

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O 5 ajustamos e

−

Fe2+

Fe3+

+ e− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O = reducción

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

5 FeSO4 + 4 H2SO4 + KMnO4 5/2 Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 4 H2O + 1/2 K2SO4

(hemos añadido 9 SO42−

y 1 K+ en cada lado)

10 FeSO4 + 8 H2SO4 + 2 KMnO4 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + 8 H2O + K2SO4

( 2 para no poner números fraccionarios − reacción molecular global)

b) Aplicando los factores de conversión necesarios:

%Fe =𝑚Fe

𝑚mineral=

20 mL de KMnO4 ·0,10 mol KMnO4

1 000 mL KMnO4·

10 mol FeSO4

2 mol KMnO4·

55,85 gFeSO4

1 mol FeSO4

1,20 g de mineral≅ 0,47 = 47 %.

6

4.– A 30 mL de una disolución de CuSO4 0,10 M se le añade polvo de hierro en exceso.

a) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción e indique el comportamiento

oxidante o reductor de las especies que intervienen.

b) Calcule ξ0 y justifique si la reacción es o no espontánea.

c) Determine la masa de hierro necesaria para llevar a cabo esta reacción. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ; ξ0(Fe3+│Fe) = −0,04 V ; Masa atómica del hierro, Mat Fe = 55,8 g mol−1

a) Oxidación: Fe (reductor) Fe3+

+ 3 e−; reducción: Cu

2+ (oxidante) + 2 e

− Cu ;

b) ξ0 = +0,38 V; espontánea ; c) mFe ≈ 1,1 dg.

29−2(+2);26+3(0) Solución: a) Observando los potenciales dados podemos suponer que el hierro (que es la especie

reductora) se va a oxidar a Fe3+

mientras que el Cu2+

(que es la especie oxidante) se reduce a cobre

elemental. El proceso sería:

Fe Fe3+ + 3 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,04 V

Cu2+ + 2 e− Cu Reducción ξ0 = +0,34 V

2 Fe + 3 Cu2+

2 Fe3+

+ 3 Cu b) ξ0 = +0,04 V + 0,34 V = +0,38 V

La reacción entre el hierro metal y los iones cobre(+2), Cu2+

, y ya que G = −n e ξ0 < 0, será

espontánea. La reacción molecular sería: 2 Fe + 3 CuSO4 Fe2(SO4)3 + 3 Cu.

c) La masa de hierro se obtiene aplicando los factores de conversión al proceso estequiométrico:

𝑚 = 30 mL ·1 L

1 000 mL·

0,10 mol CuSO4

1 L·

2 mol Fe

3 mol CuSO4·

56 g Fe

1 mol Fe≅ 0,11 g.

http://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/3.0/



6

5.– A la vista de los potenciales normales de reducción, razone:

a) si se desprenderá hidrógeno cuando se introduce una barra de sodio en una disolución 1 M

de ácido clorhídrico;

b) si se desprenderá hidrógeno cuando se introduce una barra de cobre en una disolución

acuosa de ácido clorhídrico 1 M;

c) si el sodio metálico podrá reducir a los iones Cu(II). Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Na+│Na) = −2,71 V ; ξ0(H+│H2) = 0,00 V ; ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V

a) Sí; ξ0 = +2,71 V ; b) No; ξ0 = −0,34 V ; c) Sí; ξ0 = +3,05 V.

1−1(+1);11+1(0)

−−−

29−2(+2);11+1(0)

Solución:

a) Na Na+ + e

− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +2,71 V

H+ + e

− ½ H2↑ Reducción ξ0 = 0,00 V

Na + H+ Na

+ + ½ H2↑ ξ0 = +2,71 V + 0,00 V = +2,71 V

La reacción entre el sodio y los protones (H+) será espontánea. Sí se desprende hidrógeno.

b) Cu Cu2+

+ 2 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,34 V

H+ + e

− ½ H2↑ Reducción ξ0 = 0,00 V

Cu + 2 H+ Cu

2+ + H2↑ ξ0 = −0,34 V + 0,00 V = −0,34 V

La reacción entre el cobre y los protones (H+) no será espontánea (potencial negativo). No se

desprenderá hidrógeno.

c) Na Na+ + e

− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +2,71 V

Cu2+

+ 2 e− Cu Reducción ξ0 = +0,34 V

2 Na + Cu2+

2 Na+ + Cu ξ0 = +2,71 V + 0,34 V = +3,05 V

La reacción entre el sodio y los iones Cu2+

será espontánea, con un alto potencial.

6

6.– A partir de disoluciones de Zn2+

1,0 M y Ag+ 1,0 M, y empleando una disolución de KNO3

2,0 M como puente salino, se construye en el laboratorio la pila siguiente, a una temperatura de

25 ºC: Zn(s)│Zn2+

(ac)║Ag+(ac)│Ag(s).

a) Escriba las ecuaciones de las semirreacciones de oxidación y reducción, y la ecuación de la

reacción iónica global de la pila. Calcule la fuerza electromotriz (fem).

b) Dibuje un esquema de la pila. Indique la polaridad y el nombre de cada electrodo y señale en

qué sentido se mueven los iones del puente salino. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V ; ξ0(Ag+│Ag) = +0,80 V

a) Zn Zn2+

+ 2 e−; Ag

+ + e

− Ag; 2 Ag

+ + Zn 2 Ag + Zn

2+; ξ0

pila = +1,56 V ;

b) Zn(s)│Zn2+

(ac) [ánodo, (−)]║Ag+(ac)│Ag(s) [cátodo (+)]; los NO3

− van hacia la disolución de

Zn2+

y los K+ hacia la de Ag

+.

30+2(0)║47−1(+1) Solución: a) La pila se produce la reducción del que tenga el potencial de reducción mayor y la

oxidación del que tenga el valor más bajo, por lo que:

Zn Zn2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,76 V

Ag+ + e− Ag Reducción ξ0 = +0,80 V

2 Ag+ + Zn 2 Ag + Zn2+ ξ0 = +0,76 V + 0,80 V = +1,56 V

b) La pila estaría formada según la imagen adjunta:

El electrodo negativo es el de Zn, que es el ánodo, y el positivo

el de Ag que es el cátodo. La notación de la pila es:

Zn(s)│Zn2+

(ac) −ánodo−║Ag+(ac)│Ag(s) −cátodo−.

d) Por el exterior de la pila (el cable) los electrones circulan

del ánodo (Zn) al cátodo (Ag), mientras que por el puente salino

los iones negativos (NO3−) se mueven hacia el lado del Zn

2+ y

los positivos (K+) hacia el de la Ag

+.

6

7.– A partir de los potenciales que se dan, justifique:

a) la pareja de electrodos con la que se construirá la pila galvánica con mayor potencial y calcule

su valor;

b) las semirreacciones del ánodo y el cátodo de la pila del apartado anterior;

c) la pareja de electrodos con la que se construirá la pila galvánica con menor potencial y calcule

su valor;

d) las semirreacciones del ánodo y el cátodo de la pila del apartado anterior. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Sn2+│Sn) = −0,14 V ; ξ0(Pt2+│Pt) = +1,20 V ;

ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ; ξ0(Al3+│Al) = −1,79 V

a y b) Al(s)│Al3+

(ac) −ánodo−║Pt2+

(ac)│Pt(s) −cátodo−; ξ0 = +2,99 V ;

c y d) Sn(s)│Sn2+

(ac) −ánodo−║Cu2+

(ac)│Cu(s) −cátodo−; ξ0 = +0,48 V.

13+3(0)║78−2(+2)

50+2(0)║29−2(+2)

Solución: a y b) La pila de mayor potencial se produce con los potenciales de reducción mayor y

menor. Este último ha de transcurrir como una oxidación y no como reducción por lo que:

Al Al3+ + 3 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +1,79 V

Pt2+ + 2 e− Pt Reducción ξ0 = +1,20 V

2 Al + 3 Pt2 + 2 Al

3+ + 3 Pt ξ0 = +1,79 V + 1,20 V = +2,99 V

Lo que sucede en la pila sería por tanto: Al(s)│Al3+

(ac) −ánodo−║Pt2+

(ac)│Pt(s) −cátodo−.

c y d) La pila de menor potencial se produce con los potenciales de reducción de valor más

próximo. El de menor valor ha de transcurrir como una oxidación y no como reducción por lo que:

Sn Sn2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,14 V


Sn + Cu2+

Sn2+

+ Cu ξ0 = +0,14 V + 0,34 V = +0,48 V

Lo que sucede en la pila sería por tanto: Sn(s)│Sn2+


(ac)│Cu(s) −cátodo−.




6

8.– A través de un litro de disolución 0,100 M de nitrato de plata se hace pasar una corriente de

1,15 A durante 6 h exactas.

a) Determine la masa de plata depositada en el cátodo.

b) Calcule la molaridad del ion plata una vez finalizada la electrólisis, suponiendo que se

mantiene el volumen inicial de la disolución. Datos: Constante de Faraday: F = 96 500 C mol−1 ; Masas atómicas: Mat (g mol−1): N = 14 ; O = 16 ; Ag = 108

a) mAg = 10,8 g (si hubiera exceso de Ag+ habrían sido 27,8 g) ; b) [Ag

+]f = 0 M.

47−1(+1)│ξ Solución: La reacción que tiene lugar es: Ag+ + e

− Ag

a) Aplicando los factores de conversión necesarios (o la 2.ª ley de Faraday) la cantidad que se

obtendría, si hubiera ion plata en exceso sería:

𝑛 = 1,15 A (C s–1) ·3 600 s

1 h· 6,0 h ·

1 mol de e–

96 500 C·

1 mol de Ag+

1 mol de e–≅ 0,26 mol de Ag.

Como inicialmente teníamos un número de moles: nAg+ = c V = 0,10 M·1,0 L = 0,10 mol de ion

plata.

No tenemos tantos moles como para que precipite plata durante las 6 horas del proceso. Sólo

tenemos 0,10 mol de Ag+ por lo que se han convertido realmente en plata metálica (Ag

0):

𝑚 = 0,100 mol de Ag ·108 g de Ag

1 mol de Ag= 10,8 g de Ag.

b) Todo el ion Ag+se ha convertido en Ag, por lo que [Ag

+]f = 0 M.

6

9.– Ajuste en medio ácido los siguientes procesos redox por el método de ion−electrón:

a) MnO4− + NO2 Mn

2+ + NO3

−

b) H2S + H2SO3 S + H2O

a) H2O + 5 NO2 + MnO4− 5 NO3

− + 2 H

+ + Mn

2+ ; b) 2 H2S + H2SO3 3 S + 3 H2O.

25−5(+7);7+1(+4)

16−4(+4);16+2(−2)

Solución:

a) NO2 NO3− oxidación inicial

NO2 NO3− = ajustamos N

H2O + NO2 NO3− 1 ajustamos O con agua

H2O + NO2 NO3− + 2 H

+ 2 ajustamos H con protones

H2O + NO2 NO3− + 2 H

+ + e

− 1 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

H2O + NO2 NO3− + 2 H

+ + e

− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


5 H2O + 5 NO2 + 8 H+ + MnO4

− 5 NO3

− + 10 H

+ + Mn

2+ + 4 H2O

H2O + 5 NO2 + MnO4− 5 NO3

− + 2 H+ + Mn2+ (quitamos los H+ y el H2O de más)

El oxidante es el MnO4− (semirreacción de reducción) y el reductor el NO2 (oxidación).

b) S2−

S oxidación inicial

S2−

S = ajustamos S

S2−

S + 2 e− 2 ajustamos e

−

SO32−

S reducción inicial

SO32−

S = ajustamos S

SO32−

S + 3 H2O 3 ajustamos O con agua

6 H+ + SO3

2− S + 3 H2O 6 ajustamos H con protones

4 e− + 6 H

+ + SO3

2− S + 3 H2O 4 ajustamos e

−

S2−

S + 2 e− 2 oxidación

4 e− + 6 H

+ + SO3

2− S + 3 H2O = reducción

2 S2−

+ 6 H+ + SO3

2− 3 S + 3 H2O

2 H2S + H2SO3 3 S + 3 H2O (reacción molecular global)

El oxidante es el SO32−

(semirreacción de reducción) y el reductor el S2−

(oxidación).




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10.– Ajuste la siguiente ecuación indicando la especie que actúa como oxidante y la que actúa

como reductor:

H2O2 + KMnO4 + H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + H2O + O2

5 H2O2(reductor) + 2 KMnO4(oxidante) + 3 H2SO4 K2SO4 + 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2.

25−5(+7);8+1(−1*2) Solución: a) La reacción que tiene lugar, antes de ser ajustada, es:

KMnO4 + H2SO4 + H2O2 O2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O.

H2O2 O2 oxidación inicial

H2O2 O2 = ajustamos O con agua

H2O2 O2 + 2 H+ 2 ajustamos H con protones

H2O2 O2 + 2 H+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

H2O2 O2 + 2 H+ + 2 e

− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O 2 reducción

5 H2O2 + 16 H+ + 2 MnO4

− 5 O2 + 10 H

+ + 2 Mn

2+ + 8 H2O

5 H2O2 + 6 H+ + 2 MnO4

− 5 O2 + 2 Mn

2+ + 8 H2O (quitamos los H

+ de más)

5 H2O2 + 3 H2SO4 + 2 KMnO4 5 O2 + 2 MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O

(hemos añadido en cada lado 3 SO42−

y 2 K+ − reacción molecular global)

El oxidante es el KMnO4 (semirreacción de reducción) y el reductor el H2O2 (oxidación).

6

11.– Ajuste la siguiente reacción en forma molecular por el método de ion−electrón:

I2(s) + HNO3(ac) HIO3(ac) + NO2(g) + H2O(ℓ).

I2 + 10 HNO3 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O.

7−1(+5);53+5(0*2) Solución:

I2 IO3− oxidación inicial

I2 2 IO3− 2 ajustamos I

6 H2O + I2 2 IO3− 6 ajustamos O con agua

6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H


6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H

+ + 10 e

− 10 ajustamos e

−

NO3− NO2 reducción inicial

NO3− NO2 = ajustamos N

NO3− NO2 + H2O 1 ajustamos O con agua

2 H+ + NO3

− NO2 + H2O 2 ajustamos H con protones

e− + 2 H

+ + NO3

− NO2 + H2O 1 ajustamos e

−

6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H

+ + 10 e

− = oxidación

e− + 2 H

+ + NO3

− NO2 + H2O 10 reducción

6 H2O + I2 + 20 H+ + 10 NO3

− 2 IO3

− + 12 H

+ + 10 NO2 + 10 H2O

I2 + 8 H+ + 10 NO3

− 2 IO3

− + 10 NO2 + 4 H2O (quitamos H

+ y H2O de más)

I2 + 10 HNO3 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O (Reacción global ajustada)

Para llegar a la reacción global ajustada hemos añadido 2 H+ en cada lado de la reacción, para que

no queden iones sueltos.




6

12.– Ajuste la siguiente reacción entre el cobre y el ácido nítrico por el método de ion−electrón e

indique la semirreacción de oxidación y la de reducción:

Cu + HNO3 Cu(NO3)2 + NO2 + H2O.

Cu + 4 HNO3 2 NO2 + 2 H2O + Cu(NO3)2 ; Cu Cu2+

+ 2 e− (oxidación) ;

1 e− + 2 H

+ + NO3

− NO2 + H2O (reducción).

7−1(+5);29+2(0) Solución:

Cu Cu2+

oxidación inicial

Cu Cu2+

= ajustamos Cu

Cu Cu2+

+ 2 e− 2 ajustamos e

−




2 H+ + NO3


1 e− + 2 H

+ + NO3


−

Cu Cu2+ + 2 e− = semirreacción de oxidación

1 e− + 2 H+ + NO3− NO2 + H2O 2 semirreacción de reducción

Cu + 4 H+ + 2 NO3

− 2 NO2 + 2 H2O + Cu

2+

Cu + 4 HNO3 2 NO2 + 2 H2O + Cu(NO3)2

(añadimos 2 NO3− en cada lado − reacción molecular global)

6

13.– Ajuste la siguiente reacción, en forma molecular, por el método de ion−electrón:

HgS + HNO3 HgSO4 + NO + H2O.

3 HgS + 8 HNO3 3 HgSO4 + 8 NO + 4 H2O.

7−3(+5);16+8(−2) Solución:

S2−

SO42−

oxidación inicial

S2−

SO42−

= ajustamos S

4 H2O + S2−

SO42−

4 ajustamos O con agua

4 H2O + S2−

SO42−

+ 8 H+ 8 ajustamos H con protones

4 H2O + S2−

SO42−

+ 8 H+ + 8 e

− 8 ajustamos e

−

NO3− NO reducción inicial

NO3− NO = ajustamos N

NO3− NO + 2 H2O 2 ajustamos O con agua

4 H+ + NO3

− NO + 2 H2O 4 ajustamos H con protones

3 e− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O 3 ajustamos e

−

4 H2O + S2−

SO42−

+ 8 H+ + 8 e

− 3 oxidación

3 e− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O 8 reducción

12 H2O + 3 S2−

+ 32 H+ + 8 NO3

− 3 SO4

2− + 24 H

+ + 8 NO + 16 H2O

3 S2−

+ 8 H+ + 8 NO3

− 3 SO4

2− + 8 NO + 4 H2O (quitamos H

+ y H2O de más)

3 HgS + 8 HNO3 3 HgSO4 + 8 NO + 4 H2O

(Se han añadido 3 Hg2+

en cada lado − Reacción molecular global ajustada)

6

14.– Ajuste las siguientes ecuaciones. Identifique al oxidante y al reductor y escriba las

correspondientes semirreacciones:

a) Fe + O2 Fe2O3

b) Cl2 + NaBr NaCl + Br2

c) Si + F2 SiF4

d) H2 + Cl2 HCl

a) 4 Fe + 3 O2 2 Fe2O3; Fe (red) Fe3+

+ 3 e−; O2 (ox) + 4 e

− 2 O

2− ;

b) Cl2 + 2 NaBr 2 NaCl + Br2; Cl2 (ox) + 2 e− 2 Cl

−; 2 Br

− (red) Br2 + 2 e

− ;

c) Si + 2 F2 SiF4; Si (red) Si4+

+ 4 e−; F2 (ox) + 2 e

− 2 F

− ; d) H2 + Cl2 2 HCl;

H2 (red) 2 H+ + 2 e

−; Cl2 (ox) + 2 e

− 2 Cl

−.

8−2(0);26+3(0)

17−1(0*2);35+1(−1)

9−1(0*2);14+4(0)

17−1(0*2);1+1(0*2)

Solución: No es necesario recurrir al método de ion−electrón (por ser las reacciones muy fáciles y

como mucho con tres elementos distintos) por lo que −(ox) significa oxidante y no oxidación que es

justo al revés; (red) significa reductor−:

a) 4 Fe + 3 O2 2 Fe2O3 ; Fe(red) Fe3+

+ 3 e− ; O2(ox) + 4 e

− 2 O

2−.

b) Cl2 + 2 NaBr 2 NaCl + Br2 ; Cl2(ox) + 2 e− 2 Cl

− ; 2 Br

−(red) Br2 + 2 e

−.

c) Si + 2 F2 SiF4 ; Si(red) Si4+

+ 4 e−; F2(ox) + 2 e

− 2 F

−.

d) H2 + Cl2 2 HCl ; H2(red) 2 H+ + 2 e

− ; Cl2(ox) + 2 e

− 2 Cl

−.




6

15.– Ajuste las siguientes reacciones iónicas redox. Indique para cada caso el agente oxidante y el

reductor.

a) H2O2 + Br− + H

+ Br2 + H2O

b) MnO4− + Sn

2+ + H

+ Mn

2+ + Sn

4+ + H2O.

a) 2 Br− + 2 H

+ + H2O2 Br2 + 2 H2O; oxidante, el H2O2, reductor, el Br

− ;

b) 5 Sn2+

+ 16 H+ + 2 MnO4

− 5 Sn

4+ + 2 Mn

2+ + 8 H2O; oxidante, el MnO4

−, reductor, el

Sn2+

.

8−1(−1*2);35+1(−1)

25−5(+7);50+2(+2)

Solución: a)

Br− Br2 oxidación inicial

2 Br− Br2 2 ajustamos Br

2 Br− Br2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

H2O2 H2O reducción inicial

H2O2 2 H2O 2 ajustamos O con agua

2 H+ + H2O2 2 H2O 2 ajustamos H con protones

2 e− + 2 H

+ + H2O2 2 H2O 2 ajustamos e

−

2 Br− Br2 + 2 e

− = oxidación

2 e− + 2 H

+ + H2O2 2 H2O = reducción

2 Br− + 2 H+ + H2O2 Br2 + 2 H2O

El oxidante es el H2O2 (semirreacción de reducción) y el reductor el Br− (oxidación).

b) Sn2+

Sn4+

oxidación inicial

Sn2+

Sn4+

= ajustamos Sn

Sn2+

Sn4+


−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

Sn2+

Sn4+

+ 2 e− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


5 Sn2+ + 16 H+ + 2 MnO4− 5 Sn4+ + 2 Mn2+ + 8 H2O

El oxidante es el MnO4− (semirreacción de reducción) y el reductor el Sn

2+ (oxidación).




6

16.– Ajuste por el método de ion−electrón la siguiente reacción:

Cl2(g) Cl−(ac) + ClO3

−(ac).

a) En medio ácido.

b) En medio básico.

a) 6 H2O + 6 Cl2 2 ClO3− + 12 H

+ + 10 Cl

− ;

b) 12 OH− + 6 Cl2 (5 y 1) 2 ClO3

− + 6 H2O + 10 Cl

−.

17−1(0*2);17+5(0*2) Solución: Se produce la dismutación del cloro, al ser él mismo el oxidante y el reductor:

a) Cl2 Cl− reducción inicial

Cl2 2 Cl− 2 ajustamos Cl

2 e− + Cl2 2 Cl

− 2 ajustamos e

−

Cl2 ClO3− oxidación inicial

Cl2 2 ClO3− 2 ajustamos Cl

Cl2 + 6 H2O 2 ClO3− 6 añadimos O con agua (ácido)

Cl2 + 6 H2O 2 ClO3− + 12 H


Cl2 + 6 H2O 2 ClO3− + 12 H

+ + 10 e

− 10 ajustamos e

−

Cl2 + 6 H2O 2 ClO3− + 12 H

+ + 10 e

− = oxidación

2 e− + Cl2 2 Cl

− 5 reducción

6 H2O + 6 Cl2 (5 y 1) 2 ClO3− + 12 H

+ + 10 Cl−

b) Cl2 Cl− reducción inicial


2 e− + Cl2 2 Cl

− 2 ajustamos e

−

Cl2 ClO3− oxidación inicial

Cl2 2 ClO3− 2 ajustamos Cl

Cl2 2 ClO3− + 6 H2O 6 añadimos O con agua (básico)

12 OH− + Cl2 2 ClO3

− + 6 H2O 12 ajustamos O y H con hidróxidos

12 OH− + Cl2 2 ClO3

− + 6 H2O + 10 e

− 10 ajustamos e

−

12 OH− + Cl2 2 ClO3

− + 6 H2O + 10 e

− = oxidación

2 e− + Cl2 2 Cl

− 5 reducción

12 OH− + 6 Cl2 (5 y 1) 2 ClO3− + 6 H2O + 10 Cl−

6

17.– Ajuste por el método de ion−electrón, la siguiente reacción:

KI + KMnO4 + H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + I2 + H2O.

a) ¿Cuál es la especie oxidante y cuál es la reductora? ¿Qué especie se oxida y cuál se reduce?

b) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción, así como la reacción global.

a) MnO4− (oxidante); I

− (reductor) ; b) 2 I

− I2 + 2 e

− (oxidación);

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O (reducción);

2 KMnO4 + 8 H2SO4 + 10 KI 2 MnSO4 + 5 I2 + 6 K2SO4 + 8 H2O.

25−5(+7);53+1(−1) Solución: a) La especie oxidante es el permanganato, MnO4− − tetraoxidomanganato(1−), puesto

que es el que capta electrones. La especie reductora es el ioduro, I−, puesto que cede electrones.

b) I− I2 oxidación inicial

2 I− I2 2 ajustamos I

2 I− I2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

2 I− I2 + 2 e− 5 semirreacción de oxidación

5 e− + 8 H+ + MnO4− Mn2+ + 4 H2O 2 semirreacción de reducción

10 I− + 16 H

+ + 2 MnO4

− 5 I2 + 2 Mn

2+ + 8 H2O

2 KMnO4 + 8 H2SO4 + 10 KI 2 MnSO4 + 5 I2 + 6 K2SO4 + 8 H2O

(hemos añadido 12 K+ y 8 SO4

2− en cada lado − reacción molecular global)




6

18.– Ajuste por el método de ion−electrón, la siguiente reacción:

KNO2 + K2Cr2O7 + HClO4 Cr(ClO4)3 + KNO3 + KClO4 + H2O.

a) ¿Cuál es la especie oxidante y cuál es la reductora? ¿Qué especie se oxida y cuál se reduce?

b) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción, así como la reacción global.

c) Nombre los compuestos que participan en la reacción anterior.

a) Oxidante: Cr2O72−

(se reduce); reductor: NO2− (se oxida); b) oxidación:

H2O + NO2− NO3

− + 2 H

+ + 2 e

−; reducción: 6 e

− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 7 H2O;

3 KNO2 + 8 HClO4 + K2Cr2O7 2 Cr(ClO4)3 + 4 H2O + 3 KNO3 + 2 KClO4 ; c) Nitrito de

potasio, dicromato de potasio, ácido perclórico, perclorato de cromo(3+), nitrato de potasio,

perclorato de potasio y agua.

24−3(+6*2);7+2(+3) Solución: a) El oxidante, que capta electrones, es el Cr2O72−

ya que el cromo varía su estado de

oxidación de +6 a +3 por lo que disminuye su carga positiva; él se reduce. El reductor, que cede los

electrones, es el NO2− (pasa de +3 a +5) que aumenta su carga positiva mientras se oxida.

b) NO2− NO3

− oxidación inicial

NO2− NO3

− = ajustamos N

H2O + NO2− NO3

− 1 ajustamos O con agua

H2O + NO2− NO3

− + 2 H


H2O + NO2− NO3

− + 2 H

+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+

+ 7 H2O 7 ajustamos O con agua

14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

H2O + NO2− NO3

− + 2 H+ + 2 e− 3 oxidación

6 e− + 14 H+ + Cr2O72− 2 Cr3+ + 7 H2O = reducción

3 H2O + 3 NO2− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 7 H2O + 3 NO3

− + 6 H

+

3 NO2− + 8 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 4 H2O + 3 NO3

−(quitamos los H

+ y los H2O de más)

3 KNO2 + 8 HClO4 + K2Cr2O7 2 Cr(ClO4)3 + 4 H2O + 3 KNO3 + 2 KClO4

(añadimos 5 K+ y 8 ClO4

− en cada lado − reacción molecular global)

c) Reacciona el nitrito de potasio [dioxidonitrato(1−) de potasio] con dicromato de potasio

[heptaoxidodicromato(2−) de potasio o μ−oxido−bis(trioxidocromato)(2−) de potasio] y con ácido

perclórico [hidroxidotrioxidocloro] para obtener perclorato de cromo(3+) [tetraoxidoclorato(1−) de

cromo(3+)], nitrato de potasio [trioxidonitrato(1−) de potasio], perclorato de potasio

[tetraoxidoclorato(1−) de potasio] y agua.

6

19.– Al introducir una lámina de plata en una disolución concentrada de ácido nítrico se forma

nitrato de plata, monóxido de nitrógeno y agua.

a) Ajuste la ecuación iónica y molecular por el método de ion−electrón.

b) ¿Qué volumen de monóxido de nitrógeno, medido a 20 ºC y 1,00 atm de presión, se formará

por reacción de 26,95 g de plata con un exceso de ácido nítrico? Datos: Masa atómica de la plata, Mat Ag = 107,8 g mol−1 ; Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1

a) 3 Ag + 4 H+ + NO3

− 3 Ag

+ + NO + 2 H2O;

3 Ag + 4 HNO3 3 AgNO3 + NO + 2 H2O ; b) VNO ≈ 2,00 L.

7−3(+5);47+1(0) Solución:

a) Ag Ag+ oxidación inicial

Ag Ag+ = ajustamos S

Ag Ag+ + e

− 1 ajustamos e

−




4 H+ + NO3


3 e− + 4 H

+ + NO3


−

Ag Ag+ + e

− 3 oxidación

3 e− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O = reducción

3 Ag + 4 H+ + NO3− 3 Ag+ + NO + 2 H2O

3 Ag + 4 HNO3 3 AgNO3 + NO + 2 H2O

(hemos añadido 3 NO3− en cada lado − reacción molecular global)

b) Aplicando la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T,

𝑉 =𝑛 𝑅 𝑇

𝑝=

26,95 g Ag ·1 mol Ag

107,8 g Ag·

1 mol NO

3 mol Ag· 0,082

atm L

mol K· 293 K

1,00 atm≅ 2,00 L de NO.




6

20.– Al mezclar sulfuro de hidrógeno con ácido nítrico se forma azufre, dióxido de nitrógeno y

agua.

a) Formule las semirreacciones de oxidación y reducción.

b) Formule la reacción molecular global indicando las especies oxidante y reductora.

c) ¿Cuántos gramos de azufre se obtendrán a partir de 24 cm3 de ácido nítrico comercial de

65 % en masa y densidad 1,39 g cm−3?

d) Calcule el volumen de dióxido de nitrógeno que se obtiene, medido a 700 mmHg y 25 ºC. Datos: Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1 ; Masas atómicas (g mol−1): H = 1 ; N = 14 ; O = 16 ; S = 32

a) S2−

S + 2 e− (oxidación); 1 e

− + 2 H

+ + NO3

− NO2 + H2O (reducción) ;

b) H2S + 2 HNO3 S + 2 NO2 + 2 H2O (molecular global); oxidante: NO3−; reductor: S

2− ;

c) mS ≈ 5,5 g ; d) VNO2 ≈ 9,1 L.

7−1(+5);16+2(−2) Solución:

a) S2−

S oxidación inicial

S2−

S = ajustamos S

S2−

S + 2 e− 2 ajustamos e

−




2 H+ + NO3


1 e− + 2 H

+ + NO3


−

S2− S + 2 e− = oxidación

1 e− + 2 H+ + NO3− NO2 + H2O 2 reducción

b) S2−

+ 4 H+ + 2 NO3

− S + 2 NO2 + 2 H2O

H2S + 2 HNO3 S + 2 NO2 + 2 H2O (reacción molecular global)

La reacción ajustada la hemos obtenido agrupando los iones sin añadir nada. La especie oxidante

es el NO3− (ya que consigue la oxidación del sulfuro a azufre elemental) y la especie reductora el

S2−

(que consigue la reducción del nitrato a dióxido de nitrógeno).

b) Aplicando factores de conversión a la estequiometría:

𝑚 = 24 cm3 dis. ·1,39 g dis.

1 cm3 dis.·

65 % HNO3

100 % dis.·

1 mol HNO3

63 g HNO3·

1 mol S

2 mol HNO3·

32 g S

1 mol S≅ 5,5 g de S.

d) Aplicando la ecuación de los gases perfectos: p V = n R T,

𝑉 =24 cm3 ·

1,39 g

1 cm3 ·65 %

100 % ·

1 mol HNO3

63 g HNO3·

2 mol NO2

2 mol HNO3· 0,082

atm L

mol K· 298 K

700 mmHg ·1,0 atm

760 mmHg

≅ 9,1 L de NO2.

6

21.– Con los siguientes datos, ξ0(Fe2+

│Fe) = −0,44 V y ξ0(Ag+│Ag) = +0,80 V, indique

razonadamente:

a) las reacciones que se producen en los electrodos indicando el ánodo y el cátodo;

b) la reacción global y el potencial estándar de la pila formada con estos electrodos.

a) Ánodo: Fe Fe2+

+ 2 e−; cátodo: Ag

+ + e

− Ag ; b) Fe + 2 Ag

+ Fe

2+ + 2 Ag;

ξ0 = +1,24 V.

26+2(0)║47−1(+1) Solución: a) La oxidación del hierro tiene lugar en el ánodo (por tener un potencial de reducción

menor), mientras que la reducción del ion plata(1+), Ag+, ocurre en el cátodo. Lo que sucede en la

pila sería por tanto: Fe(s)│Fe2+

(ac)║Ag+(ac)│Ag(s)

Fe Fe2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,44 V


b) Fe + 2 Ag+ Fe2+ + 2 Ag ξ0 = +0,44 V + 0,80 V = +1,24 V

6

22.– Conociendo los potenciales estándar de reducción de las siguientes especies, colóquelas

según el orden creciente de su poder oxidante. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Sn2+│Sn) = −0,14 V ; ξ0(Al3+│Al) = −1,66 V ;

ξ0(MnO4−│Mn2+) = +1,51 V

Poder oxidante: Al3+

<< Sn2+

<< MnO4−.

Solución: El poder oxidante caracteriza a las sustancias que se reducen, por lo que aquellas que

tengan mayor potencial de reducción serán las más oxidantes. Por tanto:

Poder oxidante creciente: Al3+

<< Sn2+

<< MnO4−.




6

23.– Considerando condiciones estándar, justifique cuáles de las siguientes reacciones tienen

lugar espontáneamente y cuáles sólo pueden llevarse a cabo por electrólisis:

a) Fe2+

+ Zn Fe + Zn2+

b) 2 H2O 2 H2(g) + O2(g) en medio ácido

c) I2 + 2 Fe2+

2 I− + 2 Fe

3+

d) Fe + 2 Cr3+

Fe2+

+ 2 Cr2+

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Fe2+│Fe) = −0,44 V ; ξ0(Zn2+│Zn) = −0,77 V ;

ξ0(O2│H2O) = +1,23 V ; ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ; ξ0(Cr3+│Cr2+) = −0,42 V ; ξ0(I2│I−) = +0,53 V

a) Espontánea ; b) Por electrolisis; electrolisis > 1,23 V ; c) Por electrolisis; electrolisis > 0,24 V ;

d) Espontánea, pero muy lenta (impedimentos cinéticos) ya que el potencial es muy pequeño.

26−2(+2);30+2(0)

8+2(−2)│ξ│1−1(+1)

26+1(+2)│ξ│53−1(0*2)

24−1(+3);26+2(0)

Solución: a)

Zn Zn2+

+ 2 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,77 V

Fe2+

+ 2 e− Fe Reducción ξ0 = −0,44 V

Zn + Fe2+

Zn2+

+ Fe ξ0 = +0,77 V + (−0,44 V) = +0,33 V

La reacción entre el cinc y los iones hierro(+2) −Fe2+

− será espontánea, porque el potencial es

positivo.

b) 4 OH− O2 + H2O + 4 e

− Se invierte y cambia signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −1,23 V

2 H+ + 2 e

− H2 Reducción ξ0 = 0,00 V

2 H+ + 2 OH

− (2 H2O) 2 H2 + O2 ξ0 = −1,23 V + 0,00 V = −1,23 V

La reacción de descomposición del agua en hidrógeno y oxígeno no será espontánea, pues el

potencial es negativo. Solo se producirá por electrolisis con potenciales mayores de 1,23 V.

c) Fe2+

Fe3+

+ e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,77 V

I2 + 2 e− 2 I

− Reducción ξ0 = +0,53 V

I2 + 2 Fe2+

2 I− + 2 Fe

3+ ξ0 = −0,77 V + 0,53 V = −0,24 V

La reacción entre el iodo y los iones hierro(+2) −Fe2+

− no será espontánea, porque el potencial es

negativo. Solo se producirá por electrolisis con potenciales mayores de 0,24 V.

d) Fe Fe2+


Cr3+

+ e− Cr

2+ Reducción ξ0 = −0,42 V

Fe + 2 Cr3+

Fe2+

+ 2 Cr2+

ξ0 = +0,44 V + (−0,42 V) = +0,02 V

La reacción entre el hierro y los iones cromo(3+) −Cr3+


positivo. Tendrá impedimentos cinéticos (será muy lenta) ya que el potencial es muy pequeño.

6

24.– Considerando la siguiente reacción redox:

K2Cr2O7 + H2SO4 + KCl Cr2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 + H2O,

a) Nombre todos los componentes.

b) Identifique el reductor y el oxidante de la reacción. Razónelo.

c) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción, así como la ecuación molecular

ajustada.

d) ¿Cuántos litros de Cl2 se obtendrán (a 25 ºC y 1,2 atm) tras la reacción de 100 mL de una

disolución 0,030 M de K2Cr2O7?

a) Dicromato de potasio, ácido sulfúrico, cloruro de potasio, sulfato de cromo(3+), cloro, sulfato

de potasio y agua ; b) Reductor: Cl−; oxidante: Cr2O7

2− ; c) Ox: 2 Cl

− Cl2 + 2 e

−;

red: 6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 7 H2O ;

reacción global: 6 KCl + 7 H2SO4 + K2Cr2O7 3 Cl2 + Cr2(SO4)3 + 7 H2O + 4 K2SO4;

d) VCl2 ≈ 1,8 dL.

24−3(+6*2);17+1(−1) Solución: a) Reacciona el dicromato de potasio −heptaoxidodicromato(2−) de potasio o

μ−oxido−bis(trioxidocromato)(2−) de potasio− con ácido sulfúrico −tetraoxidosulfato(2−) de

hidrógeno o dihidroxidodioxidoazufre− y con cloruro de potasio para obtener sulfato de cromo(III)

−o tetraoxidosulfato(2−) de cromo(3+)−, cloro −dicloro−, sulfato de potasio −o

tetraoxidosulfato(2−) de potasio− y agua.

b) El oxidante se encuentra en la reducción y es la especie que se reduce, ya que al mismo tiempo

oxida a la otra especie redox de los productos; por lo tanto es el ion dicromato (Cr2O72−

). El reductor,

siguiendo el razonamiento opuesto, es el ion cloruro (Cl−).

c) Cl− Cl2 oxidación inicial

2 Cl− Cl2 2 ajustamos Cl

2 Cl− Cl2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

2 Cl− Cl2 + 2 e− 3 oxidación


6 Cl− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 3 Cl2 + 2 Cr

3+ + 7 H2O

6 KCl + 7 H2SO4 + K2Cr2O7 3 Cl2 + Cr2(SO4)3 + 7 H2O + 4 K2SO4

(añadimos 8 K+ y 7 SO4

2− por cada lado)

d) Aplicando la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T,


𝑝=

100 mL ·0,030 mol

1 000 mL·

3 mol Cl2

1 mol K2Cr2O7· 0,082

atm L

mol K· 298 K

1,2 atm≅ 0,18 L de Cl2.




6

25.– Considerando los potenciales estándar de reducción correspondientes a los pares redox que

se indican abajo:

a) Justifique razonadamente cuáles son el oxidante y el reductor más fuertes presentes en dichos

pares.

b) Deduzca si es de esperar que, en las condiciones estándar, el yodo molecular oxide al

hierro(2+) hasta hierro(3+) reduciéndose él a ion yoduro. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ;

ξ0(Mn2+│Mn) = −1,18 V ; ξ0(I2│I−) = +0,54 V

a) Oxidante más fuerte: Fe3+

; reductor más fuerte: Mn ; b) No; la reacción no es espontánea.

−−− Solución: a) La especie más oxidante es el reactivo de la reacción de reducción del par redox de

mayor potencial de reducción (ya que al reducirse con mayor facilidad, se comporta como el

oxidante más fuerte). Por tanto es el ion hierro(+3), Fe3+

.

b) La especie más reductora es el producto de la reacción de reducción del par redox de menor

potencial de reducción (ya que al oxidarse con mayor facilidad, se comporta como el reductor más

fuerte). Por tanto es el manganeso metal, Mn0.

c) Para que el iodo se reduzca oxidando el ion Fe2+

tiene que tener lugar el proceso:

Fe2+

Fe3+

+ e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,77 V

I2 + 2 e− 2 I


2 Fe2+

+ I2 2 Fe3+

+ 2 I− ξ0 = −0,77 V + 0,54 V = −0,23 V

Como el potencial es negativo, el proceso no tendrá lugar, al menos de forma espontánea, ya que la

energía libre de Gibbs es positiva: G = −n e ξ0 > 0.

6

26.– Considere la reacción: HNO3 + Cu Cu(NO3)2 + NO(g) + H2O.

a) Ajuste la reacción por el método de ion−electrón.

b) Defina los conceptos de oxidante, reductor, oxidación y reducción.

c) Calcule las masas equivalentes de HNO3 y Cu2+

.

d) ¿Qué volumen de NO, medido a 1,00 atm y 273 K se desprenderá si se oxidan 2,50 g de

cobre metálico? Datos: Masas atómicas, (g mol−1): Mat(H) = 1,0 ; Mat(C) = 12,0 ; Mat(O) = 16,0 ; Mat(Cu) = 63,5 ; Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1

a) 3 Cu + 8 HNO3 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O ; b) Oxidante: reactivo que capta

electrones en una reacción redox; reductor: reactivo que cede electrones en una reacción redox;

oxidación: proceso en el cual un reactivo cede electrones; reducción: proceso en el que un reactivo

gana electrones ; c) meq HNO3 = 21 g; meq Cu2+ ≈ 31,7 g ; d) VNO ≈ 5,9 dL.

7−3(+5);29+2(0) Solución: a)

Cu Cu2+

oxidación inicial

Cu Cu2+

= ajustamos Cu

Cu Cu2+


−




4 H+ + NO3


3 e− + 4 H

+ + NO3


−

Cu Cu2+


3 e− + 4 H

+ + NO3


3 Cu + 8 H+ + 2 NO3

− 3 Cu

2+ + 2 NO + 4 H2O

3 Cu + 8 HNO3 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O (añadimos los iones que faltan)

Para llegar a esta última reacción hemos añadido 6 NO3− en ambos lados de la reacción para

convertir iones en compuestos.

b) Oxidante: reactivo que capta electrones en una reacción redox ; reductor: reactivo que cede

electrones en una reacción redox ; oxidación: proceso por el cual un reactivo cede electrones ;

reducción: proceso por el cual un reactivo capta electrones.

c) La masa equivalente de una sustancia se obtiene dividiendo la masa molecular entre el número

de partículas que intercambia en la reacción por lo que:

Masa equivalenteHNO3

=

(1×1+14×1+16×3) g de HNO3

mol de HNO3

3 mol de e

–

mol de HNO3

= 21 g de HNO3

mol de e–

Masa equivalenteCu

2+ =

63,5 g de Cu2+

mol de Cu2+

2 mol de e

–

mol de Cu2+

≅ 31,7 g de Cu

2+

mol de e– .

Hay que tener en cuenta que estamos calculando la masa equivalente redox del ácido nítrico. Si

fuera la masa equivalente ácido−base sería 63 g, puesto que sólo intercambia un H+.

d) Aplicando la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T, y los factores de conversión

necesarios:


𝑝=

2,50 g Cu ·1 mol Cu

63,5 g Cu·

2 mol NO

3 mol Cu· 0,082

atm L

mol K· 273 K

1,00 atm≅ 0,59 L de NO.




6

27.– Conteste razonadamente si las reacciones que se dan en los siguientes apartados serán

espontáneas, ajustando los procesos que tengan lugar:

a) al agregar aluminio metálico a una disolución acuosa de iones Cu2+;

b) al agregar un trozo de manganeso a una disolución acuosa 1 M de Pb(NO3)2. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Al3+│Al) = −1,66 V ; ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ; ξ0(Mn2+│Mn) = −1,18 V ; ξ0(Pb2+│Pb) = −0,12 V

a) 3 Cu2+ + 2 Al 3 Cu + 2 Al3+, ξ0 = +2,00 > 0 ; espontánea ;

b) Pb2+ + Mn Pb + Mn2+; ξ0 = +1,06 > 0 ; espontánea.

29−2(+2);13+3(0)

82−2(+2);25+2(0)

Solución: a)

a) Al(s) Al3+

+ 3 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +1,66 V

Cu2+

+ 2 e− Cu(s) Reducción ξ0 = +0,34 V

2 Al(s) + 3 Cu2+

2 Al3+

+ 3 Cu(s) ξ0 = +1,66 V + 0,34 V = +2,00 V

La reacción entre el aluminio metal y los iones cobre(2+), Cu2+


espontánea. Se formará cobre metal y quedarán en disolución iones Al3+

.

b) Mn(s) Mn2+

+ 2 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = 1,18 V

Pb2+

+ 2 e− Pb(s) Reducción ξ0 = −0,12 V

Mn(s) + Pb2+

Mn2+

+ Pb(s) ξ0 = −0,12 V + 1,18 V = +1,06 V

La reacción entre el manganeso metal y los iones plomo(2+), Pb2+


espontánea. Se formará plomo metal y quedarán en disolución iones Mn2+

.

6

28.– Cuando se añade ácido sulfúrico a una disolución de ioduro de potasio se forma iodo y se

detecta olor de sulfuro de hidrógeno. Ajuste la correspondiente ecuación iónica por el método

de ion−electrón e indique cuál actúa de oxidante y cuál de reductor.

8 I−(reductor) + 8 H

+ + SO4

2−(oxidante) 4 I2 + S

2− + 4 H2O.

16−8(+6);53+1(−1) Solución: El agente oxidante (y la especie que se reduce) es el SO42−

, puesto que es el que capta

electrones. El agente reductor es el I− (que es el que se oxida), puesto que cede electrones.

I− I2 oxidación inicial


2 I− I2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

SO42−

S2−

reducción inicial

SO42−

S2−

= ajustamos S

SO42−

S2−


8 H+ + SO4

2− S

2− + 4 H2O 8 ajustamos H con protones

8 e− + 8 H

+ + SO4

2− S

2− + 4 H2O 8 ajustamos e

−

2 I− I2 + 2 e

− 4 oxidación

8 e− + 8 H

+ + SO4

2− S

2− + 4 H2O = reducción

8 I− + 8 H+ + SO42− 4 I2 + S2− + 4 H2O

6

29.– Cuando se mezcla cobre con ácido nítrico diluido tiene lugar la siguiente reacción redox

ajustada: 8 HNO3(ac) + 3 Cu(s) 2 NO(g) + 3 Cu(NO3)2(ac) + 4 H2O(ℓ).

a) Indique el número de oxidación del nitrógeno en las especies químicas HNO3 y NO.

b) ¿Cuál es la especie oxidante? Razone la respuesta.

c) ¿Qué volumen de ácido nítrico 0,20 M hará falta para disolver 0,64 g de Cu(s)?

d) ¿Qué volumen de HNO3 5,0 M se necesitaría para preparar 250 mL de HNO3 0,20 M?

Indique el material de vidrio necesario para preparar la disolución de HNO3 0,20 M. Datos: Masas atómicas, Mat (g mol−1): H = 1,0 ; N = 14,0 ; O = 16,0 ; Cu = 63,5

a) [estado ox. N]HNO3 = +5; [estado ox. N]NO = +2 ; b) Oxidante: NO3– ; c) Vdis HNO3 ≈ 1,3 dL

; d) VHNO3 5,0 M = 10 mL; matraz aforado de 250 mL, pipeta aforada de 10 mL y pera de succión.

7−3(+5);29+2(0) Solución: a) El estado de oxidación del nitrógeno en el HNO3 es:

(+1) + [estado ox. N] + (−2) 3 = 0 [estado ox. N] = +5.

El estado de oxidación del nitrógeno en el NO es:

[estado ox. N] + (−2) = 0 [estado ox. N] = +2.

b) La especie oxidante es el reactivo que capta los electrones cedidos por el reactivo que se oxida,

por lo que en este caso es el ion nitrato, NO3−, o el ácido nítrico, HNO3.


𝑉HNO3= 0,64 g Cu ·

1 mol Cu

63,5 g Cu·

8 mol HNO3

3 mol Cu·

1 L disolución

0,20 mol HNO3≅ 0,13 L.

d) Teniendo en cuenta que el número de moles de HNO3 ha de ser el mismo en las dos disoluciones

y aplicando factores de conversión:

𝑛HNO3= 𝑉HNO3

𝑐HNO3= 𝑉′HNO3

𝑐′HNO3 ⇒ 𝑉′HNO3

=𝑉HNO3

𝑐HNO3

𝑐′HNO3

𝑉′HNO3=

250 mL · 0,20 M

5,0 M= 10 mL.

Para preparar esta disolución necesitamos una pipeta aforada, para medir los 10 mL del ácido más

concentrado, con una pera de succión o una propipeta, para evitar accidentes por ingestión del ácido,

y un matraz aforado de 250 mL, para enrasar con agua destilada el ácido añadido previamente desde

la pipeta. Evidentemente se necesitan como reactivos la disolución previa del ácido nítrico, de

concentración 5,0 M y agua destilada.




6

30.– Dada la pila cuya notación es: Ni(s)│Ni2+

(ac)║Ag+(ac)│Ag(s):

a) Dibuje un esquema de la pila, indicando todos los componentes y una posible composición

de la disolución contenida en el puente salino.

b) Escriba las reacciones que tienen lugar en cada electrodo y la reacción global.

c) Calcule la fem estándar, ξ0pila, de la pila.

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Ni2+│Ni) = +0,25 V ; ξ0(Ag+│Ag) = +0,80 V

b) Ánodo: Ni Ni2+

(ac) + 2 e−; cátodo: Ag

+(ac) + e

− Ag; 2 Ag

+ + Ni 2 Ag + Ni

2+ ;

c) ξ0pila = +0,55 V.

28+2(0)║47−1(+1) Solución: Lo primero que hay que decir es que el dato

del potencial del par Ni2+

│Ni no es correcto porque el

valor +0,25 V corresponde al potencial de oxidación de

dicho par. Aun así, resolvemos el problema con los datos

dados.

a) Ver dibujo adjunto.

La pila estaría formada por la reducción del Ag+ (puesto

que tiene mayor potencial de reducción y que tiene lugar

en el cátodo) y la oxidación del Ni (que tiene lugar en el ánodo).

Ni(s)│Ni2+

(ac) −ánodo−║Ag+(ac)│Ag(s) −cátodo−.

b) Ni Ni2+(ac) + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,25 V

Ag+(ac) + e− Ag Reducción ξ0 = +0,80 V

2 Ag+ + Ni 2 Ag + Ni2+ c) ξ0 = +0,80 V + (−0,25 V) = +0,55 V

6

31.– Dada la reacción de oxidación−reducción: I2 + HNO3 HIO3 + NO + H2O,

a) escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción;

b) escriba la reacción global ajustada;

c) identifique, justificando brevemente la respuesta, el agente oxidante y el reductor.

a) 6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H

+ + 10 e

− (oxidación); 3 e

− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O

(reducción) ; b) 3 I2 + 10 HNO3 6 HIO3 + 10 NO + 2 H2O ; c) Agente oxidante: NO3−;

agente reductor: I2.

7−3(+5);53+5(0*2) Solución: a) y b):

I2 IO3− oxidación inicial

I2 2 IO3− 2 ajustamos I

6 H2O + I2 2 IO3− 6 ajustamos O con agua

6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H


6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H

+ + 10 e

− 10 ajustamos e

−




4 H+ + NO3


3 e− + 4 H

+ + NO3


−

6 H2O + I2 2 IO3− + 12 H+ + 10 e− 3 oxidación

3 e− + 4 H+ + NO3− NO + 2 H2O 10 reducción

18 H2O + 3 I2 + 40 H+ + 10 NO3

− 6 IO3

− + 36 H

+ + 10 NO + 20 H2O

3 I2 + 4 H+ + 10 NO3

− 6 IO3

− + 10 NO + 2 H2O (quitamos H

+ y H2O de más)

3 I2 + 10 HNO3 6 HIO3 + 10 NO + 2 H2O (reacción global ajustada)

Para llegar a la reacción global ajustada hemos añadido 6 H+ en cada lado de la reacción, para que

no queden iones sueltos.

c) El agente oxidante es el reactivo que capta los electrones cedidos por el reactivo que se oxida,

por lo que en este caso es el ion nitrato, NO3−, o el ácido nítrico, HNO3. El agente reductor es el

reactivo que cede electrones al reactivo que se reduce, por lo que en este caso es el iodo molecular,

I2.




6

32.– Dada la reacción de oxidación−reducción: K2Cr2O7 + FeCl2 Cr3+

+ Fe3+

,

a) Indique los estados de oxidación de todos los elementos en cada una de las especies

químicas de la reacción;

b) escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción en medio ácido;

c) escriba la reacción global ajustada;

d) identifique, justificando brevemente la respuesta, el agente oxidante y el reductor.

a) K2Cr2O7 [K (+1), Cr (+6), O (−2)], FeCl2 [Fe (+2),Cl (−1)], HCl [H (+1), Cl (−1)], CrCl3

[Cr (+3), Cl (−1)], FeCl3 [Fe (+3), Cl (−1)], H2O [H (+1), O (−2)] y KCl [K (+1), Cl (−1)] ;

b) ox: Fe2+

Fe3+

+ e− ; red: 6 e

− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 7 H2O ;

c) 6 FeCl2 + 14 HCl + K2Cr2O7 6 FeCl3 + 2 CrCl3 + 7 H2O + 2 KCl ; d) oxidante:

Cr2O72−

; reductor: Fe2+

.

24−3(+6*2);26+1(+2) Solución: La reacción es: K2Cr2O7 + FeCl2 + HCl CrCl3 + FeCl3 + H2O + KCl.

a) Los estados de oxidación de todos los elementos son: K2Cr2O7 [K (+1), Cr (+6), O (−2)], FeCl2

[Fe (+2),Cl (−1)], HCl [H (+1), Cl (−1)], CrCl3 [Cr (+3), Cl (−1)], FeCl3 [Fe (+3), Cl (−1)], H2O

[H (+1), O (−2)] y KCl [K (+1), Cl (−1)].

b) Fe2+

Fe3+

oxidación inicial

Fe2+

Fe3+

= ajustamos Fe

Fe2+

Fe3+


−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

Fe2+ Fe3+ + e− 6 oxidación


c) 6 Fe2+

+ 14 H+ + Cr2O7

2− 6 Fe

3+ + 2 Cr

3+ + 7 H2O (reacción iónica ajustada)

6 FeCl2 + 14 HCl + K2Cr2O7 6 FeCl3 + 2 CrCl3 + 7 H2O + 2 KCl

(Se añaden 26 Cl− y 2 K

+ en cada lado − Reacción molecular global)

d) El agente oxidante es el Cr2O72−

, que se reduce a Cr3+

, ya que el cromo varía su estado de

oxidación de +6 a +3. El agente reductor es el Fe2+

, que se oxida a Fe3+

, ya que el hierro aumenta su

estado de oxidación de +2 a +3.

6

33.– Dada la reacción de oxidación−reducción: SO32−

+ MnO4− SO4

2− + Mn

2+,

a) indique los estados de oxidación de todos los elementos en cada uno de los iones de la

reacción;

b) nombre todos los iones;

c) escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción en medio ácido;

d) escriba la reacción iónica global ajustada.

a) SO32−

[S (+4), O (−2)], MnO4− [Mn (+7), O (−2)], SO4

2− [S (+6), O (−2)] y Mn

2+ [Mn (+2)] ;

b) SO32−

[sulfito o trioxidosulfato(2−)], MnO4− [permanganato o tetraoxidomanganato(1−)],

SO42−

[sulfato o tetraoxidosulfato(2−)] y Mn2+

[manganeso(+2) o manganeso(II)] ;

c) ox: SO32−

+ H2O SO42−

+ 2 H+ + 2 e

−; red: 5 e

− + 8 H

+ + MnO4

− Mn

2+ + 4 H2O ;

d) 5 SO32−

+ 6 H+ + 2 MnO4

− 5 SO4

2− + 2 Mn

2+ + 3 H2O.

25−5(+7);16+2(+4) Solución: a) Los estados de oxidación de todos los elementos son: SO32−

[S (+4), O (−2)],

MnO4− [Mn (+7), O (−2)], SO4

2− [S (+6), O (−2)] y Mn

2+ [Mn (+2)].

b) Los nombres de los iones son: SO32−

[sulfito o trioxidosulfato(2−)], MnO4− [permanganato o

tetraoxidomanganato(1−)], SO42−

[sulfato o tetraoxidosulfato(2−)] y Mn2+

[manganeso(+2) o

manganeso(II)].

c) y d) SO32−

SO42−

oxidación inicial

SO32−

SO42−

= ajustamos S

SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−

+ 2 H+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

SO32− + H2O SO4

2− + 2 H+ + 2 e− 5 oxidación

5 e− + 8 H+ + MnO4− Mn2+ + 4 H2O 2 reducción

5 SO32−

+ 5 H2O + 16 H+ + 2 MnO4

− 5 SO4

2− + 10 H

+ + 2 Mn

2+ + 8 H2O

5 SO32− + 6 H+ + 2 MnO4

− 5 SO42− + 2 Mn2+ + 3 H2O (quitamos H

+ y H2O de más)




6

34.– Dada la reacción, en medio acuoso:

K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4 Cr2(SO4)3 + K2SO4 + Na2SO4 + H2O,

a) ajuste por el método de ion−electrón esta reacción en sus formas iónica y molecular;

b) calcule la molaridad de una disolución de sulfito de sodio, si 15 mL de ésta reaccionan

totalmente, en medio ácido, con 25,3 mL de disolución de dicromato de potasio 0,060 M.

a) Iónica: 3 SO32−

+ 8 H+ + Cr2O7

2− 3 SO4

2− + 2 Cr

3+ + 4 H2O;

molecular: 3 Na2SO3 + 4 H2SO4 + K2Cr2O7 3 Na2SO4 + Cr2(SO4)3 + 4 H2O + K2SO4 ;

b) [Na2SO4] ≈ 3,0 dM.

24−3(+6*2);16+2(+4) Solución: a)

SO32−

SO42−

oxidación inicial

SO32−

SO42−

= ajustamos S

SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−

+ 2 H+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

SO32−

+ H2O SO42−

+ 2 H+ + 2 e

− 3 oxidación

6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


3 SO32−

+ 3 H2O + 14 H+ + Cr2O7

2− 3 SO4

2− + 6 H

+ + 2 Cr

3+ + 7 H2O

3 SO32− + 8 H+ + Cr2O7

2− 3 SO42− + 2 Cr3+ + 4 H2O (quitamos H

+ y H2O de más)

3 Na2SO3 + 4 H2SO4 + K2Cr2O7 3 Na2SO4 + Cr2(SO4)3 + 4 H2O + K2SO4

añadimos 6 Na+, 2 K

+ y 4 SO4

2− en cada lado (reacción molecular global)

b) Aplicando los factores de conversión necesarios:

[Na2SO4] = 25,3 mL dis. ·0,060 mol K2Cr2O7

1 000 mL disolución·

3 mol Na2SO4

1 mol K2Cr2O7·

1

0,015 L dis.≅ 0,30 M.

6

35.– Dada la reacción: 3 Cu + 8 HNO3 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O, justifique la

veracidad o falsedad de las afirmaciones siguientes:

a) El Cu acepta electrones experimentando, por tanto, una reducción.

b) El estado de oxidación del nitrógeno en el ácido nítrico es+5.

c) El ácido nítrico es el reductor y el cobre el oxidante.

a) Falsa. Se oxida (Cu Cu2+

) ; b) Verdadera ; c) Falsa. HNO3, oxidante; Cu, reductor.

7−3(+5);29+2(0) Solución: a) Falsa. El Cu pasa de estado de oxidación 0 a +2, en un proceso de oxidación, ya que

pierde electrones.

b) Verdadera. En un ácido el estado de oxidación del hidrógeno es +1 y el del oxígeno −2 por lo

que: est oxidación N = est ox HNO3 − est ox H − 3·est oxidación O = 0 − 1 − 3 (−2) = +5.

c) Falsa. Ya hemos comentado que el Cu se oxida, por lo que es el reductor. Por tanto, el ion nitrato,

NO3−, que pasa de estado de oxidación +5 a +2, es el que se reduce y, por tanto, el oxidante.

6

36.– Dadas las dos reacciones siguientes sin ajustar:

(i) Br−(ac) + Cl

−(ac) Br2(g) + Cl2(g)

(ii) Zn(s) + NO3−(ac) + H

+(ac) Zn

2+(ac) + NO(g) + H2O,

a) justifique por qué una de ellas no se puede producir;

b) ajuste las semirreacciones de oxidación y de reducción de la reacción que sí se puede

producir;

c) ajuste la reacción global de la reacción que sí se puede producir;

d) justifique si es espontánea dicha reacción. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Br2│Br−) = +1,06 V ; ξ0(Cl2│Cl−) = +1,36 V ;

ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V ; ξ0(NO3−│NO) = +0,96 V

a) La primera tiene dos oxidaciones y ninguna reducción ; b) Zn Zn2+

+ 2 e−(oxidación);

3 e− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O (reducción) ;

c) 3 Zn + 8 H+ + 2 NO3

− 3 Zn

2+ + 2 NO + 4 H2O (reacción iónica);

3 Zn + 8 HNO3 3 Zn(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O (total) ; d) Sí es espontánea: ξ0T = +1,72 V.

−−−

7−3(+5);30+2(0)

Solución: a) La primera no puede producirse porque hay dos sustancias que se oxidan y ninguna

que se reduce, y siempre tiene que haber alguien que se oxide (que pierda electrones) y alguien que

se reduzca (que los capte).

b) y c) Zn Zn2+

oxidación inicial

Zn Zn2+

= ajustamos Zn

Zn Zn2+


−




4 H+ + NO3


3 e− + 4 H

+ + NO3


−

Zn Zn2+


3 e− + 4 H

+ + NO3


3 Zn + 8 H+ + 2 NO3

− 3 Zn

2+ + 2 NO + 4 H2O

Aunque la contestación que hay arriba es suficiente, podemos ir más allá si ajustamos el exceso de

protones con nitratos (6 en cada lado), ya que obtenemos la reacción global:

3 Zn + 8 HNO3 3 Zn(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O (de todas formas se podría haber ajustado con

cualquier otro anión que pueda ir asociado a protones).

d) El potencial normal de la pila formada es:

ξ0T = ξ0

red − ξ0ox = +0,96 V − (−0,76 V) = +1,72 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea.




6

37.– Dadas las reacciones:

1) As4O6 + Cl2 + H2O H3AsO4 + HCl

2) KCl + KMnO4 + H2SO4 MnSO4 + K2SO4 + Cl2 + H2O,

a) indique en cada caso cuáles son los agentes oxidantes y reductores;

b) ajústelas por el método de ion−electrón.

a.1) Oxidante, Cl2; reductor, As4O6; a.2) Oxidante, MnO4−; reductor, Cl

− ;

b.1) 10 H2O + As4O6 + 4 Cl2 4 H3AsO4 + 8 HCl;

b.2) 10 KCl + 8 H2SO4 + 2 KMnO4 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 Cl2 + 6 K2SO4.

17−1(0*2);33+2(+3*4)

25−5(+7);17+1(−1)

Solución: a.1) La especie oxidante es el cloro, Cl2. La reductora es el hexaóxido de tetraarsénico,

As4O6.

a.2) La especie oxidante es el permanganato, MnO4−. La reductora es el ion cloruro, Cl

−.

b.1) As4O6 AsO43−

oxidación inicial

As4O6 4 AsO43−

4 ajustamos As

10 H2O + As4O6 4 AsO43−


10 H2O + As4O6 4 AsO43−


10 H2O + As4O6 4 AsO43−

+ 20 H+ + 8 e

− 8 ajustamos e

−

Cl2 Cl− reducción inicial


2 e− + Cl2 2 Cl

− 2 ajustamos e

−

10 H2O + As4O6 4 AsO43−

+ 20 H+ + 8 e

− = oxidación

2 e− + Cl2 2 Cl

− 4 reducción

10 H2O + As4O6 + 4 Cl2 4 AsO43−

+ 20 H+ + 8 Cl

−

10 H2O + As4O6 + 4 Cl2 4 H3AsO4 + 8 HCl (no hay que añadir nada)

b.2) Cl− Cl2 oxidación inicial

2 Cl− Cl2 2 ajustamos Cl

2 Cl− Cl2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

2 Cl− Cl2 + 2 e− 5 oxidación

5 e− + 8 H+ + MnO4− Mn2+ + 4 H2O 2 reducción

10 Cl− + 16 H

+ + 2 MnO4

− 2 Mn

2+ + 8 H2O + 5 Cl2

10 KCl + 8 H2SO4 + 2 KMnO4 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 Cl2 + 6 K2SO4

(añadimos 12 K+ y 8 SO4


6

38.– Dadas las siguientes reacciones, explique razonadamente cuáles corresponden a procesos

redox, indicando qué especie se oxida, cuál se reduce, cuál es la especie oxidante y cuál la

reductora.

a) 4 KIO3 + 10 KHSO3 2 I2 + 7 K2SO4 + 3 H2SO4 + 2 H2O.

b) CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2.

La reacción a) es redox. El IO3− es la especie oxidante y al mismo tiempo la especie que se reduce;

el SO32−

es la especie reductora y la que se oxida. La reacción b) es una reacción ácido−base.

53−5(+5);16+2(+4)

−−−

Solución: Solo corresponde a un proceso redox la primera, puesto que en la segunda no varían

los estados de oxidación de los elementos que intervienen siendo una reacción ácido−base.

La especie oxidante es el iodato, IO3−, que se reduce en el proceso (ganando electrones) para dar

el iodo molecular. La especie reductora es el sulfito, SO32−

, que se oxida en el proceso (perdiendo

electrones) para dar iones sulfato, SO42−

.

IO3− I2 reducción inicial

2 IO3− I2 2 ajustamos I

2 IO3− I2 + 6 H2O 6 ajustamos O con agua

12 H+ + 2 IO3

− I2 + 6 H2O 12 ajustamos H con protones

10 e− + 12 H

+ + 2 IO3

− I2 + 6 H2O 10 ajustamos e

−

SO32−

SO42−

oxidación inicial

SO32−

SO42−

= ajustamos S

SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−


SO32−

+ H2O SO42−

+ 2 H+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−




6

39.– Dadas las siguientes semipilas Hg2+

│Hg(ℓ), Ni2+

│Ni(s) y Cu2+

│Cu(s), busque la

combinación cuya pila tendría una mayor fuerza electromotriz y calcule su valor. Escriba las

semiecuaciones de oxidación y reducción correspondientes a dicha pila. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0[Hg2+│Hg(ℓ)] = +0,80 V ;

ξ0[Ni2+│Ni(s)] = −0,25 V ; ξ0[Cu2+│Cu(s)] = +0,34 V

Ni(s)│Ni2+

(ac) −ánodo−║Hg2+

(ac)│Hg(ℓ) −cátodo− ; ξ0pila = +1,05 V ;

Oxidación: Ni Ni2+

+ 2 e− ; reducción: Hg

2+ + 2 e

− Hg.

28+2(0)║80−2(+2) Solución: a) La pila de mayor potencial se produce con los potenciales de reducción mayor y

menor. Este último ha de transcurrir como una oxidación y no como reducción por lo que:

Ni Ni2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,25 V

Hg2+ + 2 e− Hg Reducción ξ0 = +0,80 V

Hg2+

+ Ni Hg + Ni2+

ξ0 = +0,25 V + 0,80 V = +1,05 V

El esquema de la pila sería el siguiente: Ni(s)│Ni2+

(ac) −ánodo−║Hg2+

(ac)│Hg(ℓ) −cátodo−.

6

40.– Dados los pares Cd2+

│Cd y Cu2+

│Cu, si queremos construir una pila galvánica,

a) ¿cuál sería el ánodo y cuál el cátodo?

b) Escriba la reacción iónica y calcule el potencial de electrodo normal (o estándar) de la pila

(ξ0cel).

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Cd2+│Cd) = −0,40 V ; ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V

a) Ánodo: Cd Cd2+

+ 2 e−; cátodo: Cu

2+ + 2 e

− Cu ; b) Cu

2+ + Cd Cu + Cd

2+ ;

ξ0 = +0,74 V; Cd(s)│Cd2+

(ac)║Cu2+

(ac)│Cu(s).

48+2(0)║29−2(+2) Solución: a) Por ser mayor el potencial de reducción del cobre, ésta es la reducción que se produce

en la pila. La oxidación del cadmio tiene lugar en el ánodo, mientras que la reducción del Cu2+

ocurre

en el cátodo.

b) Lo que sucede en la pila sería:

Cd Cd2+


Cu2+


Cu2+ + Cd Cu + Cd2+ ξ0 = +0,34 V + 0,40 V = +0,74 V

La notación de la pila es: Cd(s)│Cd2+

(ac)║Cu2+

(ac)│Cu(s).

6

41.– Dados los pares Pb2+

│Pb y Zn2+

│Zn y si queremos construir una pila galvánica,

a) realice un esquema de la misma, señalando cuál es el cátodo y cuál es el ánodo;

b) escriba las reacciones que tienen lugar en cada uno de los electrodos y la reacción global;

c) calcule el potencial estándar de la pila y escriba su notación.

d) ¿En qué dirección circulan los electrones por el circuito? Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Pb2+│Pb) = −0,13 V ; ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V

a) y b) Ánodo: Zn Zn2+

+ 2 e−; cátodo: Pb

2+ + 2 e

− Pb; Pb

2+ + Zn Pb + Zn

2+ ;

c) ξ0 = +0,63 V; Zn(s)│Zn2+

(ac)║Pb2+

(ac)│Pb(s) ; d) Circulan desde el ánodo al cátodo por la

parte externa de la pila y iones con carga positiva por la parte acuosa de esta.

30+2(0)║82−2(+2) Solución: a) Por ser mayor el potencial de reducción del plomo, ésta es la reducción que se produce

en la pila. La oxidación del cinc tiene lugar en el ánodo, mientras que la reducción del Pb2+

ocurre

en el cátodo.Lo que sucede en la pila sería por tanto:

b) Zn Zn2+


Pb2+

+ 2 e− Pb Reducción ξ0 = −0,13 V

c) Pb2+ + Zn Pb + Zn2+ ξ0 = +0,76 V + (−0,13 V) = +0,63 V

Zn(s)│Zn2+

(ac)║Pb2+

(ac)│Pb(s).

d) Por la parte externa de la pila circulan los electrones desde el ánodo al cátodo.

6

42.– Dados los siguientes electrodos: Fe2+

│Fe, Ag+│Ag y Pb

2+│Pb,

a) ¿qué combinación hay que hacer para formar la pila que dé el mayor voltaje? ¿Qué valor

tendrá dicho voltaje?

b) Escriba la ecuación química del proceso completo que tiene lugar en una pila formada por

electrodos de plata y plomo. ¿Qué electrodo actúa como ánodo? Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Fe2+│Fe) = −0,44 V ; ξ0(Ag+│Ag) = +0,80 V ;

ξ0(Pb2+│Pb) = −0,13 V

a) Fe(s)│Fe2+

(ac)║Ag+(ac)│Ag(s); ξpila

0 = +1,24 V ; b) 2 Ag+ + Pb 2 Ag + Pb

2+; el de

plomo: Pb│Pb2+

.

26+2(0)║47−1(+1)

47−1(+1);82+2(0)

Solución: a) La pila con mayor potencial se produce con la reducción del que tenga el potencial

de reducción mayor y la oxidación del que tenga el valor más bajo, puesto que es lo que da lugar a

los mayores potenciales de reducción de lo que se reduce y de oxidación del que se oxida.

Fe Fe2+


Ag+ + e

− Ag Reducción ξ0 = +0,80 V

2 Ag+ + Fe 2 Ag + Fe

2+ ξ0 = +0,44 V + 0,80 V = +1,24 V

La notación de la pila de mayor potencial es: Fe(s)│Fe2+


b) El proceso que tiene lugar es:

Pb Pb2+


Ag+ + e

− Ag Reducción ξ0 = +0,80 V

2 Ag+ + Pb 2 Ag + Pb2+ ξ0 = +0,13 V + 0,80 V = +0,93 V

La notación de la pila es: Pb(s)│Pb2+

(ac) −ánodo−║Ag+(ac)│Ag(s) −cátodo−. En el ánodo se

produce siempre la oxidación que, como hemos visto anteriormente, se produce en el electrodo de

plomo: Pb(s)│Pb2+

(ac).




6

43.– Dados los siguientes potenciales normales de reducción elija un agente reductor capaz de

reducir Cd2+

a Cd pero no Mg2+

a Mg. Escriba la reacción global correspondiente. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ;

ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ; ξ0(Cd2+│Cd) = −0,40 V ; ξ0(Zn2+│Zn) = −0,77 V ; ξ0(Mn2+│Mn) = −1,18 V ;

ξ0(Mg2+│Mg) = −2,37 V ; ξ0(Ca2+│Ca) = −2,87 V ; ξ0(K+│K) = −2,93 V

El Zn y el Mn:

Cu + Cd2+

Cu2+

+ Cd; Cu + Mg2+

Cu2+

+ Mg

Zn + Cd2+

Zn2+

+ Cd; Zn + Mg2+

Zn2+

+ Mg

Mn + Cd2+

Mn2+

+ Cd; Mn + Mg2+

Mn2+

+ Mg

Ca + Cd2+

Ca2+

+ Cd; Ca + Mg2+

Ca2+

+ Mg

2 K + Cd2+

2 K+ + Cd; 2 K + Mg

2+ 2 K

+ + Mg.

26+2(0)║48−2(+2)

30+2(0)║48−2(+2)

Solución: a) Para que el ion cadmio(+2) se reduzca a cadmio metal, el potencial de reducción de su

par debe ser mayor que el del par reductor (que se oxidará), mientras que para no reducir el

magnesio(+2) a magnesio metal, el potencial de reducción de este debe ser menor que el del par

reductor. Por tanto: ξ0(Mg2+

│Mg) < ξ0(Men+

│Me) < ξ0(Cd2+

│Cd).

A su vez, como produce reducciones debe ser la especie reducida del par, por lo que siempre será

el metal neutro.

Zn Zn2+


Cd2+

+ 2 e− Cd Reducción ξ0 = −0,40 V

Zn + Cd2+

Zn2+

+ Cd ξ0 = −0,40 V + 0,76 V = +0,36 V

Proceso espontáneo, ya que la energía libre de Gibbs es negativa: G = −n e ξ0 < 0.

Mn Mn2+


Cd2+

+ 2 e− Cd Reducción ξ0 = −0,40 V

Mn + Cd2+

Mn2+

+ Cd ξ0 = −0,40 V + 1,18 V = +0,78 V

Proceso espontáneo, ya que la energía libre de Gibbs es negativa: G = −n e ξ0 < 0.

Los demás pares no podrían producir la reducción del ion cadmio(+2), como es el caso del cobre,

o producirán también la del ion magnesio(+2), como es el caso del calcio y el potasio.

6

44.– Dados los siguientes valores de potenciales normales de reducción, razone si las siguientes

reacciones químicas son o no espontáneas en condiciones estándar.

a) Cr(s) + Al3+ Al(s) + Cr3+.

b) 2 Br− + Cl2 Br2 + 2 Cl

−.

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0[Cr3+│Cr(s)] = −0,74 V ;

ξ0[Al3+│Al(s)] = −0,66 V ; ξ0[Br2│Br−] = +1,06 V ; ξ0(Cl2│Cl−) = +1,36 V

a) Sí; ξ0 = +0,08 V ; b) Sí; ξ0 = +0,30 V.

13−3(+3);24+3(0)

17−1(0*2);35+1(−1)

Solución: a) En realidad el potencial del aluminio no es el que da el problema, dado que el potencial

real es −1,68 V. Utilizamos, sin embargo, el dato dado:

Cr(s) Cr3+


Al3+

+ 3 e− Al(s) Reducción ξ0 = −0,66 V

Cr(s) + Al3+

Cr3+

+ Al(s) ξ0 = +0,74 V + (−0,66 V) = +0,08 V

La reacción entre el cromo metal y los iones aluminio, Al3+


espontánea. Se formará aluminio metal y quedarán en disolución iones Cr3+

, aunque el potencial de

la pila es muy bajo, por lo que la reacción presenta impedimentos cinéticos.

b) 2 Br− Br2 + 2 e

− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −1,06 V

Cl2 + 2 e− 2 Cl


2 Br− + Cl2 Br2 + 2 Cl

− ξ0 = −1,06 V + 1,36 V = +0,30 V

La reacción entre el cloro y los iones bromuro, Br−, y ya que G = −n e ξ0 < 0, sí será espontánea,

formándose bromo líquido, Br2, y quedando en disolución iones cloruro, Cl−.




6

45.– Deduzca razonadamente y escribiendo la reacción ajustada:

a) si el hierro en su estado elemental puede ser oxidado a hierro(II) con MoO42−;

b) si el hierro(II) puede ser oxidado a hierro(III) con NO3−.

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(MoO42−│Mo3+) = +0,51 V ;

ξ0(NO3−│NO) = +0,96 V ; ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ; ξ0(Fe2+│Fe) = −0,44 V

a) Sí; ξ0 = +0,95 V ; b) Sí; ξ0 = +0,19 V.

42−3(6+);26+2(0)

7−3(+5);26+1(+2)

Solución: a)

Fe Fe2+

oxidación inicial

Fe Fe2+

= ajustamos Fe

Fe Fe2+


−

MoO42−

Mo3+

reducción inicial

MoO42−

Mo3+

= ajustamos Mo

MoO42−

Mo3+


8 H+ + MoO4

2− Mo


3 e− + 8 H

+ + MoO4

2− Mo


−

Fe Fe2+


3 e− + 8 H

+ + MoO4

2− Mo


3 Fe + 16 H+ + 2 MoO4

2− 3 Fe

2+ + 2 Mo

3+ + 8 H2O

El potencial normal de la pila formada es:

ξ0T = ξ0

red − ξ0ox = +0,51 V − (−0,44 V) = +0,95 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea, por

lo que el MoO42−

oxida al Fe.

b) Fe2+

Fe3+

oxidación inicial

Fe2+

Fe3+

= ajustamos Fe

Fe2+

Fe3+


−




4 H+ + NO3


3 e− + 4 H

+ + NO3


−

Fe2+

Fe3+

+ e− 3 oxidación

3 e− + 4 H

+ + NO3

− NO + 2 H2O = reducción

3 Fe2+

+ 4 H+ + NO3

− 3 Fe

3+ + NO + 2 H2O

El potencial normal de la pila formada es:

ξ0T = ξ0

red − ξ0ox = +0,96 V − (0,77 V) = +0,19 V. Por ser positivo, la reacción es espontánea, por lo

que el NO3− oxida al Fe

2+. Al ser bajo el potencial, presenta impedimentos cinéticos.

6

46.– Dos cubas electrolíticas que contienen disoluciones acuosas de AgNO3 y Cu(NO3)2

respectivamente, están montadas en serie (pasa la misma intensidad por ambas). Si en 1 hora

exacta se depositan en la segunda cuba 54,5 g de cobre, calcule:

a) la intensidad de corriente que atraviesa las cubas;

b) los gramos de plata que se depositarán en la primera cuba tras dos horas de paso de la misma

intensidad de corriente. Datos: Constante de Faraday: F = 96 500 C mol−1 ; Masas atómicas (g mol−1): Mat(Cu) = 63,5 ; Mat(Ag) = 107,9

a) I ≈ 46 A ; b) mAg ≈ 370 g.

47−1(+1)│ξ

29−2(+2)│ξ

Solución: a) Las reacciones que tienen lugar son: Ag+ + e

− Ag y; Cu

2+ + 2 e

− Cu ,

por lo que, aplicando los factores de conversión necesarios (o la 2.ª ley de Faraday) a la segunda

cuba (de la que nos dan datos de cantidad depositada):

𝐼 =54,5 g Cu

1 h·

1 mol de Cu

63,5 g de Cu·

2 mol de e–

1 mol de Cu2+

·96 500 C

1 mol de e–·

1 h

3 600 s≅ 46 C s–1 = 46 A.

b) En dos horas la cantidad de cobre depositado será el doble de la dada en el enunciado, por lo que,

aplicando los factores de conversión adecuados (se puede hacer también aplicando la 2.ª ley de

Faraday):

𝑚 = 109,0 g Cu ·1 mol Cu

63,5 g Cu·

2 mol e–

1 mol Cu2+

·1 mol Ag

+

1 mol e–·107,9 g de Ag

1 mol de Ag≅ 370 g de Ag.




6

47.– El ácido sulfúrico concentrado reacciona con el bromuro de potasio y se obtiene sulfato de

potasio, dióxido de azufre, bromo y agua.

a) Ajuste la reacción molecular mediante el método de ion−electrón.

b) Indique cuál es la especie que actúa de oxidante.

c) ¿Cuántos gramos de bromo se obtienen a partir de 5,0 cm3 de ácido sulfúrico concentrado

con una riqueza del 90 % y densidad 1,82 g cm−3? Datos: Masas atómicas, g mol−1: Mat (H) = 1 ; Mat (O) = 16 ; Mat (S) = 32 ; Mat (Br) = 80

a) 2 KBr + 2 H2SO4 Br2 + SO2 + 2 H2O + K2SO4 ; b) El oxidante es el SO42−

;

c) mBr2 ≈ 6,7 g.

16−2(+6);35+1(−1) Solución: a)

Br− Br2 oxidación inicial

2 Br− Br2 2 ajustamos Br

2 Br− Br2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

SO42−

SO2 reducción inicial

SO42−

SO2 = ajustamos S

SO42−

SO2 + 2 H2O 2 ajustamos O con agua

4 H+ + SO4

2− SO2 + 2 H2O 4 ajustamos H con protones

2 e− + 4 H

+ + SO4

2− SO2 + 2 H2O 2 ajustamos e

−

2 Br− Br2 + 2 e

− = oxidación

2 e− + 4 H

+ + SO4

2− SO2 + 2 H2O = reducción

2 Br− + 4 H

+ + SO4

2− Br2 + SO2 + 2 H2O

2 KBr + 2 H2SO4 Br2 + SO2 + 2 H2O + K2SO4

(hemos añadido 2 K+ y 1 SO4


b) El agente oxidante es el sulfato, SO42−

, puesto que es el que capta electrones.


𝑚Br = 5,0 cm3 ·1,82 g

1 cm3·

90 % H2SO4

100 % dis.·

1 mol H2SO4

98 g H2SO4·

1 mol Br2

2 mol H2SO4·

160 g Br2

1 mol Br2≅ 6,7 g Br2.

6

48.– El cloro gaseoso se obtiene por la oxidación del HCl con HNO3 produciéndose además NO2

y H2O.

a) Ajuste la reacción molecular por el método de ion−electrón.

b) Calcule el volumen de cloro obtenido, a 25 ºC y 1,0 atm (101,3 kPa), cuando reaccionan

500 mL de una disolución acuosa 2,0 M de HCl con HNO3 en exceso, si el rendimiento de la

reacción es del 80,0 %. Datos: Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1 = 8,31 J K−1 mol−1

a) 2 HCl + 2 HNO3 Cl2 + 2 NO2 + 2 H2O ; b) VCl2 ≈ 9,77 L de Cl2.

7−1(+5);17+1(−1) Solución: a)

Cl− Cl2 oxidación inicial

2 Cl− Cl2 2 ajustamos Br

2 Cl− Cl2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−




2 H+ + NO3


e− + 2 H

+ + NO3


−

2 Cl− Cl2 + 2 e

− = oxidación

1 e− + 2 H

+ + NO3


2 Cl− + 4 H

+ + 2 NO3

− Cl2 + 2 NO2 + 2 H2O

2 HCl + 2 HNO3 Cl2 + 2 NO2 + 2 H2O − Reacción molecular global

b) Aplicando factores de conversión y la ecuación de los gases ideales , p V = n R T:

𝑉Cl2 =𝑛 𝑅 𝑇

𝑝=

500 mL dis ·2,00 mol HCl

1 000 mL dis·

1 mol Cl2

2 mol HCl· 0,082

atm L

mol K· 298 K

1,0 atm·

80,0 % teóricos

100 % reales≅ 9,77 L.




6

49.– El cloruro de mercurio(II) reacciona con el cloruro de estaño(II) para dar cloruro de

mercurio(I) y cloruro de estaño(IV).

a) Ajuste y escriba la reacción en forma molecular.

b) Represente la pila formada en notación simbólica con los iones que intervienen en el proceso.

c) Calcule su fuerza electromotriz estándar. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Sn4+│Sn2+) = +0,14 V ;

ξ0(Hg2+│Hg22+) = +0,92 V

a) SnCl2 + 2 HgCl2 SnCl4 + Hg2Cl2 ;

b) Pt(s)│Sn2+

(ac),Sn4+

(ac)║Hg2+

(ac),Hg22+

(ac)│Pt(s) ; c) ξ0pila ≈ +0,78 V.

80−1(+2);50+2(+2) Solución: a)

Sn2+

Sn4+

oxidación inicial

Sn2+

Sn4+

= ajustamos Sn

Sn2+

Sn4+


−

Hg2+

Hg22+

reducción inicial

2 Hg2+

Hg22+

2 ajustamos Hg

2 e− + 2 Hg

2+ Hg2

2+ 2 ajustamos e

−

Sn2+

Sn4+

+ 2 e− = oxidación

2 e− + 2 Hg

2+ Hg2

2+ = reducción

Sn2+

+ 2 Hg2+

Sn4+

+ Hg22+

SnCl2 + 2 HgCl2 SnCl4 + Hg2Cl2 − reacción molecular global

Para llegar a la reacción global hemos añadido 6 Cl– en cada lado.

b) La notación de la pila es: Pt(s)│Sn2+

(ac),Sn4+

(ac)║Hg2+

(ac),Hg22+

(ac)│Pt(s).

c) Sn2+

Sn4+

+ 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,14 V

2 e− + 2 Hg

2+ Hg2

2+ Reducción ξ0 = +0,92 V

Sn2+

+ 2 Hg2+

Sn4+

+ Hg22+

ξ0 = −0,14 V + 0,92 V = +0,78 V

6

50.– El estaño metálico, en presencia de ácido clorhídrico, es oxidado por el dicromato de potasio,

K2Cr2O7, a cloruro de estaño(IV) reduciéndose el dicromato a cromo(3+).

a) Ajuste, por el método de ion−electrón, la ecuación molecular completa.

b) Calcule la riqueza en estaño de una aleación si 1,0 gramo de la misma una vez disuelta se

valora, en medio ácido clorhídrico, con dicromato de potasio 0,10 M, gastándose 25 mL del

mismo. Datos: Masa atómica del estaño, Mat Sn = 119 g mol−1

a) 3 Sn + 28 HCl + 2 K2Cr2O7 3 SnCl4 + 4 CrCl3 + 14 H2O + 4 KCl ; b) % ≈ 45 %.

24−3(+6*2);50+4(0) Solución: a)

Sn Sn4+

oxidación inicial

Sn Sn4+

= ajustamos Sn

Sn Sn4+


−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

Sn Sn4+


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


3 Sn + 28 H+ + 2 Cr2O7

2− 3 Sn

4+ + 4 Cr

3+ + 14 H2O

3 Sn + 28 HCl + 2 K2Cr2O7 3 SnCl4 + 4 CrCl3 + 14 H2O + 4 KCl

(hemos añadido en cada lado 28 Cl− y 4 K

+ − reacción molecular global)

b) La riqueza es la proporción entre el estaño que hay realmente en la muestra y el que debería haber

por lo que, aplicando factores de conversión:

% =25 mL ·

1 L

1 000 mL·

0,10 mol K2Cr2O7

1 L K2Cr2O7·

3 mol Sn

2 mol K2Cr2O7·

119 g Sn

1 mol Sn

1,0 g de muestra≅ 0,45 · 100 % = 45 %.




6

51.– El estaño metálico, Sn, reacciona con el ácido nítrico [hidroxidodioxidonitrógeno],

obteniéndose como productos dióxido de nitrógeno, dióxido de estaño y agua.

a) Ajuste la reacción por el método de ion−electrón.

b) Calcule la masa de dióxido de estaño que se puede obtener cuando 20 mL de ácido nítrico,

del 47,25 % de riqueza en masa y densidad 1,33 g mL−1, reaccionan con 59,35 g de Sn. Datos: Masas atómicas, Mat (g mol−1): H = 1,0 ; N = 14,0 ; O = 16,0 ; Sn = 118,7

a) Sn + 4 HNO3 SnO2 + 4 NO2 + 2 H2O ; b) mSnO2 ≈ 7,5 g.

7−1(+5);50+4(0) Solución: a)

Sn SnO2 oxidación inicial

Sn SnO2 = ajustamos Sn

2 H2O + Sn SnO2 2 ajustamos O con agua

2 H2O + Sn SnO2 + 4 H+ 4 ajustamos H con protones

2 H2O + Sn SnO2 + 4 H+ + 4 e

− 4 ajustamos e

−




2 H+ + NO3


e− + 2 H

+ + NO3


−

2 H2O + Sn SnO2 + 4 H+ + 4 e

− = oxidación

e− + 2 H

+ + NO3


2 H2O + Sn + 8 H+ + 4 NO3

− SnO2 + 4 H

+ + 4 NO2 + 4 H2O

Sn + 4 H+ + 4 NO3

− SnO2 + 4 NO2 + 2 H2O (quitamos H2O y H

+ en exceso)

Sn + 4 HNO3 SnO2 + 4 NO2 + 2 H2O

(No hace falta añadir nada − Se juntan H+ y NO3

− − Reacción molecular global)

b) Aplicando los cambios de factores de conversión necesarios:

𝑚SnO2= 20 mL ·

1,33 g d.

1 mL d.·

47,25 % HNO3

100 % dis.·

1 mol HNO3

63,0 g HNO3·

1 mol SnO2

4 mol HNO3·

150,7 g SnO2

1 mol SnO2≅ 7,5 g.

6

52.– En el laboratorio disponemos de una solución acuosa de Zn2+

1,0 M, de una solución acuosa

de Cu2+

1,0 M y de hierro y aluminio sólidos.

a) ¿Qué reacción haría para obtener zinc sólido? Justifique la respuesta.

b) Escriba la ecuación de la reacción entre la solución acuosa de Cu2+

y el aluminio sólido y

calcule la energía libre estándar de esta reacción. Datos: Considere que las reacciones se producen a 25 ºC ; Constante de Faraday:

F = 96 485 C mol−1 ; Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ;

ξ0(Fe2+│Fe) = −0,44 V ; ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V ; ξ0(Al3+│Al) = −1,68 V

a) 2 Al + 3 Zn2+

2 Al3+

+ 3 Zn ; b) 2 Al + 3 Cu2+

2 Al3+

+ 3 Cu;

G ≈ 1,17 MJ mol−1.

13+3(0)║30−2(+2)

13+3(0)║29−2(+2)

Solución: a) Para obtener cinc sólido a partir de una disolución de cinc necesito reducir el ion

cinc(+2) lo que solo es posible con la forma reducida de un par con potencial de reducción menor

que el del cinc. El único caso posible con los datos del problema es añadir aluminio:

Al Al3+


Zn2+

+ 2 e− Zn Reducción ξ0 = −0,76 V

2 Al + 3 Zn2+ 2 Al3+ + 3 Zn ξ0 = +1,68 V + (−0,76 V) = +0,92 V

Como el potencial es positivo, el proceso tendrá lugar de forma espontánea, ya que la energía libre

de Gibbs es negativa: G = −n e ξ0 < 0.

b) El proceso que tiene lugar es:

Al Al3+


Cu2+


2 Al + 3 Cu2+ 2 Al3+ + 3 Cu ξ0 = +1,68 V + 0,34 V = +2,02 V

La energía libre de Gibbs se calcula aplicando la relación entre ella y el potencial:

G = −n e ξ0 = −6·1,6·10−19 C electrón−1·6,022·1023 electrones mol−1·2,12 V ≈ 1,17 MJ mol−1.

6

53.– En la electrólisis del cloruro de sodio fundido indique los productos que se obtienen en el

ánodo y en el cátodo. Escriba dichas reacciones.

Ánodo: 2 Cl−(ℓ) Cl2(g) + 2 e

− ; cátodo: Na

+(ℓ) + e

− Na(s).

17+1(−1)║11−1(+1) Solución: a) El proceso electrolítico que tiene lugar es:

2 Cl−(ℓ) Cl2(g) + 2 e− Oxidación Ánodo (+)

Na+(ℓ) + e− Na(s) Reducción Cátodo (−)

6

54.– En la pila que utiliza la siguiente reacción: Cu + Fe3+

Cu2+

+ Fe2+

,

a) identifique el ánodo y el cátodo y escriba las semirreacciones que tienen lugar;

b) escriba la reacción ajustada de la pila, calcule la fuerza electromotriz estándar e indique si el

proceso es espontáneo. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ;

ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V

a) Cu(s)│Cu2+

(ac) −ánodo−║Fe3++

(ac) , Fe2+

(ac) −cátodo− ;

b) 2 Fe3+

+ Cu 2 Fe2+

+ Cu2+

; espontánea; ξ0pila = +0,43 V.

29+2(0)║26−1(+3) Solución: a) Como la oxidación (pérdida de electrones) tiene siempre lugar en el ánodo, la notación

de la pila será: Cu(s)│Cu2+

(ac) −ánodo−║Fe3++

(ac),Fe2+

(ac)│Pt(s) −cátodo−.

b) Los procesos que tienen lugar son:

Cu Cu2+


Fe3+

+ e− Fe


2 Fe3+ + Cu 2 Fe2+ + Cu2+ ξ0 = −0,34 V + 0,77 V = +0,43 V

La reacción entre el cobre, Cu y los iones hierro(3+) −Fe3+


positivo, ya que G = −n e ξ0 < 0.




6

55.– En la práctica “Construcción de una pila Daniell (o su equivalente)”:

a) ¿En qué consiste el puente salino? ¿Para qué sirve?

b) ¿En qué electrodo se ha producido la oxidación y en cuál la reducción?

c) Represente simbólicamente la pila.

a) Un tubo lleno de una disolución concentrada de una sal inerte redox; sirve para cerrar el circuito

eléctrico ; b) La oxidación en el ánodo, Zn│Zn2+

y la reducción en el cátodo, Cu2+

│Cu ;

c) Zn(s)│Zn2+

(ac)║Cu2+

(ac)│Cu(s).

30+2(0)║29−2(+2) Solución: a) El puente salino está formado por un tubo de vidrio en forma de U invertida, que

contiene una disolución concentrada de una sal inerte para reacciones redox, como puede ser el

cloruro de potasio, KCl, separada del exterior por un par de algodones húmedos. Permite que el ciclo

de movimiento de cargas sea cerrado. También se puede cambiar por un tabique poroso que separe

ambas células electrolíticas.

b) El electrodo donde tiene lugar la oxidación es siempre el ánodo (que en este caso es el electrodo

negativo), y el electrodo donde tiene lugar la reducción es siempre el cátodo (en este caso es

positivo).

c) La notación de la pila es: Zn(s)│Zn2+



6

56.– En la reacción de hierro metálico con vapor de agua se produce tetraóxido de trihierro, Fe3O4,

e hidrógeno molecular.

a) Formule y ajuste la reacción química que tiene lugar.

b) Calcule el volumen de hidrógeno gaseoso medido a 127 ºC y 5,0 atm que se obtiene por

reacción de 558 g de hierro metálico.

c) ¿Cuántos gramos de tetraóxido de trihierro se obtendrán a partir de 3,00 moles de hierro?

d) ¿Cuántos litros de vapor de agua a 10,0 atm y 127 ºC se precisan para reaccionar con los

3,00 moles de hierro? Datos: Masas atómicas, g mol−1: Mat (O) = 16,0 ; Mat (Fe) = 55,8 ; Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1

a) 3 Fe + 4 H2O Fe3O4 + 4 H2 ; b) VH2 ≈ 87 L ; c) mFe3O4 ≈ 231 g ; d) VH2O(V) ≈ 13,1 L.

1−1(+1);26+2,67(0) Solución: a) La reacción que tiene lugar, antes de ajustarse, es: Fe + H2O Fe3O4 + H2.

Fe Fe3O4 oxidación inicial

3 Fe Fe3O4 3 ajustamos Fe

3 Fe + 4 H2O Fe3O4 4 ajustamos O con agua

3 Fe + 4 H2O Fe3O4 + 8 H+ 8 ajustamos H con protones

3 Fe + 4 H2O Fe3O4 + 8 H+ + 8 e

− 8 ajustamos e

−

H+ H2 reducción inicial

2 H+ H2 2 ajustamos H

2 e− + 2 H

+ H2 2 ajustamos e

−

3 Fe + 4 H2O Fe3O4 + 8 H+ + 8 e

− = oxidación

2 e− + 2 H

+ H2 4 reducción

3 Fe + 4 H2O + 8 H+ Fe3O4 + 8 H

+ + 4 H2

3 Fe + 4 H2O Fe3O4 + 4 H2 (quitamos los H+ de más)

Se podría haber ajustado en medio básico (daría lo mismo) pero los cálculos son más complejos.

b) Aplicando factores de conversión y la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T.


𝑝=

558 g Fe ·1 mol Fe

55,8 g Fe·

4 mol H2

3 mol Fe· 0,082

atm L

mol K· 400 K

5,0 atm≅ 87 L de H2.

c) Aplicando los cambios de factores de conversión necesarios:

𝑚 = 3,00 mol Fe ·1 mol Fe3O4

3 mol Fe·

(55,8×3 + 16×4) g Fe3O4

1 mol Fe3O4≅ 231 g de Fe3O4.

d) Aplicando factores de conversión y la ecuación de los gases perfectos, p V = n R T,


𝑝=

3,00 mol Fe ·4 mol H2O

3 mol Fe· 0,082

atm L

mol K· 400 K

10,0 atm≅ 13,1 L de H2O.




6

57.– En medio ácido, el ion permanganato, MnO4−, se utiliza como agente oxidante fuerte.

Conteste razonadamente a las siguientes preguntas y ajuste las reacciones iónicas que se puedan

producir.

a) ¿Reacciona con Fe(s)?

b) ¿Oxidaría al H2O2? Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(MnO4

−│Mn2+) = +1,51 V ; ξ0(Fe2+│Fe) = +0,44 V ; ξ0(O2│H2O2) = +0,70 V

a) Sí; 5 Fe + 16 H+ + 2 MnO4

− 5 Fe

2+ + 2 Mn

2+ + 8 H2O ;

b) Sí; 5 H2O2 + 16 H+ + 2 MnO4

− 5 O2 + 10 H

+ + 2 Mn

2+ + 8 H2O.

25−5(+7);26+2(0)

25−5(+7);8+1(−1*2)

Solución: Como el potencial de reducción del permanganato, MnO4−, es superior a los de los demás

pares y, además, nos plantean las reacciones uniendo la forma oxidada del manganeso con las

reducidas de las otras especies, tendrán lugar ambas reacciones.

a) Fe Fe2+

oxidación inicial

Fe Fe2+

= ajustamos Fe

Fe Fe2+


−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

Fe Fe2+


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


5 Fe + 16 H+ + 2 MnO4− 5 Fe2+ + 2 Mn2+ + 8 H2O

b) H2O2 O2 oxidación inicial

H2O2 O2 = ajustamos O con agua

H2O2 O2 + 2 H+ 2 ajustamos H con protones

H2O2 O2 + 2 H+ + 2 e

− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

H2O2 O2 + 2 H+ + 2 e

− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


5 H2O2 + 16 H+ + 2 MnO4− 5 O2 + 10 H+ + 2 Mn2+ + 8 H2O

6

58.– Explique cómo construiría en el laboratorio una pila con electrodos de cinc y cobre.

Zn│Zn2+║Cu

2+│Cu.

a) Haga el dibujo correspondiente.

b) ¿En qué sentido circularán los electrones?

c) ¿Cuáles son las especies oxidante y reductora?

d) ¿Cuál será el potencial de la pila en condiciones estándar?

Justifique las respuestas. Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V ; ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V

b) Del ánodo, Zn, al cátodo, Cu, por la parte externa de la pila ; c) Oxidante: Cu2+

; reductor, Zn

; d) ξ0pila = +1,10 V.

30+2(0)║29−2(+2) Solución: a) Ver imagen:

b) Por la parte externa de la pila circulan los electrones desde el ánodo, Zn, al

cátodo, Cu.

c) La especie oxidante es el ion cobre(+2), Cu2+

, ya que es el que se reduce

oxidando al Zn. La especie reductora es el Zn, ya que es el que se oxida

reduciendo el ion Cu2+

. Zn(s)│Zn2+

(ac, 1 M)║Cu2+

(ac, 1 M)│Cu(s)

d) Zn Zn2+ + 2 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,76 V


Cu2+ + Zn Cu + Zn2+ ξ0 = +0,34 V + 0,76 V = +1,10 V

6

59.– La electrólisis de una disolución acuosa de BiCl3 en medio neutro origina Bi(s) y Cl2(g).

a) Escriba las semirreacciones iónicas en el cátodo y en el ánodo y la reacción global del

proceso, y calcule el potencial estándar correspondiente a la reacción global.

b) Calcule la masa de bismuto metálico y el volumen de cloro gaseoso, medido a 25 ºC y

1,0 atm, obtenidos al cabo de dos horas exactas, cuando se aplica una corriente de 1,5 A. Datos: Constante de Faraday: F = 96 485 C mol−1 ; Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1 ; Masas atómicas: g mol−1: Mat (Cl) = 35,5 ; Mat (Bi) = 209,0 ;

Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Bi3+│Bi) = +0,29 V ; ξ0(Cl2│Cl−) = +1,36 V

a) Ánodo: 2 Cl−(ac) Cl2(g) + 2 e

−; cátodo: Bi

3+(ac) + 3 e

− Bi(s); ξ0

reacción = −1,07 V ;

b) mBi ≈ 7,8 g; VCl2 ≈ 1,4 L.

17+1(−1)│ξ│83−3(+3) Solución: a) El proceso electrolítico que tiene lugar es:

2 Cl−(ac) Cl2(g) + 2 e− Oxidación, ánodo (−) ξ0 = −1,36 V

Bi3+(ac) + 3 e− Bi(s) Reducción, cátodo (+) ξ0 = +0,29 V

6 Cl−(ac) + 2 Bi3+(ac) 3 Cl2(g) + 2 Bi(s) ξ0 = −1,36 V + 0,29 V = −1,07 V

El potencial es negativo porque se tiene que aportar desde el exterior.

b) Aplicando los factores de conversión necesarios y la ecuación de los gases perfectos:

𝑚Bi = 2,0 h ·3 600 s

1 h·

1,5 C

1 s·

1 mol e–

96 485 C·

1 mol Bi

3 mol e–·

209,0 g Bi

1 mol Bi≅ 7,8 g

𝑉Cl2 =𝑛 𝑅 𝑇

𝑝=

2,0 h ·3 600 s

1 h·

1,5 C

1 s·

1 mol e–

96 485 C·

1 mol Cl2

2 mol e–· 0,082

atm L

mol K· 298 K

1,0 atm≅ 1,4 L.




6

60.– La valoración en medio ácido de 50,0 mL de una disolución saturada de oxalato de sodio,

requiere 24,0 mL de permanganato de potasio 0,023 0 M. Sabiendo que la reacción que se

produce es: C2O42−

+ MnO4− Mn

2+ + CO2(g), calcule los gramos de oxalato de sodio

que habrá en 1,00 litros de la disolución saturada. Datos: Masas atómicas (g mol−1): Mat (C) = 12,0 ; Mat (O) = 16,0 ; Mat (Na) = 23,0

mNa2C2O4 ≈ 3,70 g.

25−5(+7);6+1(+3) Solución: Para ajustar la reacción observamos que el C en el oxalato tiene estado de oxidación +3

mientras que en el CO2 es +4 (se oxida). Por otro lado, el manganeso pasa de +7 en el permanganato

a +2 (se reduce).

C2O42−

CO2 oxidación inicial

C2O42−

2 CO2 2 ajustamos C

C2O42−

2 CO2 = ajustamos O y H

C2O42−

2 CO2 + 2 e− 2 ajustamos e

−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

C2O42−

2 CO2 + 2 e− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


5 C2O42−

+ 16 H+ + 2 MnO4

− 10 CO2 + 2 Mn

2+ + 8 H2O

Para neutralizar tenemos en cuenta que el número de moles de electrones desprendidos por el

reductor, C2O42−

, han de ser los mismos que necesita captar el oxidante, MnO4−,

ared Vred Mred = aox Vox Mox, de donde:

2 mol e−/mol de reductor·50,0 mL·Mred = 5 mol e

−/mol de oxidante·24,0 mL·0,023 0 M

Mred ≈ 0,027 6 M.

Aplicando los factores de conversión necesarios:

𝑚 = 1,00 L de disolución ·0,027 6 mol de Na2C2O4

1 L de disolución·

134 g de Na2C2O4

1 mol de Na2C2O4≅ 3,70 g de Na2C2O4.

6

61.– Los potenciales de reducción estándar de los electrodos Fe2+

│Fe y Ag+│Ag son,

respectivamente, ξ0(Fe2+

│Fe) = −0,44 V y ξ0(Ag+│Ag) = +0,80 V. Indique, justificando

brevemente la respuesta:

a) ¿Cuál es el potencial estándar de la pila formada con estos dos electrodos?

b) ¿Qué reacciones se producen en los electrodos de esta pila?

c) Identifique el ánodo y el cátodo de la pila.

a) ξ0 = +1,24 V ; b y c) Ánodo: Fe Fe2+

+ 2 e−; cátodo: Ag

+ + e

− Ag.

26+2(0)║47−1(+1) Solución: a y b) Por ser mayor el potencial de reducción de la plata, ésta es la que se produce en la

pila.

Fe Fe2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,44 V


Fe + 2 Ag + Fe2+

+ 2 Ag ξ0 = +0,44 V + 0,80 V = +1,24 V

La oxidación del hierro tiene lugar en el ánodo, mientras que la reducción del ion plata(1+), Ag+,

ocurre en el cátodo. Lo que sucede en la pila sería: Fe(s)│Fe2+


6

62.– Los potenciales normales de reducción de los electrodos Sn2+

│Sn y Fe3+

│Fe2+

son −0,14 V

y 0,77 V, respectivamente.

a) Escriba la reacción espontánea que tendrá lugar en una pila formada por dichos electrodos.

b) Indique qué sustancia se oxida y cuál se reduce y calcule el valor de la fem de la pila.

a) Sn + 2 Fe3+

Sn2+

+ 2 Fe2+

; b) Se oxida: Sn; se reduce: Fe3+

; ξ0pila = +0,91 V.

50+2(0)║26−1(+3) Solución: a) Para que una reacción redox sea espontánea tienen que darse dos circunstancias: que

tenga lugar una oxidación y una reducción y que el potencial formado por ambas reacciones sea

positivo, ya que: G = −n e ξ0. Por lo tanto, tiene que ocurrir como reducción la semirreacción

con el potencial de reducción más alto (en nuestro caso la del Fe) y tiene que tener lugar como

oxidación la que tenga el potencial de oxidación más alto, que tiene por tanto el de reducción más

bajo (en nuestro caso el del Sn). La reacción que tiene lugar es:

Sn Sn2+


Fe3+

+ e− Fe


Sn + 2 Fe3+ Sn2+ + 2 Fe2+ b) ξ0 = +0,14 V + 0,77 V = +0,91 V

La especie que se oxida es la que pierde electrones (por tanto se oxida el estaño metálico, Sn),

mientras que la que se reduce es el ion hierro(3+), Fe3+

.




6

63.– Observe la figura; las cuatro disoluciones se encuentran conectadas en serie. Por ellas circula

una cierta cantidad de corriente. Si de la primera disolución se deposita 1,00 g de Ag, ¿qué masas

de los otros iones metálicos se depositarán simultáneamente? ¿Cuál es la cantidad de electricidad

utilizada, en culombios? Datos: Masas atómicas, (g mol−1): Mat(Cr) = 52,0 ; Mat(Cu) = 63,5 ; Mat(Zn) = 65,4 ; Mat(Ag) = 107,9 ; Constante de Faraday: F = 96 485 C mol−1

mCr ≈ 1,6 dg ; mZn ≈ 3,03 dg ; mCu ≈ 2,94 dg ; Q ≈ 894 C.

47−1(+1)│ξ

24−3(+3)│ξ

30−2(+2)│ξ

29−2(+2)│ξ

Solución: Al encontrarse las cuatro cubas en serie la cantidad de electricidad que pasa por cada una

de ellas es la misma, puesto que los electrones hacen el recorrido completo. Las reacciones que

tienen lugar son: Ag+ + e

− Ag ; Cr

3+ + 3 e

− Cr ; Zn

2+ + 2 e

− Zn ; y

Cu2+

+ 2 e− Cu , por lo que, aplicando los factores de conversión adecuados:

1,00 g de Ag ·1 mol de Ag

107,9 g de Ag·

1 mol de e–

1 mol de Ag+·

1 mol de Cr3+

3 mol de e–·

52 g de Cr

1 mol de Cr≅ 0,16 g de Cr


107,9 g de Ag·

1 mol de e–

1 mol de Ag+·

1 mol de Zn2+

2 mol de e–·

65,4 g de Zn

1 mol de Zn≅ 0,303 g de Zn


107,9 g de Ag·

1 mol de e–

1 mol de Ag+·

1 mol de Cu2+

2 mol de e–·

63,5 g de Cu

1 mol de Cu≅ 0,294 g de Cu.

b) Teniendo en cuenta sólo la reacción que tiene lugar en la primera cuba (de la que nos dan datos

de cantidad depositada) y aplicando los factores de conversión adecuados (se puede hacer también

aplicando la 2.ª ley de Faraday):

𝑄 = 1,00 g de Ag ·1 mol de Ag

107,9 g de Ag·

1 mol de e–

1 mol de Ag+·

96 485 C

1 mol de e–≅ 894 C.

6

64.– Para determinar el contenido en hierro de cierto preparado vitamínico, donde el hierro se

encuentra en forma de Fe(2+), se pesaron 25 g del preparado, se disolvieron en medio ácido y se

hicieron reaccionar con una disolución 0,10 M en permanganato de potasio necesitándose, para

ello, 30 mL de esta disolución. La reacción no ajustada que tiene lugar es la siguiente:

MnO4−(ac) + Fe

2+(ac) + H

+(ac) Mn

2+(ac) + Fe

3+(ac) + H2O(ℓ)

a) Ajuste en forma iónica la reacción anterior por el método ion−electrón.

b) Calcule el % de hierro (en masa) presente en el preparado vitamínico. Datos: Masa atómica: Mat (g mol−1): Fe = 55,8

a) 5 Fe2+

+ 8 H+ + MnO4

− 5 Fe

3+ + Mn

2+ + 4 H2O ; b) %Fe ≈ 3,3 %.

25−5(+7);26+1(+2) Solución: a)

Fe2+

Fe3+

oxidación inicial

Fe2+

Fe3+

= ajustamos Fe

Fe2+

Fe3+


−

MnO4− Mn


MnO4− Mn

2+ = ajustamos Mn

MnO4− Mn


8 H+ + MnO4

− Mn


5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


−

Fe2+

Fe3+

+ e− 5 oxidación

5 e− + 8 H

+ + MnO4

− Mn


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

b) El tanto por ciento en masa es la proporción entre el hierro que hay en el preparado vitamínico y

el total de este por lo que, aplicando los factores de conversión adecuados:

%Fe =30 mL dis ·

0,10 mol KMnO4

1 000 mL dis·

5 mol Fe2+

1 mol KMnO4·

55,8 g Fe2+

1 mol Fe2+

25 g de muestra≅ 0,033 = 3,3 %.




6

65.– Para determinar el contenido en hierro de un acero se disuelven 0,288 6 g del mismo en

HCl(ac), obteniéndose el ion Fe2+

que se valora en medio ácido (por ejemplo H2SO4) con

K2Cr2O7 0,016 18 M obteniéndose Cr3+ y Fe3+.

a) Si al valorar se utilizan 41,14 cm3 de K2Cr2O7, ¿cuál es el porcentaje en masa de Fe en ese

acero?

b) Nombre las especies que intervienen en la reacción anterior e indique el oxidante, el

reductor, la especie que se oxida y la que se reduce. Datos: Masa atómica del Fe: Mat(Fe) = 55,85 g mol−1

a) 77,29 % de hierro en el mineral; b) Dicromato de potasio + dicloruro de hierro + cloruro de

hidrógeno tricloruro de cromo + tricloruro de hierro + cloruro de potasio + agua; se oxida el

Fe2+

(reductor) pasando a ser Fe3+

; se reduce el Cr2O72−

(oxidante) pasando a ser Cr3+

.

24−3(+6*2);26+1(+2) Solución: a)

Fe2+

Fe3+

oxidación inicial

Fe2+

Fe3+

= ajustamos Fe

Fe2+

Fe3+


−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

Fe2+ Fe3+ + e− 6 oxidación


6 Fe2+ + 14 H+ + Cr2O72− 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O (reacción iónica ajustada)

El porcentaje en masa es la proporción entre la masa que se ha oxidado y la masa total de la muestra

por lo que:

% =0,041 14 L ·

0,016 18 mol K2Cr2O7

1 L·

6 mol Fe

1 mol K2Cr2O7·

55,85 g Fe

1 mol Fe

0,288 6 g de mineral≅ 0,772 9 = 77,29 %.

b) Reacciona el dicromato de potasio −heptaoxidodicromato(2−) de potasio o

μ−oxido−bis(trioxidocromato)(2−) de potasio− con el cloruro de hierro(+2) −o cloruro de hierro(II)−

y con clorano −cloruro de hidrógeno− para obtener cloruro de cromo(3+) −o cloruro de cromo(III)−,

cloruro de hierro(3+) −o cloruro de hierro(III)−, cloruro de potasio y agua.

Se oxida el Fe2+

que aumenta su carga positiva y es la especie reductora, transformándose en Fe3+

;

se reduce el Cr2O72−

, que disminuye su carga positiva y es la especie oxidante, transformándose en

Cr3+

.

6

66.– Por una cuba electrolítica que contiene cloruro de cobre(II) fundido, circula una corriente

eléctrica de 3,0 A durante 45 minutos. Calcule:

a) la masa de cobre que se deposita;

b) el volumen de cloro que se desprende, medido en condiciones normales. Datos: Constante de Faraday: F = 96 500 C mol−1 ; Masa atómica del cobre, Mat Cu = 63,5 g mol−1

a) mCu ≈ 2,7 g ; b) VCl2 ≈ 9,4 dL.

17+1(−1)│ξ│29−2(+2) Solución: La reacción que tiene lugar es: Cu2+

+ 2 e− Cu ; 2 Cl

− Cl2↑ + 2 e

−, por lo

que, aplicando los factores de conversión adecuados (y en el caso del cloro la ecuación de los gases

perfectos):

a) 𝑚 = 45 min ·60 s

1 min·

3,0 C

1 s·

1 mol de e–

96 500 C·

1 mol de Cu2+

2 mol de e–·

63,5 g de Cu

1 mol de Cu≅ 2,7 g de Cu.

b) 𝑉 =𝑛 𝑅 𝑇

𝑝=

45 min ·60 s

1 min·

3,0 C

1 s·

1 mol e–

96 500 C·

1 mol Cl2

2 mol e– · 0,082atm L

mol K· 273 K

1 atm≅ 0,94 L de Cl2.

6

67.– Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:

a) Para los siguientes compuestos/iones, escriba el estado de oxidación del elemento que se

indica en negrita y subrayado en cada uno de ellos: NH4+ ; Na2O2 ; CH3OCH3 ; PH3;

MnO4−.

b) Para la pila Zn−Cu en condiciones estándar, indique cuál es el cátodo y el ánodo de la pila y

la dirección en que circulan los electrones.

c) En la pila anterior, ¿cuál es la reacción química que se produce? ¿Y el valor del potencial

normal? Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Zn2+│Zn) = −0,76 V ; ξ0(Cu2+│Cu) = +0,40 V

a) NH4+: N (−3), Na2O2: O (−1), CH3OCH3: C (−2), PH3: P (−3), MnO4

−: Mn (+7) ;

b) Ánodo: Zn Zn2+

+ 2 e−; cátodo: Cu

2+ + 2 e

− Cu; del electrodo de Zn al de Cu ;

c) Zn + Cu2+

Zn2+

+ Cu; ξ0 = +1,16 V.

30+2(0)║29−2(+2) Solución: a) Los estados de oxidación de todos los elementos son: NH4+ [H (+1), N (−3)], Na2O2

[Na (+1),O (−1)], CH3OCH3[H (+1), O (−2), C (−2)], PH3 [H (+1), P (−3)], MnO4− [Mn (+7),

O (−2)].

b) Por ser mayor el potencial de reducción del Cu2+

, esta reducción (que se hace en el cátodo) es la

que se produce en la pila. La oxidación del cinc tiene lugar en el ánodo. Los electrones van del

electrodo de cinc al de cobre.

Zn Zn2+ + 2 e− Se invierte y se cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = +0,76 V


c) Zn + Cu2+ Zn2+ + Cu ξ0 = +0,76 V + 0,40 V = +1,16 V

Lo que sucede en la pila sería por tanto: Zn(s)│Zn2+

(ac)║Cu2+

(ac)│Cu(s).




6

68.– Se realiza la electrodeposición completa de la plata que hay en 2,0 L de una disolución de

AgNO3. Si fue necesaria una corriente de 1,86 amperios durante 12 minutos, calcule:

a) la molaridad de la disolución de AgNO3;

b) los gramos de plata depositados en el cátodo. Datos: Constante de Faraday: F = 96 500 C mol−1 ; Masa atómica de la plata, Mat Ag = 108 g mol−1

a) [AgNO3] ≈ 6,94 mM ; b) mAg ≈ 1,50 g.

47−1(+1)│ξ Solución: a) La reacción que tiene lugar es: Ag+ + e

− Ag, por lo que, aplicando los factores

de conversión adecuados:

[AgNO3] =12 min ·

60 s

1 min·

1,86 C

1 s·

1 mol e–

96 500 C·

1 mol Ag+

1 mol e–·

1 mol AgNO3

1 mol Ag+

2,0 L≅ 6,94·10–3 M.

b) Aplicando los factores de conversión adecuados:

𝑚Ag = 12 min ·60 s

1 min·

1,86 C

1 s·

1 mol e–

96 500 C·

1 mol Ag

1 mol e–·

108 g Ag

1 mol Ag≅ 1,50 g.

6

69.– Se realiza la electrólisis de una disolución acuosa que contiene Cu2+

. Calcule:

a) la carga eléctrica necesaria para que se depositen 5,0 g de Cu en el cátodo. Exprese el

resultado en culombios;

b) qué volumen de H2(g), medido a 30 ºC y 770 mmHg, se obtendría si esa carga eléctrica se

emplease para reducir H+(acuoso) en un cátodo.

Datos: Constante de los gases ideales, R = 0,082 atm L mol−1 K−1 ; Masa atómica del cobre, Mat Cu = 63,5 g mol−1 ; Constante de Faraday: F = 96 500 C mol−1

a) Q ≈ 15 kC ; b) VH2 ≈ 1,9 L.

29−2(+2)│ξ

1−1(+1)│ξ

Solución: a) Aplicando los factores de conversión necesarios (o la 2.ª ley de Faraday):

𝑄 = 5,0 g de Cu ·1 mol Cu

63,5 g Cu·

2 mol e–

1 mol Cu·

96 500 C

1 mol e–≅ 1,5·104 C.

b) Aplicando la ecuación de los gases perfectos y los factores de conversión adecuados:


𝑝=

1,5·104 C ·1 mol e–

96 500 C·

1 mol H2

2 mol e– · 0,082atm L

mol K· 303 K

770 mmHg ·1 atm

760 mmHg

≅ 1,9 L de H2.

6

70.– Teniendo en cuenta la siguiente reacción global, en medio ácido y sin ajustar:

K2Cr2O7 + HI KI + CrI3 + I2 + H2O

a) indique los estados de oxidación de todos los átomos en cada una de las moléculas de la

reacción;

b) escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción, así como la reacción global.

a) K2Cr2O7 [K (+1), Cr (+6), O (−2)]; HI [H (+1), I (−1)]; KI [K (+1), I (−1)]; CrI3 [Cr (+3),

I (−1)]; I2 [I (0)] y H2O [H (+1), O (−2)] ; b) Red: 6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr

3+ + 7 H2O;

ox: 2 I− I2 + 2 e

−; 14 HI + K2Cr2O7 3 I2 + 2 CrI3 + 7 H2O + 2 KI.

24−3(+6*2);53+1(−1) Solución: a) Los estados de oxidación de los elementos son: K2Cr2O7 [K (+1), Cr (+6), O (−2)], HI

[H (+1), I (−1)], KI [K (+1), I (−1)], CrI3 [Cr (+3), I (−1)], I2 [I(0)] y H2O [H (+1), O (−2)].

b) I− I2 oxidación inicial


2 I− I2 + 2 e

− 2 ajustamos e

−

Cr2O72−

Cr3+

reducción inicial

Cr2O72−

2 Cr3+

2 ajustamos Cr

Cr2O72−

2 Cr3+


14 H+ + Cr2O7

2− 2 Cr


6 e− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 2 Cr


−

2 I− I2 + 2 e− 3 oxidación


6 I− + 14 H

+ + Cr2O7

2− 3 I2 + 2 Cr

3+ + 7 H2O

14 HI + K2Cr2O7 3 I2 + 2 CrI3 + 7 H2O + 2 KI

(añadimos 8 I− y 2 K

+ por cada lado – reacción molecular global)

6

71.– Teniendo en cuenta los potenciales de reducción estándar de los pares

ξ0(Hg22+

│Hg) = +0,27 V y ξ0(Cu2+

│Cu) = +0,34 V,

a) ¿cuál es la fuerza electromotriz, en condiciones estándar, de la pila que se podría construir?;

b) escriba las semirreacciones y la reacción global de esa pila;

c) indique cuál es el cátodo, el ánodo y sus signos.

a) ξ0pila = +0,07 V ; b) 2 Hg Hg2

2+ + 2 e

−; Cu

2+ + 2 e

− Cu;

Cu2+

+ 2 Hg Cu + Hg22+

; c) Ánodo(−): Hg(ℓ)│Hg22+

(ac); cátodo(+): Cu2+

(ac)│Cu(s).

80+1(0)║29−2(+2) Solución: La pila que se forma es:

b) 2 Hg Hg22+ + 2 e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,27 V


Cu2+ + 2 Hg Cu + Hg22+ a) ξ0 = +0,34 V + (−0,27 V) = +0,07 V

Dado el bajo potencial de la pila, presentará grandes impedimentos cinéticos.

c) El electrodo negativo, ya que aporta los electrones, es el ánodo y es donde tiene lugar la

oxidación. El positivo es el cátodo y es donde tiene lugar la reducción.

La notación de la pila es: Pt(s)│Hg(ℓ)│Hg22+



6

72.– Una corriente de 4,0 amperios circula durante 1 hora y 10 minutos a través de dos células

electrolíticas que contienen, respectivamente, sulfato de cobre(+2) y cloruro de aluminio.

a) Escriba las reacciones que se producen en el cátodo de ambas células electrolíticas.

b) Calcule los gramos de cobre y de aluminio metálicos que se habrán depositado. Datos: Masas atómicasg mol−1: Mat (Al) = 27,0 ; Mat (Cu) = 63,5 ; Constante de Faraday: F = 96 500 C eq−1

a) Cu2+

+ 2 e− Cu; Al

3+ + 3 e

− Al ; b) mCu ≈ 5,5 g; mAl ≈ 1,6 g.

29−2(+2)│ξ

13−3(+3)│ξ

Solución: a) Las reacciones que tienen lugar son: Cu2+

+ 2 e− Cu ; Al

3+ + 3 e

− Al.

b) Aplicando los factores de conversión adecuados (se puede hacer también aplicando la 2.ª ley de

Faraday):

𝑚Cu = 70 min ·60 s

1 min·

4,0 C

1 s·

1 mol de e–

96 500 C·

1 mol de Cu2+

2 mol de e–·

63,5 g de Cu

1 mol de Cu≅ 5,5 g de Cu

𝑚Al = 70 min ·60 s

1 min·

4,0 C

1 s·

1 mol de e–

96 500 C·

1 mol de Al3+

3 mol de e–·

27,0 g de Al

1 mol de Al≅ 1,6 g de Al.




6

73.– Una pieza metálica de 4,11 g que contiene cobre se introduce en ácido clorhídrico

obteniéndose una disolución que contiene Cu2+

y un residuo sólido insoluble. Sobre la disolución

resultante se realiza una electrolisis pasando una corriente de 5,0 A. Al cabo de 656 s se pesa el

cátodo y se observa que se han depositado 1,08 g de cobre.

a) Calcule la masa atómica del cobre.

b) ¿Qué volumen de cloro se desprendió durante el proceso electrolítico en el ánodo (medido

a 20 ºC y 760 mmHg)?

c) ¿Cuál era el contenido real de Cu (en % masa) en la pieza original, si al cabo de 25 minutos

de paso de corriente se observó que la masa del cátodo no variaba? Datos: R = 0,082 atm L mol−1 K−1 ; F = 96 485 C mol−1

a) Mat Cu ≈ 63,54 g ; b) VCl2 ≈ 4,08 dL ; c) 60,1 % de Cu.

17+1(−1)│ξ│29−2(+2) Solución: a) Aplicando los factores de conversión necesarios obtenemos los moles de átomos de Cu

que se han depositado:

656 s ·5 C

1 s·

1 mol de e–

96 485 C·

1 mol de átomos de Cu

2 mol de e–≅ 0,017 00 mol de átomos de Cu.

Como la masa depositada es 1,08 g de Cu se cumple que:

𝑚 = 1 mol de átomos de Cu ·1,08 g de Cu

0,017 00 mol de átomos de Cu≅ 63,54 g de Cu.

Como ésa es la masa de un mol, ésa es la masa atómica.

b) Aplicando los factores de conversión adecuados y la ecuación de los gases ideales:


𝑝=

656 s ·5,0 C

1 s·

1 mol de e–

96 485 C·

1 mol de Cl𝟐

2 mol de e–· 0,082

atm L

mol K· 293 K

760 mmHg ·1 atm

760 mmHg

≅ 0,408 L de Cl2.

c) Calculamos la masa de cobre que se ha depositado en los 25 minutos y el porcentaje de la pieza

metálica que supone (por lo tanto, el contenido real):

25 min ·60 s

1 min·

1,08 g de Cu

656 s·

100 %

4,11 g≅ 60,1% de Cu.

6

74.– Utilizando los valores de los potenciales de reducción estándar indique, justificando

brevemente la respuesta, cuál o cuáles de las siguientes reacciones se producirá de forma

espontánea:

a) Fe2+

+ Cu Fe + Cu2+

b) Fe2+

+ Cu Fe3+

+ Cu2+

c) Fe3+

+ Cd Fe2+

+ Cd2+

d) Fe2+

+ Cd Fe + Cd2+

Datos: Potenciales estándar de reducción, a 298 K: ξ0(Cu2+│Cu) = +0,34 V ; ξ0(Fe2+│Fe) = −0,44 V

; ξ0(Fe3+│Fe2+) = +0,77 V ; ξ0(Cd2+│Cd) = −0,40 V

a y d) No son espontáneas, pero pueden tener lugar en una electrolisis ; c) Sí es espontánea ;

b) No tendrá lugar ni en electrolisis (dos oxidaciones).

−−−

−−−

26−1(+3);48+2(0)

−−−

Solución:

a) Cu Cu2+


Fe2+


Cu + Fe2+

Cu2+

+ Fe ξ0 = −0,34 V + (−0,44 V) = −0,78 V

Al ser el potencial negativo, la reacción no será espontánea. Puede ocurrir en una electrolisis.

b) Fe2+

Fe3+

+ e− Se invierte y cambia el signo de ξ0: Oxidación ξ0 = −0,77 V

Cu Cu2+


Fe2+

+ Cu no reaccionan No hay reducción

Nunca puede tener lugar esta reacción, al no haber una reducción que acepte los electrones

desprendidos por las dos oxidaciones.

c) Cd Cd2+


Fe3+

+ e− Fe


Cd + 2 Fe3+

Cd2+

+ 2 Fe2+

ξ0 = +0,40 V + 0,77 V = +1,17 V

Al ser el potencial positivo, la reacción será espontánea.

d) Cd Cd2+


Fe2+


Cd + Fe2+

Cd2+

+ Fe ξ0 = +0,40 V + (−0,44 V) = −0,04 V

Al ser el potencial negativo, la reacción no será espontánea. Puede ocurrir en una electrolisis.


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0 M Mg 24,3 g Mg %= HCl ≅0,28=28 %.almudenafyq.webcindario.com/Recursos/2BachQui/2BachQuiProblemas06... · Problemas de Química 2º Bachillerato PAU −Redox− 11/04/2019 Pág