[Química 2º Bachillerato] Ejercicios + Soluciones: Reacciones redox o de intercambio de electrones

BS_Quimica2Bac_07_PAU

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Química

Reacciones redox o de intercambio de electrtones

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1 Al pasar sulfuro de hidrógeno por una solución de dicromato potásico, en medio sulfúrico, se forma sulfato de cromo (III) y un precipitado de azufre. Ajusta las reacciones iónica y molecular del proceso. ¿Con qué normalidad actuará una solución de dicromato potásico 0, 5 M?

Cr2O2– 7

Cr3+

S2Cr2O2– 7

• Reducción:

S

– + +6 e

+ 14 H

• Oxidación:

3 (S

– 2− –2 e

+ 2− Cr2O2– 7 + 14 H + 3 S

2 Cr3+ + 7 H2O S) 2 Cr3+ + 3 S + 7 H2O

Esta es la reacción iónica del proceso. Para formular la reacción molecular debe completarse teniendo en cuenta la neutralidad eléctrica y el balance de masas, de modo que los átomos de cada elemento sumen el mismo número a uno y otro lado de la ecuación. K2Cr2O7 + 4 H2SO4 + 3 H2S

Cr2(SO4)3 + 3 S + K2SO4 + 7 H2O

0,5 mol Cr2O2– 6 equiv 3 equiv 7 · = = 3N 2– L 1 mol Cr2O7 L 2 El ácido sulfúrico concentrado con el bromuro de potasio proporciona dióxido de azufre y bromo. Ajusta la reacción y calcula los equivalentes de los compuestos oxidante y reductor.

Datos: mS = 32; mBr = 80; mK = 39; mO = 16; mH =1. • Oxidación: • Reducción:

2 Br–

–2 e–

4 H++ SO2– 4

–

+2 e

Br2

Br− es el reductor.

SO2 + 2 H2O

SO2− 4 es el oxidante.

2 H2SO4 + 2 KBr

SO2 + Br2 + K2SO4 + 2 H2O

• Para determinar los equivalentes del oxidante y del reductor no hace falta más que fijarse en el número de electrones que intervienen en dichas semirreacciones de oxidación y de reducción (2 e− por cada H2SO4 y 1 e− por cada KBr). A partir de la masa molar de cada uno de ellos, será: 1 mol H2SO4 98 g H2SO4 49 g H2SO4 · · 2 equiv H2SO4 1 mol H2SO4 equiv 1 mol KBr 119 g KBr 119 g KBr · · 1 equiv KBr 1 mol KBr equiv 3 La electricidad que libera 2,158 g de plata deposita 1,313 g de oro de una solución de iones oro (III). Calcula:

a) La masa atómica del oro. b) Los átomos de plata y oro depositados. Datos: mAg = 107,9; NA = 6,022 · 1023. a) El número de equivalentes de plata y de oro depositados por igual cantidad de electricidad será el mismo. Como las reacciones de reducción protagonizadas por ambos iones son: Ag+

+1 e–

Ag

Au3+

+3 e–

Au

© Grupo Editorial Bruño, S. L.

7/Reacciones redox o de intercambio de electrones

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Química Un mol de iones Ag+ es un equivalente, mientras que uno de Au3+ serán tres equivalentes: 2,158 g Ag ·

1 mol Ag 1 equiv 1 mol Au 3 equiv · = 1,313 g Au · · 107,9 g Ag 1 mol Ag mAu 1 mol Au

b) • Oro: 1,313 g Au ·

⇒ mAu = 196,95 g

6,022 · 1023 átomos Au 1 mol Au · = 4,015 · 1021 átomos Au 1 mol Au 196,95 g Au 6,022 · 1023 átomos Ag 1 mol Ag · = 1,204 · 1022 átomos Ag 1 mol Ag 107,9 g Ag

• Plata: 2,158 g Ag ·

4 Si ε0 (Zn2+/Zn) = –0,76 V y ε0 (Cu2+/Cu) = 0,34 V:

a) Dibuja una pila con esos electrodos con el signo y el nombre de cada uno y el sentido en que fluirán los electrones. b) Escribe las reacciones electródicas y la reacción global indicando las especies oxidantes y reductoras. c) Calcula el valor del potencial de la pila. a)

e I

Ánodo

+

Zn/Zn 2+

Cátodo

Cu 2+//Cu Puente salino o

b) • Ánodo:

Zn Cu2+

• Cátodo:

Zn + Cu2+

Reacción global:

–2 e– +2 e

–

Zn2+ Cu Zn2+ + Cu

Zn, reductor. Cu2+, oxidante. c) ε0pila = ε+0 – ε0– = ε0 (Cu2+/Cu) − ε0 (Zn2+/Zn) = 0,34 V − (−0,76 V) = 1,1 V 5 Al electrolizar cloruro de sodio, se depositan 5 g de sodio en el cátodo. Calcula:

a) Los moles de cloro gaseoso liberados en el ánodo. b) El volumen de este gas a 1,03 · 105 Pa y 298 K. Datos: mNa = 23; mCl = 35,5; R = 8,3 J K–1 mol–1. a) En la electrólisis, se produce: • Reducción: • Oxidación:

Na+

+e–

Na

2 Cl

–2 e–

Cl2

El número de equivalentes de sodio y de cloro depositados en sus respectivos electrodos es el mismo: 5 g Na ·

1 mol Na 1 equiv 1 moll Cl2 · · = 0,1087 mol Cl2 23 g Na 1 mol Na 2 equiv

b) pV = n R T ⇔ 1,03 · 105 Pa · V = 0,1087 mol · 8,3 J K−1 mol−1 · 298 K ⇒ V = 0,0026 m3 © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química 6 ¿Cuánto aluminio se obtendrá al electrolizar durante una hora una solución de sulfato de aluminio (III) con una intensidad de 1 000 A y 80% de rendimiento?

Datos: mAl = 27; Faraday = 96 500 C. En el cátodo, se producirá la reducción del aluminio: Al3+

+3 e–

Al

80 3 600 s 1F 1 equiv 1 mol Al 27 g · 1000 C s –1 · 1 h · · · · · = 268,,60 g Al 100 1h 96 500 C 1F 3 equiv 1 mol Al 7 Determina si el ácido nítrico oxidará al Fe2+ y se reducirá él a óxido nítrico.

Datos: ε0 (Fe3+/Fe2+) = +0, 77 V; ε0 (NO–3 /NO) = +0, 96 V. 3 (Fe2+

• Oxidación:

NO−3 + 4 H

• Reducción:

–e–

Fe3+)

– + +3 e

NO + 2 H2O

NO−3 + 4 H+ + 3 Fe2+

Reacción iónica global:

NO + 2 H2O + 3 Fe3+

En condiciones estándar, el potencial de la hipotética pila basada en esta reacción global sería: 0 = ε0+ − ε−0 = ε0 (NO−3 /NO) − ε0 (Fe3+/Fe2+) = 0,96 V − 0,77 V = 0,19 V > 0 εglobal

Al ser ε0reacción > 0, la reacción será espontánea puesto que ΔG0 = −n F ε0reacción, con lo cual: ΔG0 < 0. 8 En condiciones estándar:

a) ¿Reaccionan los iones permanganato (VII) con iones cloruro en disolución ácida? b) ¿Y los iones cromo (III)? c) Ajusta las reacciones iónicas, en su sentido espontáneo. Datos: ε0 (ion permanganato/ion manganeso (II)) = 1, 49 V; ε0 (ion dicromato/ion cromo (III)) = 1, 33 V; ε0 (cloro elemental/ion cloruro) = 1, 36 V. a) y c) 2 MnO−4 + 16 H+ + 10 Cl−

2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O

0 εglobal = ε0+ − ε−0 = ε0 (MnO−4 /Mn2+) − ε0 (Cl2/Cl−) = 1,49 V − 1,36 V = 0,13 V

Al ser ε0reacción > 0, la reacción será espontánea, puesto que ΔG0 = −n F ε0reacción, con lo cual: ΔG0 < 0. + − b) y c) Cr2O2− 7 + 14 H + 6 Cl

2 Cr3+ + 3 Cl2 + 7 H2O

0 3+ 0 − εglobal = ε0+ − ε−0 = ε0 (Cr2O2− 7 /Cr ) − ε (Cl2/Cl ) = 1,33 V − 1,36 V = − 0,03 V

Al ser ε0reacción < 0, la reacción no será espontánea, ya que ΔG0 = −n F ε0reacción, con lo cual: ΔG0 > 0. El proceso espontáneo corresponderá a la reacción inversa. 9 ¿Qué volumen de cloro, en condiciones normales, se libera al pasar una carga de 50 000 C por una solución de HCl?

Datos: F = 96 500 C; m Cl = 35,5; R = 0, 082 atm L mol–1 K–1. La reacción de reducción que tiene lugar en el ánodo es: 2 CI– 50 000 C ·

–2 e–

Cl2

1F 1 equiv 1 mol Cl2 22,4 L · · · = 5,8 L 96 500 C 1F 2 equiv 1 mol Cl2 (c.n.)

10 En medio sulfúrico, la reacción del yodato potásico con yoduro potásico produce yodo.

a) Ajusta la reacción. b) Halla el peso equivalente de ambos en la reacción. Datos: m I = 127; m O = 16; m K = 39. © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química +10 e–

2 IO−3 + 12 H+

a)

I2 + 6 H2O

– – –2 e

5 (2 |

I2)

2 IO−3 + 10 I− + 12 H+

6 I2 + 6 H2O

2 KIO3 + 10 KI + 6 H2SO4 b)

6 I2 + 6 K2SO4 + 6 H2O

g KIO3 214 g KIO3 1 mol KIO3 · = 21,4 equiv 1 mol KIO3 10 equiv

166 g I2 1 mol I2 g I2 · = 83 1 mol I2 2 equiv equiv

11 Se prepara una pila con una barra de cobre y otra de níquel en disoluciones 1,0 mol dm–3 de sus respectivos iones.

a) Dibuja un esquema de la pila y nombra cada electrodo. b) Halla ΔG 0 de la reacción. Datos: ε0 (Ni2+/Ni) = –0,23 V; ε0 (Cu2+/Cu) = 0,34 V; 1 F = 9,65 · 104 C. a)

e I

Ánodo

+

2+

Cátodo

Cu 2+//Cu

Ni/Ni

Puente salino o

Ánodo:

Ni

–2 e–

Ni2+

Cátodo:

Cu2+

+2 e–

Cu

Reacción global: Ni + Cu2+

Ni2+ + Cu

Ni es el reductor. Cu2+ es el oxidante. b) ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Cu2+/Cu) − ε0 (Ni2+/Ni) = 0,34 V − (−0,23 V) = 0,57 V ΔG0 = −n F ε0reacción = −2 · 9,65 · 104 C/mol · 0,57 V = −110 010 J 12 El permanganato potásico, en medio ácido, oxida el sulfuro de hidrógeno a azufre elemental pasando él a ion manganeso (II). Ajusta la reacción e indica el oxidante, el reductor, la especie que se oxida y la que se reduce.

• Oxidación:

5 (S2−

–2 e–

S)

S2– es el reductor, se oxida.

• Reducción:

2 (8 H+ + MnO4–

+5 e–

Mn2+ + 4 H2O)

MnO4– es el oxidante, se reduce.

5 S2– + 2 MnO4– + 16 H+

5 S + 2 Mn2+ + 8 H2O

5 H2S + 2 KMnO4 + 3 H2SO4

5 S + 2 MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O

13 En medio sulfúrico, el ion permanganato oxida al peróxido de hidrógeno a oxígeno y se reduce a manganeso (II).

a) Ajusta la reacción. b) Calcula los pesos equivalentes de ambos reactivos. Datos: mMn = 55; mO = 16; mK = 39; mH =1. a) • Reducción: • Oxidación:

2 (8 H+ + MnO4– 5 (H2O2 2 MnO4– + 5 H2O2 + 16 H+ 2 KMnO4 + 5 H2O2 + 3 H2SO4

+5 e– –2 e

–

Mn2+ + 4 H2O) O2 + 2 H+) 5 O2 + 2 Mn2+ + 8 H2O + 10 H+ 5 O2 + 2 MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química b)

158 g KMnO4 1 mol KMnO4 31,6 g KMnO4 · = 1 mol KMnO4 5 equiv equiv 34 g H2O2 1 mol H2O2 17 g H2O2 · = 1 mol H2O2 2 equiv equiv

+ 14 Dada: Cl– + Cr2O2– 7 +H

Cr3+ + Cl2 + H2O, ajústala y nombra todas las especies que intervienen en ella. 3 (2 Cl−

• Oxidación: Cr2O2− 7

• Reducción:

–2 e–

– + +6 e

+ 14 H

+ 6 Cl− + Cr2O2− 7 + 14 H

Cl2) 2 Cr3+ + 7 H2O 2 Cr3+ + 3 Cl2 + 7 H2O

ion cloruro + ion dicromato + iones hidrógeno

ion cromo (III) + cloro + agua

15 En medio ácido, el ion permanganato se reduce a ion manganeso (II) y oxida el ion hierro (II) a ion hierro (III).

a) Ajusta la ecuación iónica. b) Calcula la concentración en mol dm–3 de una solución de sulfato de hierro (II) si 10 mL de ella consumen 22,3 mL de una solución de permanganato potásico 0, 02 M. a) • Reducción: • Oxidación:

8 H+ + MnO4– Fe2+

–1 e–

+5 e–

Mn2+ + 4 H2O

Fe3+

Si se multiplica la segunda ecuación por cinco y se suman, se obtiene: MnO4– + 5 Fe2+ + 8 H+ b) 0,0223 L disolución ·

Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

5 mol Fe2+ 0,02 mol KMnO4 · = 0,00223 mol Fe2+ 1 mol KMnO4 L disolución [Fe2+] =

0,00223 mol Fe2+ = 0,223 mol dm−3 0,010 dm3

16 La semicelda de una pila es una varilla de platino sumergida en una solución 1 M de Fe2+ y 1 M de Fe3+. La otra semicelda es un electrodo de talio en una solución 1 M de Tl+.

a) Escribe las semirreacciones del cátodo, del ánodo, la reacción global y la notación de la pila. b) Calcula el potencial estándar. Datos: ε0 (Fe3+/Fe2+) = 0,77 V; ε0 (Tl+/Tl) = –0,34 V. a) • Cátodo (reducción):

Fe3+

+1 e–

Fe2+

• Ánodo (oxidación):

Tl

–1 e–

Tl+

• Reacción global:

Fe3++ Tl

Fe2+ + Tl+

Tl+1/ Tl(1 M)//Fe3+(1 M)/Fe2+(1 M)/Pt (s) b) ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Fe3+/Fe2+) − ε0 (Tl+/Tl) = 0,77 V − (−0,34 V) = 1,11 V 17 El cobre reacciona con ácido nítrico dando nitrato de cobre (II) y agua.

a) Ajusta la reacción molecular. b) Indica el oxidante y el reductor. c) ¿Cómo calcularías sus pesos equivalentes? © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química a) y b) • Oxidación:

3 (Cu

• Reducción:

2

(NO−3

+4H

–2 e–

Cu2+)

– + +3 e

NO + 2 H2O)

2 NO−3 + 8 H+ + 3 Cu

y

Peq (HNO3 ) =

NO−3 es el oxidante.

2 NO + 4 H2O + 3 Cu2+

3 Cu + 8 HNO3 c) Peq (Cu) = mCu 2

Cu es el reductor.

3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

mHNO 3 3

18 Al aplicar agua oxigenada sobre la piel, se descompone en agua y oxígeno. Escribe las semirreacciones del proceso en medio ácido e indica si es espontáneo. ¿En qué se basa el poder desinfectante del agua oxigenada? ¿Qué ocurre si su concentración es muy grande?

Datos: ε0 (H2O2/H2O) = 1,76 V; ε0 (O2/H2O) = 0,70 V. • Se trata de una reacción de dismutación (el mismo compuesto actúa como oxidante y como reductor, reduciéndose unas moléculas y oxidándose otras). En contacto con la sangre, esta reacción es catalizada eficazmente por el enzima catalasa. Las dos semirreacciones son: H2O2

Oxidación:

H2O2 + 2 H+

Reducción: Reacción global:

–2 e–

O2 + 2 H+

–

+2 e

2 H2O

2 H2O2

2 H2O + O2

ε0reacción = ε0+ − ε−0 = ε0 (H2O2/H2O) − ε0 (O2/H2O) = 1,76 V − 0,70 V = 1,06 V Al ser ε0reacción > 0, la reacción será espontánea, ya que ΔG0 = −n F ε0reacción, con lo cual: ΔG0 < 0. • El poder desinfectante del agua oxigenada se basa precisamente en esta reacción que libera oxígeno molecular. Su presencia resulta nociva para los microorganismos patógenos anaerobios que pueden introducirse en las heridas e iniciar procesos de putrefacción de los tejidos vivos. • Si la concentración fuese muy elevada, resultaría irritante y nociva para la piel, especialmente en mucosas y zonas desprotegidas. 19 a) Ajusta la reducción del ion dicromato a ion cromo (III) en medio ácido.

b) Halla su peso equivalente. c) ¿Cuántos electrones necesita un mol de oxidante? Datos: mCr = 52; mO = 16. + a) Reducción: Cr2O2− 7 + 14 H

b) Peso equivalente =

c) 1 mol Cr2O2– 7 ·

+6 e–

2 Cr3+ + 7 H2O

216 g/mol = 36 equiv-g 6 equiv/mol

6,22 · 1023 iones Cr2O72– 6 electrones · = 3,613 · 1024 electrones 1 mol Cr2O2– 1 ion Cr2O2– 7 7

20 El tiosulfato sódico (Na2S2O3) con yodo en medio ácido produce tetrationato sódico (Na2S4O6) y yoduro de sodio.

a) Ajusta la ecuación iónica y la ecuación global. b) Calcula los moles de yodo para oxidar 2 L de solución 0, 8 M en tiosulfato de sodio. a) • Oxidación: • Reducción:

2 S2O2– 3 I2 2 S2O2– 3 + l2

• Reacción global:

2 Na2S2O3 + l2

–2 e– –

-2 e

S4O2– 6 2 l– – S4O2– 6 + 2 l

Na2S4O6 + Nal © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química b) 2 L disolución Na2S4O6 ·

0,8 mol Na2S4O6 1 mol I2 · = 0,8 mol I2 L disolución 2 mol Na2S4O6

21 El óxido de manganeso (IV), con una disolución de ácido clorhídrico, produce cloro, cloruro de manganeso (II) y agua. Calcula el volumen de ácido clorhídrico 4 M necesario para la reacción total de 8, 7 g de óxido de manganeso.

Datos: mO = 16; mCl = 35,5; mMn = 55. MnO2 + 4 H+

• Reducción: • Oxidación:

2 Cl

Reacción global:

+2 e–

Mn2+ + 2 H2O

– − –2 e

CI2

MnO2 + 4 H+ + 2 Cl−

Cl2 + Mn2+ + 2 H2O

MnO2 + 4 HCl 8,7 g MnO2 ·

Cl2 + MnCl2 + 2 H2O

1 mol MnO2 4 mol HCl L disolución · · = 0,1 L = 100 mL 87 g MnO2 1 mol MnO2 4 mol HCl

22 El nitrato de potasio con cinc en ácido sulfúrico da sulfato de cinc, sulfato de amonio, sulfato de potasio y agua.

a) Ajusta la reacción. b) Indica el oxidante y el reductor. c) Escribe los procesos electródicos. d) Halla el equivalente del nitrato de potasio. Datos: mO = 16; mH =1; mS = 32,1; mPb = 207,2; m I = 126,9; mN = 14; mK = 39,1. a), b) y c) • Cátodo. Reducción:

NO−3 + 10 H+

+8 e–

NH+4 + 3 H2O

NO−3 es el oxidante.

4 (Zn

–2 e–

Zn2+)

Zn es el reductor.

• Ánodo. Oxidación:

NO−3 + 10 H+ + 4 Zn KNO3 + 4 Zn + 5 H2SO4

NH+4 + 3 H2O + 4 Zn2+ 4 ZnSO4 + NH4KSO4 + 3 H2O

En ella se han reunido los iones NH+4 y K+ en forma de sal doble con el ion sulfato. Pero si los productos deben expresarse como sales simples (sulfato de amonio y sulfato de potasio), bastará con multiplicar la anterior reacción por dos para que pueda escribirse sin recurrir a números fraccionarios. 2 KNO3 + 8 Zn + 10 H2SO4

8 ZnSO4 + (NH4)2SO4 + K2SO4 + 6 H2O

d) El ion nitrato captura ocho electrones en su reducción hasta ion amonio: 101,1 g KNO3 1 mol KNO3 12,6 g KNO3 · = 1 mol KNO3 8 equiv equiv 23 El ácido sulfúrico concentrado con bromuro potásico produce sulfato potásico, bromo, dióxido de azufre y agua.

a) Ajusta la ecuación. b) Indica cuál es el oxidante y cómo calcularías su peso equivalente. c) Haz lo mismo para el reductor. a) • Oxidación:

2 Br–

–2 e–

Br2

• Reducción:

+ SO2− 4 + 4 H

+2 e–

SO2 + 2 H2O

Reacción global:

– + SO2− 4 + 2 Br + 4 H

2 H2SO4 + 2 KBr

Br2 + SO2 + 2 H2O K2SO4 + Br2 + SO2 + 2 H2O



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Química b) H2SO4 es el oxidante. c) KBr es el reductor.

Peso equivalente = Masa molecular/2. Peso equivalente = Masa molecular/1.

24 Una corriente de 5 A atraviesa durante 30 min dos células electroquímicas con sulfato de cinc, la primera, y sulfato de cobre (II), la segunda. Si se depositan 3,048 g de cinc, calcula: el peso equivalente del cinc y los gramos de cobre que se depositarán.

Dato: mCu = 63,5. Zn2+

+2 e–

Cu2+

–

+2 e

Zn Cu

30 min ·

60 s 1F 1 equiv x g Zn · 5 C s –1 · · · = 3,048 g Zn ⇒ x = 32,681 g Zn 1 min 96 500 C 1F 1 equiv

Los equivalentes depositados de cobre y de cinc serán los mismos. El peso equivalente del cobre es igual a su masa atómica dividida por dos, pues dos son los electrones que intervienen en su reducción: 63,5 g Cu 1 mol Cu · = 31,75 equiiv – g 1 mol Cu 2 equiv 30 min ·

60 s 1F 1 equiv 31,75 g Cu · 5 C s –1 · · · = 2,961 g Cu depositado os 1 min 96 500 C 1F 1 equiv

25 El ion ClO–3 puede oxidarse a ClO–4 o reducirse a ClO–, Cl2 y Cl–. Si el ion clorato se pone frente a Sn2+, ¿cuál es el proceso electroquímico que está más favorecido?

Datos: ε0 (ClO–4 /ClO–3 ) = 0,36 V; ε0 (ClO–3 /ClO–) = 0,49 V; ε0 (ClO–3 /Cl–) = 0,62 V; ε0 (ClO–3 /Cl2) = 1,36 V; ε0 (Sn2+/Sn) = 0,14 V; ε0 (Sn4+/Sn2+) = 0, 15 V. Sn2+

+2 e–

ε0(Sn2+/Sn) = 0,14 V

Sn

Su potencial de reducción es inferior a cualquiera de los posibles para el ion ClO−3, por lo que dicho ClO−3 será el que se reducirá, mientras que el ion Sn2+ experimentará oxidación hasta Sn4+. A partir de ahí, el proceso más favorecido para el ion ClO−3 será el que presente un mayor potencial de reducción, en este caso el paso hasta Cl2. Con ello, las dos semirreacciones del proceso serán: Sn2+ 2 ClO−3 + 12 H+

–2 e–

Sn4+

ε0 (Sn4+/Sn2+) = 0,15 V

+10 e–

Cl2 + 6 H2O

ε0 (ClO−3/Cl2) = 1,36 V

Si se multiplica la primera semirreacción por cinco y se suman: 2 ClO−3 + 5 Sn2+ + 12 H+

Cl2 + 5 Sn4+ + 6 H2O

ε0 = 1,21 V

26 ¿Qué ocurre al añadir trocitos de Zn a una disolución de FeSO4? ¿Y si son limaduras de Cu?

Datos: ε0 (Zn2+/Zn) = –0,76 V y ε0 (Fe2+/Fe) = –0,44 V; ε0 (Cu2+/Cu) = +0, 34 V. ε0 (Zn2+/Zn) es menor que ε0 (Fe2+/Fe). Por tanto, Zn se oxidará a Zn2+ y Fe2+ se reducirá hasta Fe: Zn

–2 e–

Zn2+

Fe2+

+2 e–

Fe

El resultado es la disolución del Zn añadido y la precipitación de Fe. No ocurrirá nada, pues ε0 (Cu2+/Cu) es mayor que ε0 (Fe2+/Fe). Las limaduras de cobre no pueden oxidarse, como era el caso del cinc. © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química 27 a) Ajusta la siguiente reacción:

MnO–4 +SO2– 3

MnO2 +SO2– 4

b) Indica la especie que se oxida y la que se reduce, el oxidante y el reductor. a) y b) • Reducción: •Oxidación:

2 (MnO−4 + 4 H+

+3 e–

MnO2 + 2 H2O)

MnO−4 es el oxidante, se reduce.

3 (SO2− 3 + H2O

–2 e–

+ SO2– 4 + 2 H )

SO2− 3 es el reductor, se oxida.

+ 2 MnO−4 + 3 SO2− 3 + 3 H2O + 8 H

+ 4 H2O + 2 MnO2 + 3 SO2– 4 + 6 H

+ 2 MnO−4 + 3 SO2− 3 + 2 H

H2O + 2 MnO2 + 3 SO2– 4

28 El cinc reacciona con ácido nítrico dando iones cinc y amonio.

a) Ajusta la reacción. b) Supón un rendimiento cuantitativo y calcula el volumen de ácido nítrico del 40 % y densidad 1, 25 g/cm3 necesario para disolver 10 g de cinc. Datos: mZn = 65; mH =1; mO = 16; mN = 14. a)

4 (Zn

–2 e–

Zn2+)

NO3– + 10 H+

+8 e–

NH+4 + 3 H2O

4 Zn + NO3– + 10 H+

4 Zn2+ + NH+4 + 3 H2O 4 Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3 H2O

4 Zn + 10 HNO3 b)

V = 10 g Zn ·

1 mol Zn 10 mol HNO3 63 g HNO3 100 g disolución cm3 disolución · · · · 65 g Zn 4 mol Zn 1 mol HNO3 40 g HNO3 1,25 g disolución V= 48,46 cm3 disolución HNO3

29 Ajusta el siguiente proceso e indica las reacciones parciales: Na2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4 Fe(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + + Na2SO4 + H2O. ¿Qué tipo de reacción se produce en el ánodo? ¿Y en el cátodo? ¿Por qué son simultáneas? –e–

6 (Fe2+

• Ánodo. Oxidación:

+ Cr2O2− 7 + 14 H

• Cátodo. Reducción:

Fe3+)

+6 e–

2+ Cr2O2− + 14 H+ 7 + 6 Fe

2 Cr3+ + 7 H2O 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O

Na2Cr2O7 + 6 FeSO4 + 7 H2SO4

3 Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + Na2SO4 + 7 H2O

30 Para (Pt)H2 (1 atm)/H+(1 M)//Ag+(1 M)/Ag:

a) Escribe las semirreacciones electródicas y la reacción global de la pila. b) Calcula su potencial global. Dato: ε0 (Ag+/Ag) = 0,80 V. a) • Cátodo. Reducción: • Ánodo. Oxidación:

Ag+

+1 e–

Ag

H2

–2 e–

2 H+

2 Ag+ + H2

2 Ag + 2 H+

b) Si el potencial normal de reducción para un electrodo de hidrógeno se considera cero: ⎛ 1 ⎞ 0 εpila = ε0+ – ε0– = ε0 (Ag+ /Ag) – ε0 ⎜ H+ H2 ⎟ = 0,80 V – 0,00 V = 0,80 V ⎝ 2 ⎠ © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química IO–3 (aq) + Br– (aq) transcurren en medio ácido.

31 MnO2 (s) +Cl– (aq) Mn2+ (aq) +Cl2 (g) y I– (aq) + Br2 (l) Ajústalas e indica qué especies se oxidan y cuáles se reducen.

• Reducción:

MnO2 + 4 H+

+2 e–

Mn2+ + 2 H2O

• Oxidación:

2 Cl–

–2 e–

Cl2

Reacción global: MnO2 (s) + 2 Cl− (aq) + 4 H+ (aq)

l− + 3 H2O

• Reducción:

3 (Br2

–6 e– +2 e

–

I− (aq) + 3 Br2 (l) + 3 H2O (l)

Cl− se oxida, es el reductor.

Mn2+ (aq) + Cl2 (g) + 2 H2O (l)

MnO2 (s) + 4 HCl (aq)

• Oxidación:

MnO2 se reduce, es el oxidante.

MnCl2 (aq) + Cl2 (g) + 2 H2O (l)

IO−3 + 6 H+ 2 Br−)

I– se oxida, es el reductor.

Br2 se reduce, es el oxidante.

IO−3 (aq) + 6 Br− (aq) + 6 H+ (aq)

HI (aq) + 3 Br2 (l) + 3 H2O (l)

HIO3 (aq) + 6 HBr (aq)

32 a) ¿Qué pasa al introducir una varilla de Fe en una solución de sulfato de Cu (II)?

b) ¿Puedes construir una pila basada en el fenómeno que tiene lugar? Haz un esquema de ella. Datos: ε0 (Fe2+/Fe) = –0,44 V; ε0 (Cu2+/Cu) = –0,337 V. a) ε0 (Fe2+/Fe) es más negativo que ε0 (Cu2+/Cu). Por tanto, Fe se oxidará a Fe2+ y Cu2+ se reducirá a Cu. Tendrá lugar la disolución de la varilla de hierro y precipitará cobre: Fe (s)

–2 e–

Fe2+ (aq)

Cu2+ (aq)

+2 e–

Cu (s)

b) Sería necesario un electrodo que actuara de cátodo, donde se depositaría el cobre (puede ser un electrodo inerte, no es preciso que sea de cobre) y una separación entre las disoluciones de uno y otro electrodo que puede conseguirse mediante un tabique poroso. c) Ánodo

e I

+

Cátodo

Electrodo de Cu o inerte

Electrodo de Fe Tabique poroso

33 a) Explica qué sucede al añadir bromo a una disolución acuosa de yoduro de sodio y cloruro de sodio a 25 °C y escribe las reacciones espontáneas.

b) Indica cuáles serán las especies oxidantes, reductoras, oxidadas y reducidas. Datos: ε0 (Cl2/Cl–) = 1,36 V; ε0 (Br2/Br–) = 1,07 V; ε0 (I2/I–) = 0,53 V. © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química a) ε0 (Br2/Br−) es mayor que ε0 (I2/I−) pero menor que ε0 (Cl2/Cl−). Por ello, el Br2 podrá reducir a los iones I− pero no a los Cl− . El proceso que tiene lugar es: 2 l– + Br2

I2 + 2 Br–

b) Br2 es el oxidante y se reduce. I– es el reductor y se oxida. 34 Una corriente eléctrica de 1,3 A durante 18 h deposita todo el cobre de 2 L de disolución de sulfato de cobre (II). Calcula la concentración en g/L de la solución inicial de sulfato de cobre (II).

Datos: mS = 32; mO = 16; mCu = 63,5. La masa de cobre depositada al paso de la corriente eléctrica es: 1,3 C s –1 · 18 h ·

3 600 s 1F 1 equiv 1 mol Cu 1 mol CuSO4 159,5 g CuSO4 · · = 69,62 g CuSO4 · · · 1h 96 500 C 1 mol CuSO4 1F 2 equiv 1 mol Cu

[CuSO4 ] =

69,62 g CuSO4 = 34,81 g/L 2L

35 a) Ajusta la reacción:

HCl + K2CrO4

CrCl3 + KCl + Cl2 + H2O

b) Calcula el peso equivalente del oxidante y del reductor. c) Calcula el peso de cromato necesario para obtener 100 g de CrCl2 si el rendimiento es del 60 %. a) • Oxidación: • Reducción:

3 (2 CI–

–2 e–

+ 2 (CrO2− 4 + 8 H

–

+3 e

+ − 2 CrO2− 4 + 16 H + 6 Cl

16 HCl + 2 K2CrO4 b)

Cl2) Cr3+ + 4 H2O) 2 Cr3+ + 3 Cl2 + 8 H2O 2 CrCl3 + 4 KCl + 3 Cl2 + 8 H2O

194,2 g K2Cr2O4 1 mol K2Cr2O4 · = 64,7 equiv – g 1 mol K2Cr2O4 3 equiv 36,5 g HCl 1 mol HCl · = 36,5 eq quiv – g 1 mol HCl 1 equiv

c) La cantidad necesaria de K2CrO4 se calcula aplicando los cálculos estequiométricos: 100 g CrCl3 ·

1 mol CrCl3 1 mol K2CrO4 100 194,2 g K2CrO4 · · · = 204,2 g K2CrO4 158,5 g CrCl3 1 mol CrCl3 60 1 mol K2CrO4

3+ 0 – 0 + 0 2+ 0 2+ 36 Dado que: ε0 (Cr2O2– 7 /Cr ) = 1,33 V; ε (Br2/Br ) = 1,06 V; ε (Ag /Ag) = 0,80 V; ε (Cu /Cu) = 0,34 V; ε (Cd /Cd) = –0,40 V; 0 2+ 0 2+ 0 + ε (Zn /Zn) = –0,76 V; ε (Mg /Mg) = –2,43 V; ε (K /K) = –2,93 V, contesta:

a) ¿Qué metales de la lista se disolverán en solución de HCl 1 M? b) Si se introduce una barra de cinc en disolución de nitrato de plata, nitrato de cadmio y nitrato de magnesio, ¿en qué casos se formará una capa de otro metal sobre la barra de cinc? a) Se disolverán, oxidándose a sus iones, aquellos metales que posean un potencial redox inferior al del hidrógeno. Como este es cero en condiciones estándar, se disolverán los metales de potencial redox negativo. Es decir, Cd, Zn, Mg y K. La reacción con el K, por ejemplo, será: 2 K + 2 H+

2 K+ + H2



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Química b) Para que se forme una capa de otro metal sobre la barra de cinc, debe producirse la reducción de los iones de este otro metal, lo cual solo es posible si su potencial redox supera al del cinc. Este es el caso de Ag y Cd. La reacción con la plata, por ejemplo, será: 2 Ag+ + Zn

2 Ag + Zn2+

37 Indica si el cobre y el manganeso reaccionan con ácido clorhídrico 1, 0 M. Escribe la reacción.

Datos: ε0 (Mn2+/Mn) = –1,18 V; ε0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V. Solo reaccionará el manganeso, pues su potencial redox, ε0 (Mn2+/Mn), es negativo, es decir, inferior al del hidrógeno. En cambio, el potencial del Cu, ε0 (Cu2+/Cu), es positivo, por lo que no reaccionará con ácido. Los procesos, en el caso del manganeso, serán: Mn (s)

–2 e–

Mn2+ (aq)

2 H+ (aq)

+2 e–

H2 (g)

Y la reacción global se obtendrá simplemente sumando las dos semirreacciones anteriores: MnCl2 + H2

Mn + 2 HCl

38 El dicromato potásico, en medio ácido, oxida a los iones cloruro a cloro, reduciéndose él a cromo (III).

a) Ajusta la ecuación iónica. b) Calcula los litros de cloro (a 25 °C y 1, 3 atm) que se pueden obtener con 100 mL de dicromato de potasio 0,030 M y un exceso de cloruro de potasio en medio ácido. Dato: R = 0, 082 atm L K–1 mol–1. 2 Cl−

a) • Oxidación: • Reducción:

Cr2O2− 7

–2 e–

– + +6 e

+ 14 H

Cl2 2 Cr3+ + 7 H2O

• Si se multiplica la primera por tres y se suman: + 6 Cl− + Cr2O2− 7 + 14 H

b) 100 mL disolución K2Cr2O7 ·

3 Cl2 + 2 Cr3+ + 7 H2O

3 mol Cl2 0,03 mol K2Cr2O7 · = 0,009 mol Cl2 1 mol K2Cr2O7 1 000 mL disolución

pV = n R T ⇒ 1,2 atm · V = 0,009 mol · 0,082 atm L K−1 mol−1 · (273,16 + 25) K ⇒ V = 0,183 L 39 El ácido clorhídrico concentrado con óxido de manganeso (IV) da cloro y cloruro de manganeso (II). Ajusta la ecuación y calcula el volumen de ácido clorhídrico con una riqueza del 35 % y densidad de 1, 17 g/cm3 para la reacción completa de 1 g de óxido de manganeso (IV).

Datos: mMn = 55; mCl = 35, 5; mO = 16; mH =1. • Reducción:

MnO2 + 4 H+

+2 e–

Mn2+ + 2 H2O

• Oxidación:

2 CI–

–2 e–

Cl2

Reacción global:

2 Cl− + 4 H+ + MnO2

Cl2 + Mn2+ + 2 H2O

Que se puede completar hasta la ecuación molecular: 4 HCl + MnO2 V = 1 g MnO2 ·

Cl2 + MnCl2 + 2 H2O

1 mol MnO2 4 mol HCl cm3 disolución 36,5 g HCl 100 g disolución · · · · 87 g MnO2 1 mol MnO2 35 g HCl 1,17 g disolución 1 mol HCl V = 4,10 cm3 disolución HCl © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química 40 El ion dicromato oxida al ion yoduro, en un medio de ácido sulfúrico, dando iones cromo (III) y yodo elemental. Si 50 mL de una solución de 25 g/L de dicromato potásico reaccionan exactamente con 40 mL de una solución de yoduro sódico, calcula la normalidad de la disolución reductora.

Datos: mCr = 52; mK = 39; mO = 16. • Reducción:

+ Cr2O2− 7 + 14 H

+6 e–

2 Cr3+ + 7 H2O

• Oxidación:

2 I–

–2 e–

l2

Si se multiplica la segunda por tres y se suman: + − Cr2O2− 7 + 14 H + 6 I

2 Cr3+ + 7 H2O + 3 I2

K2Cr2O7 + 6 NaI + 7 H2SO4

7 H2O + 3 I2 + K2SO4 + 3 Na2SO4 + Cr2(SO4)3

Para el cálculo de la normalidad de la disolución reductora, debe tenerse en cuenta que el número de equivalentes de oxidante y de reductor que han reaccionado ha de ser el mismo. De modo que debe cumplirse la siguiente igualdad: Vred Nred = Vox Nox 1 mol K2Cr2O7 6 equiv 25 g K2Cr2O7 · · = 294 g K2Cr2O7 1 mol K2Cr2O7 L disolución

0,050 L disolución K2Cr2O7 ·

= 0,040 L disolución Kl ·

x equiv L

⇒ x = 0,638 equiv/L

41 Se electrolizan 500 mL de solución de cloruro de cobre (II) 0,1 M con una corriente de 5 A durante 30 min:

a) Escribe las reacciones de los electrodos. b) Calcula la masa de cobre y el volumen de cloro a 27 °C y 1 atm. c) Calcula la molaridad de la solución al final. Datos: F = 96 500 C; mCu = 63,5; R = 0,082 atm L K–1 mol–1. a) • Ánodo. Oxidación: • Cátodo. Reducción:

b) 5

2 Cl–

–2 e–

Cu2+

–

+2 e

Cl2 Cu

C 60 s 1F 1 equiv 1 mol Cu 63,5 g Cu · 30 min · · · · · = 2,96 g Cu u s 1 min 96 500 C 1F 2 equiv 1 mol Cu 5

C 60 s 1F 1 equiv 1 mol Cl2 · 30 min · · · · = 0,0466 mol Cl2 s 1 min 96 500 C 1F 2 equiv

pV = n R T ⇒ 1 atm · V = 0,0466 mol·0,082 atm L K−1 mol−1 · (27 +273,16) K ⇒ c) 0,500 L ·

V = 1,148 L

0,1 mol CuCl2 1 mol Cu2+ 63,5 g Cu2+ · · = 3,175 g Cu iniciale es L 1 mol CuCl2 1 mol Cu2+

Durante la electrólisis se depositan 2,96 g Cu. Al terminar quedan en la disolución: 1 mol Cu2+ 63,5 g Cu2+ = 0,0068 M 0,500 L

0,215 g Cu2+ · (3,175 – 2,96) g Cu = 0,215 g Cu ⇒ © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química 42 Para Cd/Cd2+(1 M)//(Pt) Ce4+(1M)/Ce3+(1 M):

a) Dibuja la pila e indica el signo y el nombre de los electrodos. b) Escribe las reacciones electródicas. c) Calcula el trabajo de la pila al circular por ella 2 moles de electrones. Datos: ε0 (Cd2+/Cd) = –0,40 V; ε0 (Ce4+/Ce3+) = 1,49 V; 1 F = 96 500 C. a)

e I

Ánodo

+

Cátodo

Ce4+//Ce3+

Cd/C d2+ Puente salino o

Cd

Pt

El cátodo necesita de un electrodo inerte (platino, por ejemplo) al tratarse ambas especies químicas de iones en disolución. Notación de la pila: (−)Ánodo Cd/Cd2+//(Pt) Ce4+/Ce3+ Cátodo(+)

b) Las semirreacciones que tienen lugar en los electrodos son: • Ánodo:

Cd 2 (Ce4+

• Cátodo: Reacción global:

–2 e– –

+e

Cd + 2 Ce4+

Cd2+

Cd es el reductor.

Ce3+)

Ce4+ es el oxidante.

Cd2+ + 2 Ce3+

c) ε0pila = ε0+ − ε−0 = (Ce4+/Ce3+) − ε0 (Cd2+/Cd) = 1,49 V − (−0,40 V) = 1,89 V W = –q ε0pila = 2 mol electrones ·

6,022 · 1023 electrones 1,6 · 10–19 C · 1,89 V = 364 211 J 1 mol electrones 1 electrón

43 Una corriente de 10 A durante 2 h, sobre una solución acuosa de sulfato de cinc y sulfato de cadmio, deposita 35,44 g de una mezcla de ambos. Halla el porcentaje en peso de cinc en la mezcla.

Datos: mCd = 112,4; mZn = 65,4.

10 C s –1 · 2 h ·

Zn2+

+2 e–

Cd2+

–

3 600 s 1h

+2 e

·

Zn Cd

1 equiv 96 500 C

= 0,7461 equiv

0,7473 equiv = 2 nZn + 2 nCd ⎫ ⎬ que permite hallar 35,44 g = 65,4 nZn + 112,4 nCd ⎭ mZn = 0,139 mol Zn ·

65,4 g Zn = 9,09 g Zn ⇒ 1 mol Zn

mCd = 0,234 mol Cd ·

112,4 g Cd = 26,34 g Cd ⇒ 1 mol Cd

⎧nZn = 0,139 mol ⎨ ⎩nCd = 0,234 mol

9,09 g Zn · 100 = 25,65 % Zn 35,44 g totales 26,34 g Cd · 100 = 74,21% Cd 35,44 g totales © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química 44 a) Calcula la masa de dicromato de potasio para preparar 500 mL de solución 0, 1 M.

b) Explica cómo la prepararías y el utillaje necesario. c) Si la solución se usa para valorar otra solución de Fe2+, dibuja el montaje que usarías en el laboratorio. Datos: mK = 39; mCr = 52; mO = 16. a) 0,500 L disolución K2Cr2O7 ·

294 g K2Cr2O7 0,1 mol K2Cr2O7 · = 14,70 g K2Cr2O7 mol K2Cr2O7 L

b) Después de pesar la cantidad anteriormente calculada en la balanza de precisión, se disolverá en un vaso de precipitados de 250 mL, añadiendo agua varias veces si es preciso y vertiendo la disolución a un matraz aforado de 500 mL. Se añadirá también a este aforado el agua de lavado del vaso de precipitados y se enrasará cuidadosamente con la ayuda de una pipeta. Finalmente, se cerrará el matraz aforado con su tapón y se agitará para homogeneizar. c)

Soporte

Bureta con la solución de K2Cr2O7

Matraz erlenmeyer con la solución de Fe2+

45 Escribe la ecuación ajustada de la reacción del cloro con dióxido de silicio y carbono para dar tetracloruro de silicio y monóxido de carbono. ¿Qué cantidad (en gramos) de tetracloruro de silicio se obtiene a partir de 150 g de dióxido de silicio? Para esta misma cantidad, ¿qué volumen de cloro, medido a 27 °C y 2 atm, se necesita?

Datos: mO = 16; mCl = 35,5; mSi = 28. • 2 Cl2 + SiO2 + 2 C

SiCl4 + 2 CO

• 150 g SiO2 ·

1 mol SiO2 1 mol SiCl4 170 g SiCl4 · · = 425 g SiCl4 1 mol SiO2 60 g SiO2 1 mol SiCl4

• 150 g SiO2 ·

1 mol SiO2 2 mol Cl2 · = 5 mol Cl2 60 g SiO2 1 mol SiO2

• p V = n R T ⇔ 2 atm · V = 5 mol · 0,082 atm L K−1 mol−1 · (27 + 273,16) K ⇒ V= 61,53 L Cl2 46 En medio ácido, el ion Sn2+ se oxida a Sn4+ por los iones permanganato, que pasan a Mn2+ más agua.

a) Ajusta la reacción. b) Calcula el equivalente-gramo del cloruro de Sn (II) para esta reacción. c) Calcula los gramos de cloruro de Sn (II) que hay que disolver para obtener 750 mL de solución 0,01 M. Datos: mCl = 35,5; mSn = 118,7. © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química a) Si se ajustan las semirreacciones de oxidación y de reducción, resulta: • Oxidación:

5 (Sn2+

–2 e–

Sn4+)

• Reducción:

2 (8 H+ + MnO−4

+5 e–

Mn2+ + 4 H2O)

16 H+ + 2 MnO−4 + 5 Sn2+

b)

2 Mn2+ + 8 H2O + 5 Sn4+

189,7 g SnCl2 1 mol SnCl2 · = 94,85 equiv – g 1 mol SnCl2 2 equiv

c) 0,750 L ·

0,01 mol SnCl2 189,7 g SnCl2 · = 1,423 g SnCl2 L 1 mol SnCl2

47 Si ε0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V; ε0 (Cd2+/Cd) = –0,40 V:

a) Calcula la fem de una pila con estos electrodos, indicando el cátodo, el ánodo y el sentido de flujo de los electrones. b) Justifica cuál de los cationes es más oxidante. c) Si la pila produce una corriente de 4,6 mA y el metal del ánodo pesa 2 g, calcula el tiempo que durará. Dato: mCd = 112, 4. a) Atendiendo a los potenciales de reducción, el par Cu2+/Cu, cuyo potencial es el mayor, actuará de cátodo y se reducirá. Mientras que el par Cd/Cd2+ actuará de ánodo y se oxidará. Los electrones van del ánodo al cátodo, por el circuito exterior. El potencial de la pila se calculará como: ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Cu2+/Cu) − ε0 (Cd2+/Cd) = 0,34 V − (−0,40 V) = 0,74 V b) Los potenciales normales de reducción son ε0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V y ε0 (Cd2+/Cd) = −0,40 V. El más oxidante de los dos cationes es el Cu2+, que tiene un potencial de reducción mayor. c) El tiempo se calcula a partir del número de equivalentes de metal que se van a depositar: t · 0,0046 C s –1 ·

1 equiv 1 mol Cd 2 equiv = 2 g Cd · · 96 500 C 112,4 g 1 mol Cd

⇒ t = 7,465 · 105 s

48 a) ¿Qué masa de aluminio se depositará a partir de 0,1 kg de una bauxita con 60 % de riqueza en alúmina (Al2O3)?

b) ¿Qué intensidad de corriente se requerirá para la electrólisis total en 10 h? Datos: F = 96 500 C; mO = 16; mAl = 27. a) 0,1 kg bauxita ·

0 g Al2O3 1 mol Al2O3 1000 g bauxita 60 2 mol Al 27 g Al · · · · = 31,,76 g Al 100 g bauxita 102 g Al2O3 1 mol Al2O3 1 mol Al 1 kg bauxita

b) El aluminio se depositará en el ánodo según la reducción: Al3+ 31,76 g Al ·

+3 e–

Al

1 mol Al 3 equiv 96 500 C 1 1h · · · · = 9,46 C s –1 = 9,46 A 27 g Al 1 mol Al 1 equiv 10 h 3 600 s

49 El nitrito de sodio se oxida en un medio de ácido sulfúrico a nitrato de sodio con permanganato de sodio, que se reduce a sulfato de manganeso (II). Ajusta la reacción y calcula los moles de ácido sulfúrico necesarios para oxidar 123,23 g de NaNO2.

Datos: mN = 14; mO = 16; mNa = 23. Las semirreacciones, multiplicadas convenientemente (para que el número de electrones puestos en juego sea el mismo en la oxidación que en la reducción), son: © Grupo Editorial Bruño, S. L.

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Química • Oxidación:

5 (NO−2 + H2O

–2 e–

NO−3 + 2 H+)

• Reducción:

2 (8 H+ + MnO4–

+5 e–

Mn2+ + 4 H2O)

5 NO−2 + 5 H2O + 16 H+ + 2 MnO4–

5 NO−3 + 10 H+ + 2 Mn2+ + 8 H2O

5 NaNO2 + 3 H2SO4 + 2 NaMnO4 123,23 g de NaNO2 ·

5 NaNO3 + 2 MnSO4 + Na2SO4 + 3 H2O

1 mol NaNO2 3 mol H2SO4 · = 1,0716 mol H2SO4 69 g NaNO2 5 mol NaNO2

50 El ácido clorhídrico se oxida con dióxido de manganeso dando cloro y dicloruro de manganeso. Ajusta la reacción y calcula la masa de dióxido de manganeso necesaria para obtener 1,25 L de cloro medidos a 0,758 atm y 17 °C.

• Reducción:

MnO2 + 4 H+

+2 e–

Mn2+ + 2 H2O

• Oxidación:

2 Cl−

–2 e–

Cl2

Reacción global:

2 Cl− + 4 H+ + MnO2

Cl2 + Mn2+ + 2 H2O Cl2 + MnCl2 + 2 H2O

4 HCl + MnO2 pV =nRT ⇔ n =

0,758 atm · 1,25 L = 0,0398 mol Cl2 0,082 atm L K –1 mol–1 · (273,16 + 17) K

0,0398 mol Cl2 ·

1 mol MnO2 86,9 g MnO2 · = 3,46 g MnO2 1 mol Cl2 1 mol MnO2

51 a) Dibuja un esquema descriptivo de la siguiente pila: Mg/Mg(NO3)2(1 M) || AgNO3(1 M)/Ag.

b) Calcula su fem. c) ¿Qué electrodo será el ánodo y cuál el cátodo? Datos: ε0 (Mg2+/Mg) = –2,34 V; ε0 (Ag+/Ag) = +0,8 V.

a)

e I

Ánodo

+

Cátodo +

Ag //Ag

Mg2++/Mg Puente salino Mg g

A Ag

Para prepararla se necesitaría una disolución 1 M de Mg(NO3)2 y otra 1 M de AgNO3. El hecho de que la forma reducida en cada uno de ambos electrodos sea un sólido conductor facilita la conexión al circuito externo y sólo debe añadirse un puente salino construido con un tubo en forma de «U», que se rellena con una disolución concentrada de un electrólito inerte (por ejemplo, KCl).

b) y c) Dados los potenciales redox de ambos electrodos, el par Mg2+/Mg actuará como ánodo (−) y el par Ag+/Ag como cátodo. La fem de la pila será: ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Ag+/Ag) − ε0 (Mg2+/Mg) = +0,8 V − (−2,34 V) = 3,14 V © Grupo Editorial Bruño, S. L.


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Química 52 Zn2+ (aq) + 2 Ag (s) riores:

2 Ag+ (aq) + Zn (s) y Cu2+ (aq) + Zn (s)

Zn2+ (aq) + Cu (s). Para las reacciones ante-

a) Justifica si se puede montar una pila y calcula la fem estándar. b) Dibuja su esquema e indica el material, los productos y las disoluciones que deben usarse. Datos: ε0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V; ε0 (Zn2+/Zn) = –0,76 V; ε0 (Ag+/Ag) = +0,8 V. a) • Zn2+ (aq) + 2 Ag (s)

2 Ag+ (aq) + Zn (s)

• Se trata de una reacción en la que los iones Zn2+ se reducen y Ag se oxida. Este hecho va en contra de la espontaneidad del proceso, ya que el potencial estándar de reducción del par redox Zn2+/Zn es más negativo (−0,76 V) que el del par Ag+/Ag (+0,8 V). No se puede, por tanto, formar una pila. La reacción es posible mediante electrólisis, pero no producirá energía eléctrica, sino que necesitará su aporte. • Cu2+ (aq) + Zn (s)

Zn2+ (aq) + Cu (s)

• Se trata de una reacción en la que los iones Cu2+ se reducen y Zn se oxida. Esta reacción funciona en su sentido espontáneo ya que el potencial estándar de reducción del par redox Zn2+/Zn es más negativo (−0,76 V) que el del par Cu2+/Cu (+0,34 V). El potencial estándar de la pila que se podría construir basada en esta reacción es: • ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Cu2+/Cu) − ε0 (Zn2+/Zn) = +0,34 V − (−0,76 V ) = 1,1 V

b)

e I

Ánodo

+

Zn2+/Zn

Cátodo

Cu 2+//C u Puente salino Cu

Zn

Para prepararla se necesitaría una disolución 1 M de Cu2+ (por ejemplo, CuSO4) y otra 1 M de Zn2+ (por ejemplo, ZnSO4). También se precisa una varilla de Cu y otra de Zn, además de cables de conexión eléctrica, un recipiente para el electrodo anódico y otro para el catódico y un tubo en forma de «U», que se rellenará con una disolución concentrada de un electrólito inerte (por ejemplo, KCl) para construir el puente salino.

53 Si: ε0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V; ε0 (Fe2+/Fe) = –0,44 V.

a) ¿Cuál es el voltaje estándar de una pila con estas semirreacciones? b) ¿Qué electrodo será el ánodo y cuál el cátodo? c) ¿Cómo varía el potencial si aumenta la concentración de Cu2+? a) El potencial estándar de la pila será: ε0pila = ε0+ − ε−0 = ε0 (Cu2+/Cu) − ε0 (Fe2+/Fe) = +0,34 V − (−0,44 V ) = 0,78 V b) El par Fe2+/Fe, que posee un menor potencial de reducción, actuará como ánodo (−) mientras que el par Cu2+/Cu actuará como cátodo (+). c) El potencial del electrodo de Cu2+/Cu según la ley de Nernst es: ε0 (Cu2+ /Cu) = +0,34 –

0,059 1 · log 2 [Cu2+ ]

Al aumentar [Cu2+], ε0 (Cu2+/Cu) aumentará, es decir, será más oxidante.


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[Química 2º Bachillerato] Ejercicios + Soluciones: Reacciones redox o de intercambio de electrones

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