SOLUCIÓN EXAMEN 2BACH REDOX 1819

1.       Ajusta las dos ecuaciones redox siguientes.

A)      Medio ácido: H₂S + HNO₃ à S + NO + H₂O

B)      Medio Básico: Cr(OH)₃ + NaClO à Na₂CrO₄ + NaCl

Vamos con la primera, asignamos los números de oxidación:

                                                         +1   -2    +1 +5 -2         0      +2 -2    +1 -2

H₂S + HNO₃ à S + NO + H₂O

Observamos que el azufre es el elemento que se oxida y el nitrógeno el que se reduce. Planteamos las semirreacciones correspondientes en forma iónica.

½ Reacción de oxidación:             H₂S à S + 2H⁺ +2e^-

½ Reacción de reducción:         NO₃^- +4H⁺ + 3e^- à NO + 2H₂O

Ajustamos el número de electrones para que se iguales en ambas reacciones multiplicando la primera por 3 y la segunda por dos:

3H₂S à 3S + 6H⁺ +6e^-

2NO₃^- +8H⁺ + 6e^- à 2NO + 4H₂O

Y sumamos una sobre la otra, posteriormente eliminamos términos comunes en ambos lados de la ecuación:

3H₂S + 2NO₃^- +8H⁺ + 3e^- à 2NO +4H₂O + 3S + 6H⁺ +6e^-

3H₂S + 2NO₃^{- -}+ 2H⁺  à 2 NO + 4H₂O + 3S

Ya tenemos la ecuación iónica ajustada. Para construir la ecuación molecular unimos los H⁺ con los nitratos:

3H₂S + 2HNO₃  à 2 NO + 4H₂O + 3S

SEGUNDA ECUACIÓN EN MEDIO BÁSICO:

Cr(OH)₃ + NaClO à Na₂CrO₄ + NaCl

Asignamos los números de oxidación para descubrir los elementos que se oxidan o se reducen:

+3     -2     +1             +1   +1  -2             +1        +6    -2            +1   -1

Cr(OH)₃ + NaClO à Na₂CrO₄ + NaCl

El Cr se oxida y el cloro se reduce. Ajustamos en forma iónica las dos semirreacciones:

½ Reacción de oxidación:             Cr⁺³ +8 OH^- à CrO₄^2-  +4 H₂O +3 e^-

½ Reacción de reducción:         ClO^- +H₂O + 2 e^- à Cl^- + 2OH^-

Ajustamos el número de electrones para que se iguales en ambas reacciones multiplicando la primera por 2 y la segunda por tres:

2Cr⁺³ +16 OH^- à 2CrO₄^2-  +8 H₂O +6 e^-

3ClO^- +3H₂O + 6 e^- à 3Cl^- + 6OH^-

Sumamos las dos semirreacciones y eliminamos los términos comunes en productos y reactivos:

2Cr⁺³ +16 OH^- + 3ClO^- +3H₂O + 6 e^- à 2CrO₄^2-  +8 H₂O +6 e^- + 3Cl^- + 6OH^-

2Cr⁺³ +10 OH^- + 3ClO^- à 2CrO₄^2-  +5 H₂O +3Cl^-

Ya tenemos la ecuación iónica ajustada, sólo nos falta añadir los iones ausentes para conseguir la ecuación molecular. Añadimos 3 Na⁺ en ambos lados y tendríamos tras a la vez formar el hidróxido de cromo:

2Cr(OH)₃ + 4OH^- + 3NaClO à 2CrO₄^2-  +5 H₂O +3NaCl

Para terminar añadimos otros 4 Na⁺  que se unirán para formar el hidróxido de sodio y el cromato de sodio:

2Cr(OH)₃ + 4NaOH + 3NaClO à 2Na₂CrO₄  +5 H₂O +3NaCl

2.       Dados los siguientes potenciales de reducción,

  Ag⁺/Ag     +0’80V           Fe⁺²/Fe   -0’44 V             Sn⁺⁴/Sn⁺²   + 0’15 V         Pb²⁺/Pb   -0’13V           

a)      Señala el sistema más oxidante y el más reductor.

b)      Señala razonadamente cuál sería la reacción espontánea de los sistemas 2 y 3.

c)       Construye una pila con los sistemas 2 y 3, señalando el cátodo, el ánodo, y calculando el fem de la pila.

d)      Señala el sentido de la corriente eléctrica en la pila, indicando explícitamente quienes son los portadores de la carga en cada región.

El oxidante más fuerte de los cuatro será el de mayor potencial, en este caso Ag⁺/Ag    con  +0’80V, y el reductor más fuerte será el de potencial menor: Fe⁺²/Fe  con   -0’44 V.

Si nos centramos en el caso de los sistemas dos y tres, el de mayor potencial actuará como oxidante y el de menor como reductor; en este sentido el Sn⁺⁴/Sn⁺²   será el oxidante:

                Fe + Sn⁺⁴ à Fe⁺² + Sn²⁺

Ahora que ya sabemos la reacción espontánea, construimos la pila.

Las líneas gruesas azules indican el sentido de la circulación de los electrones en su viaje del ánodo al cátodo. De violeta sobre el Puente salino el sentido del movimiento de las cagas negativas en él, que serían los aniones de la sal que forma el puente salino, (los cationes de la sal migrarían en sentido opuesto a los aniones).

3.       Se lleva a cabo una volumetría redox valorando 25 ml de una disolución de concentración desconocida de I^-(aq) por medio de permanganato de potasio 0’05M., y gastando del mismo 27ml. Sabiendo que el MnO₄^- pasa a Mn²⁺ y que el I^- se oxida a I_2, calcula la concentración de ioduro de la disolución.

Planteamos las semirreacciones redox que tienen lugar, ajustadas debidamente.

MnO₄^- + 8H⁺ + 5e^- à Mn²⁺ + 4H₂O                              2I^- à I₂ + 2e^-

La reacción redox que tiene lugar, necesaria para ver las relaciones estequiométricas, implica multiplicar por 2 la primera y por 5 la segunda. De esta forma aparecerá 2MnO₄^-   y en el otro extrema 10I^-. LA relación estequiométrica sería en moles:

                                               2n_MnO4=10·n_I        Simplificado  n_MnO4=5·n_I  

Calculamos los moles desde la concentración molar [X]=n/V, despejando n=[x]·V

                                               [ MnO₄^-]·V _MnO4- = 5·[I^- ]·V_I

                                               [I^-]=[ MnO₄^-]·V _MnO4-/ (5·V_I )=0’05M·27ml/(5·25ml)=0,011 M

4.       Cuando se pasa durante 5 horas una corriente de 3 Amperios a través de una celda electrolítica conteniendo una disolución de un metal divalente se depositan 18’29 gramos del metal. Calcula la masa atómica del metal, y señala en qué electrodo se depositó. (F=96500 C/mol)

El proceso anterior es una electrolisis. ¿Qué potencial debemos aplicar para producirlo y qué pegas puede plantear?

Potenciales de reducción: Cu²⁺ /Cu +0’34 V        O₂/H₂O +1’23V

Calculamos la carga que ha pasado por la celda: Q=I·t=3A·5·3600s=54000C

Y partir de ahí los moles de electrones n_e=Q/F=54000C/96500C=0’56 moles

Como la reacciónes M²⁺ +2e^- à M    Por tanto cada dos moels de electrones se deposita un mol de metal

n=n_e/2=0’28 moles de metal.

Como tenemos el número de gramos, podemos saber la masa molar:

M=m/n=18,29 moles/0’28 moles=63’5 g/mol

Calculamos el potencial de redox.  E=E_ánodo + E_cátodo

En el ánodo se produce como siempre la oxidación, en este caso la del agua, y por tanto tendría un potencial de -1’23 V, ya que el dato de los potenciales corresponde a una reducción. En el cátodo tendríamos la reducción del cobre y serían +0’34 V. Por tanto E=-1’23V+0’34V= - 0’89V

5.       Cuando dejamos una pieza de hierro a la intemperie, al cabo de un cierto tiempo se oxida formándose el Óxido de Hierro. Explica cómo se produce la corrosión galvánica en la superficie del hierro. ¿Qué ocurre en el caso del aluminio que es más fácilmente oxidable?  DATOS: Potenciales de reducción en condiciones normales: H⁺/H₂ 0V; O₂/H₂O +1’23V; Fe²⁺/Fe -0’44V; Al⁺³/Al  -1’66 V.

Se produce un fenómeno de corrosión galvánica. El metal será oxidado pasando de estar con N.O=0 ha un valor positivo, el responsable de la oxidación será el H⁺ presente en todos los ácidos, o el anión base conjugada del ácido. Si prescindimos de este caso último, y recaemos toda la responsabilidad en el H⁺, este oxidará a todos los metales cuyo potencial de reducción sea menor que el suyo, es decir 0V, es el caso del Fe. Además hay otro agente oxidante de mayor potencial que sería el oxígeno disuelto en el agua, cuyo potencial es 1’23V. Este oxígeno disuelto ataca al Fe superficial del metal, oxidándolo a Fe²⁺, este se desprenderá de la pieza metálica exponiendo a nuevos átomos de hierro al ataque del oxígeno.

                Algunos metales no se oxidan aparentemente, cuando su potencial es muy negativo como en el caso del Al. Suele ocurrir cuando el metal se pasiva, es decir que el átomo de metal oxidado forma con el oxígeno un óxido que recubre la superficie del metal impidiendo que el ácido llegue a capas más profundas, y por tanto dejándolo intacto.