REACCIONES RED-OX QCA 01

ANDALUCÍA

1.- Una muestra de un metal se disuelve en ácido clorhídrico y se realiza la electrólisis de la disolución. Cuando han pasado por la célula electrolítica 3215 C, se encuentra que en el cátodo se han depositado 1’74 g de metal. Calcule: a) La carga del ión metálico. b) El volumen de cloro desprendido medido en condiciones normales. Datos: F = 96500 C; Masa atómica del metal = 157’2. 2.- Sabiendo que: Zn(s)/Zn2+(1M)║H+(1M)/H2(1atm)/Pt(s) Zn(s)/Zn2+(1M)║Cu2+(1M)/Cu(s)

Eºpila = 0’76 V Eºpila = 1’10 V

Calcule los siguientes potenciales estándar de reducción: a) Eº (Zn2+/Zn). b) Eº (Cu2+/Cu). 3.- Por una cuba electrolítica que contiene cloruro de cobre (II) fundido, circula una corriente eléctrica de 3 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: F = 96500 C; Masa atómica: Cu = 63’5. 4.- En una valoración, 31’25 mL de una disolución 0’1 M de Na2C2O4 (oxalato de sodio) en medio ácido consumen 17’38 mL de una disolución de KMnO4 de concentración desconocida. Sabiendo que el oxalato pasa a CO2 y el permanganato a Mn2+. a) Ajuste la ecuación iónica por el método del ión-electrón. b) Calcule la concentración de la disolución de KMnO4. Datos: Masas atómicas: O = 16; K = 39; Mn = 55. 5.- Dadas las siguientes reacciones (sin ajustar): CaO + H2O → Ca(OH)2 Ag + HNO3 → AgNO3 + NO2 + H2O Razone: a) Si son de oxidación-reducción. b) ¿Qué especies se oxidan y qué especies se reducen? 6.- El principal método de obtención del aluminio comercial es la electrolisis de las sales de Al3+ fundidas. a) ¿Cuántos culombios deben pasar a través del fundido para depositar 1kg de aluminio? b) Si una célula electrolítica industrial de aluminio opera con una intensidad de corriente de 40.000 A. ¿Cuánto tiempo será necesario para producir 1 kg de aluminio? Datos: Faraday = 96500 C. Masa atómica: Al = 27.

Fco. González Funes

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ANDALUCÍA

7.- El KMnO4, en medio ácido sulfúrico, reacciona con el H2O2 para dar MnSO4, O2, H2O y K2SO4. a) Ajuste la reacción molecular por el método del ión-electrón. b) ¿Qué volumen de O2 medido a 1520 mm de mercurio y 125 ºC se obtiene a partir de 100 g de KMnO4? R= 0’082 atm·L·K⎯1·mol⎯1. Masas atómicas: C = 12; O = 16; K = 39; Mn = 55. 8.- Se construye una pila, en condiciones estándar, con un electrodo de cobre y un electrodo de aluminio. a) Indique razonadamente cuál es el cátodo y cuál el ánodo. b) Calcule la f.e.m de la pila. Datos: Potenciales estándar de reducción: Cu2+/Cu = 0’34 V; Al3+/Al = − 1’65 V. 9.- En medio ácido sulfúrico, el permanganato de potasio reacciona con Fe (II) según: KMnO4 + FeSO4 + H 2SO4 → MnSO4 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + H2O a) Ajuste la reacción por el método del ión-electrón. b) Calcule el número de moles de sulfato de hierro (III) que se obtienen cuando reaccionan 79 g de permanganato de potasio con la cantidad necesaria de Fe (II). Masas atómicas: O = 16; K = 39; Mn = 55.

Fco. González Funes

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ANDALUCÍA

1.a) sabemos que un faraday (96500 C) deposita un equivalente de metal, calculamos los equivalentes depositados por 3215 C

96500 C 3215 C = 1eq x

x = 0, 0333 eq

como sabemos que se han depositado 1,74 g de metal, podemos calcular la masa equivalente del metal neq =

m M eq

M eq =

m 1, 74 g g = = 52, 2 neq 0, 0333 eq eq

la masa equivalente de una sustancia que participa en un proceso redox se define como la masa de sustancia que intercambia un mol de electrones, si llamamos x al número de electrones transferidos podemos escribir M eq =

Mm x

x=

Mm 157, 2 g / mol = =3 M eq 52, 2 g / eq

hemos calculado que el metal cede tres electrones, por lo tanto su carga es +3 b) Si le llamamos X al metal podemos escribir las semireacciones de reducción y de oxidación

X 3+ + 3e− → X 0

2Cl − → Cl20 + 2e−

( Re d ) ( Oxi )

obtenemos la reacción total multiplicando la reducción por 3 y la oxidación por 2 para ajustar el número de electrones y sumando las semireacciones 2 X 3+ + 6e − → 2 X 0 6Cl − → 3Cl20 + 6e−

2 X 3+ + 6Cl − → 2 X 0 + 3Cl2 establecemos la proporción con los datos de la reacción ajustada 2 ⋅157, 2 g de metal 1, 74 g de metal = 3 ⋅ 71 g de Cl2 x

x = 1,18 g deCl2

calculamos los litros de Cl2 en condiciones normales. Mm (Cl2) = 71 g/mol 71 g Cl2 1,18 g Cl2 = 22, 4 L x

x = 0,37 L

Fco. González Funes

REACCIONES RED-OX QCA 01 2.-

ANDALUCÍA

Zn(s)/Zn2+(1M)║H+(1M)/H2(1atm)/Pt(s) Zn(s)/Zn2+(1M)║Cu2+(1M)/Cu(s)

Eºpila = 0’76 V Eºpila = 1’10 V

a) Sabiendo que el potencial estandar de reducción del electrodo de hidrógeno es Eo(H+/H2) = 0 V y que el potencial estandar de una pila viene dado por la expresión o E pila = E o ( ox ) + E o ( red )

particularizamos esta ecuación para la primera pila

0, 76V = E o ( Zn / Zn 2+ ) + 0

E o ( Zn / Zn 2+ ) = 0, 76 V

este es el potencial de oxidación, por lo tanto el de reducción será igual y de signo contrario E o ( Zn 2+ / Zn ) = −076V b) Aplicando la misma ecuación para la segunda pila obtenemos o E pila = E o ( Zn / Zn 2+ ) + E o ( Cu 2+ / Cu )

o E o ( Cu 2+ / Cu ) = E pila − E o ( Zn / Zn 2+ )

E o ( Cu 2+ / Cu ) = 1,10V − 0, 76V = 0,34V 3.a) Calculamos la carga que ha pasado por la cuba en 45 minutos (2700 s) con una intensidad de 3 A Q = I ⋅ t = 3 A ⋅ 2700 s = 8100 C

sabemos que un faraday (96500 C) deposita un equivalente de metal, calculamos los equivalentes depositados por 8100 C 96500 C 8100 C = 1eq x

x = 0, 084 eq

calculamos la masa equivalente del cobre sabiendo que se reduce ganando dos electrones M eq = neq =

m M eq

Mm 63,5 g / mol = = 31, 75 g / eq nº e− 2 m = M eq ⋅ neq = 31, 75 g / eq ⋅ 0, 084 eq = 2, 67 g Cu

Fco. González Funes

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ANDALUCÍA

3.b) calculamos los moles de cobre depositados

n=

m 2, 67 g = = 0, 042 mol Mm 63,5 g / mol

La reacción completa que se da en la cuba electrolítica es Cu 2+ + 2Cl − → Cu 0 + Cl2

como vemos se desprenden igual número de moles de Cl2 en el ánodo que se depositan de cobre en el cátodo por lo tanto el volumen en condiciones normales es V = nCl2 ⋅ 22, 4 L / mol = 0, 042 mol ⋅ 22, 4 L / mol = 0,94 L

4.a) ajustamos la ecuación iónica por el método del ión-electrón. C2O42− → 2CO2 + 2e − − 4

+

−

2+

MnO + 8 H + 5e → Mn + 4 H 2O

( x5) ( x2 )

5C2O42− → 10CO2 + 10e − 2 MnO4− + 16 H + + 10e − → 2 Mn 2+ + 8 H 2O 5C2O42− + 2 MnO4− + 16 H + → 10CO2 + 2 Mn 2+ + 8 H 2O

b) Calculamos el número de moles de oxalato cálcico nNa2C2O4 = M Na2C2O4 ⋅ VNa2C2O4 = 0,1

mol ⋅ 0, 03125 L = 3,125 ⋅10−3 mol L

establecemos la proporción con los datos de la reacción iónica ajustada 5 mol Na2C2O4 3,125 mol Na2C2O4 = x 2 mol KMnO4

x = 1, 25 ⋅10−3 mol KMnO4

calculamos la concentración de la disolución de permanganato potásico M KMnO4 =

nKMnO4 VKMnO4

=

1, 25 ⋅10−3 mol mol = 0, 072 0, 01738 L L

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REACCIONES RED-OX QCA 01 5.-

ANDALUCÍA

CaO + H2O → Ca(OH)2 Ag + HNO3 → AgNO3 + NO2 + H2O

a) La primera reacción disociada es

Ca2+ + O2- + 2H+ + O2- → Ca2+ + 2(OH)como vemos ningún elemento cambia de número de oxidación, en consecuencia no es de oxidación-reducción. La segunda reacción disociada es Ag0 + H+ + NO3− → Ag+ + NO3− + NO2 +2H+ + O2como vemos la plata cambia su número de oxidación de 0 a +1 y el nitrógeno cambia de +5 en el ión nitrato a +4 en el dióxido de nitrógeno, en consecuencia es una reacción de oxidación-reducción. b) Las semireacciones de oxidación y de reducción de la segunda reacción son

Ag 0 → Ag + + 1e−

(oxidación)

NO3− + 2 H + + 1e − → NO2 + H 2O

(reducción)

6.a) Si llamamos x al número de electrones transferidos por una sustancia que participa en un proceso redox podemos escribir la masa equivalente de dicha sustancia

M eq =

Mm x

el aluminio al reducirse cambia su número de oxidación de +3 a 0 ganando 3 electrones M eq =

Mm 27 g / mol g = =9 − 3e x eq

calculamos el número de equivalentes que hay en 1 kg de aluminio neq =

m 1000 g = = 111,1 eq M eq 9 g / eq

sabemos que un faraday (96500 C) deposita un equivalente de metal, calculamos la carga q = neq ⋅ F = 111,1 eq ⋅ 96500

C = 1, 072 ⋅107 C eq

Fco. González Funes

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6.b) Para calcular el tiempo partimos de la definición de intensidad q I= t

q 1, 072 ⋅107 C = 268 s t= = 40000 A I

7.a) formulamos la reacción molecular

KMnO4 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2 +K2SO4 + H2O si calculáramos los números de oxidación de los elementos de esta reacción veríamos que solo cambian el manganeso de +7 en el permanganato, a +2 en el sulfato de manganeso (II) y el oxígeno de -1 en el peróxido de hidrógeno, a 0 en el oxígeno molecular por lo tanto planteamos las semireacciones iónicas y las ajustamos sabiendo que en medio ácido se añade H2O donde falte oxígeno y H+ donde falte hidrógeno MnO4− + 8 H + + 5e − → Mn 2+ + 4 H 2O +

H 2O2 → O2 + 2 H + 2e

−

(reducción) (oxidación)

multiplicamos la reducción x2 y la oxidación x5 para ajustar los electrones transferidos 2 MnO4− + 16 H + + 10e − → 2 Mn 2+ + 8 H 2O 5H 2O2 → 5O2 + 10 H + + 10e − 2 MnO4− + 5 H 2O2 + 6 H + → 2 Mn 2+ + 5O2 + 8 H 2O

Traspasamos los coeficientes de la reacción iónica ajustada a la molecular 2 KMnO4 + 5 H2O2 + 3 H2SO4 → 2 MnSO4 + 5 O2 + K2SO4 + 8 H2O b) Calculamos el número de moles de permanganato potásico Mm = 158 g/mol n=

m 100 g = = 0, 63 mol KMnO4 Mm 158 g / mol

establecemos la proporción con los datos se la reacción ajustada 2 mol KMnO4 0, 63 mol KMnO4 = 5 mol O2 x

x = 1,57 mol O2

calculamos el volumen a 1520 mm Hg (2 atm) y 125º C (398 K) V=

n ⋅ R ⋅ T 1,57 mol ⋅ 0, 082 atm ⋅ L ⋅ K −1 ⋅ mol −1 ⋅ 398 K = = 25, 6 L 2 atm P

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8.a) El potencial de reducción más alto es el del cobre, en consecuencia será el cobre el que se reduce en el cátodo y el aluminio el que se oxida en el ánodo Cu 2 + + 2e − → Cu 0 Al → Al 3+ + 3e −

Reducción (cátodo) Oxidación (ánodo)

b) La f.e.m. o potencial de la pila viene dado por la expresión 0 E pila = E 0 (red ) + E 0 (ox)

los datos del ejercicio nos dan el potencial de reducción del aluminio, el de oxidación es igual pero de signo contrario E0 (Al/Al3+) = 1,65 V 0 E pila = E 0 ( Cu 2+ / Cu ) + E 0 ( Al / Al 3+ ) = 0,34V + 1, 65V = 1,99 V

9.a)

KMnO4 + FeSO4 + H 2SO4 → MnSO4 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + H2O

si calculáramos los números de oxidación de los elementos de esta reacción veríamos que solo cambian el manganeso de +7 en el permanganato, a +2 en el sulfato de manganeso (II) y el hierro de +2 en el sulfato ferroso, a +3 en el sulfato férrico, por lo tanto planteamos las semireacciones iónicas y las ajustamos sabiendo que en medio ácido se añade H2O donde falte oxígeno y H+ donde falte hidrógeno MnO4− + 8 H + + 5e − → Mn 2+ + 4 H 2O 2 Fe 2 + → 2 Fe3+ + 2e −

(reducción) (oxidación)

multiplicamos la reducción x2 y la oxidación x5 para ajustar los electrones transferidos 2 MnO4− + 16 H + + 10e − → 2 Mn 2+ + 8 H 2O 10 Fe 2 + → 10 Fe3+ + 10e − 2 MnO4− + 10 Fe 2+ + 16 H + → 2 Mn 2+ + 10 Fe3+ + 8 H 2O

Traspasamos los coeficientes de la reacción iónica ajustada a la molecular 2 KMnO4 + 10 FeSO4 + 8 H 2SO4 → 2 MnSO4 + 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8 H2O b) Calculamos el número de moles de permanganato potásico Mm = 158 g/mol n=

m 79 g = = 0,5 mol KMnO4 Mm 158 g / mol

Fco. González Funes

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ANDALUCÍA

9.b) (continuación) establecemos la proporción con los datos se la reacción ajustada

2 mol KMnO4 0,5 mol KMnO4 = 5 mol Fe2 ( SO4 )3 x

x = 1, 25 mol Fe2 ( SO4 )3

Fco. González Funes