SOLUCIÓN EXAMEN REDOX 2BI CURSO 1920

1. Disponemos de dos disoluciones, una primera de 200 ml HCl 0’5M. Otra de 100 ml de KOH 0’75M.

A.      Calcula el pH de cada disolución del enunciado.

B.       A la disolución de HCl se le añade 200 mL de agua. ¿Cuánto vale el pH?

C.       Olvídate del caso B. Mezclamos las dos disoluciones originales del enunciado. ¿Cuánto valdría el pH de la mezcla?

CASO A:

                Son dos electrolitos fuertes, completamente disociados, aplicamos Arrhenius en ambos casos.

                               HCl + H₂O à Cl^- + H₃O⁺     n_Hcl=n_H3o=V·[HCl]=0.2L·0.5M=0.1 mol de H₃O⁺

                               NaOH à Na⁺ + OH^-             n_NaOH=n_OH=V·[NaOH]=0.1L·0’75M=0.075 moles de OH^-

                Con el número de moles calculamos la concentración en cada caso, y el pH o el pOH según toque:

                               [H₃O⁺]=0.1 moles/0.2L=0.5M

                               pH=-log[H₃O⁺]=0.3 para el ácido.

                               [OH^-]=0.075moles/0.1L=0.75M

pOH=-log[OH^-]=0.15    pH=14-pOH=13.85

CASO B:

                Al añadir agua al HCl, aumenta el volumen, pero no los moles de HCl que siguen siendo los mismos que en A. Por tanto:

[H₃O⁺]=0.1 moles/0.42L=0.25M

                               pH=-log[H₃O⁺]=0.6 para el ácido.

CASO C:

                Mezclamos las disoluciones del caso A. Reaccionan el H₃O⁺ con el OH^-, en un caso de ejercicio de reactivo limitante:

                               H₃O⁺ + OH^- à 2H₂O

inicio      moles     0.1       0.075

final                        0.025      0

                Sobran 0’025 moles de hidronios que estarán repartidos en un volumen de 100+200 mL=300Ml

                [H₃O⁺]=0.025mol/0.3L=0.0082M

                pH=-log[[H₃O⁺]=1.1

                              

2. Ajusta las siguientes reacciones en el medio ácido o básico que corresponda. Identifica oxidante/reductor/especie que se oxida/especie que se reduce.

A.      Cr(OH)₃ + NaClO à Na₂CrO₄ + NaCl

B. K₂Cr₂O₇ + KI + H₂SO₄ à I₂  + Cr₂(SO₄)₃

Caso A. en presencia de un hidróxido, medio básico. Asignamos los números de oxidación a los elementos químicos presentes. Para ello, la suma de los N.O. debe resultar la carga de la especie química, en este caso cero.

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

Cr(OH)₃ + NaClO à Na₂CrO₄ + NaCl

Podemos ver que el cromo pasa de +3 a +6, se oxida, y es el reductor.

En el otro lado, el cloro pasa de +1 a -1, se reduce, y es el oxidante.

Escribimos la reacción iónica disociando sales, e hidróxidos:

                Cr³⁺ + (OH)^- + Na⁺¹ + ClO^- à Na⁺ + CrO₄^2- + Cl^-

Y entonces pasamos a ajustar las semirreacciones:

Semirreacción de oxidación:            Cr³⁺   +8OH^-        à CrO₄^2- + 4H₂O + 3e^-

Semirreacción de redcción:              ClO^- + H₂O +  2e^- à Cl^- + 2OH^-

Para ajustar el número de electrones, y luego poder eliminarlos, multiplcamos la primera por 2 y la segunda por 3, seguidamente las sumamos:

                                                               2Cr³⁺   +16OH^-        à 2CrO₄^2- + 8H₂O + 6e<sup>-

                                                                                               3</sup>ClO^- + 3H₂O +  6e^- à 3Cl^- + 6OH^-

                        SUMA DE AMBAS:      2Cr³⁺   +16OH^-     + 3ClO^- + 3H₂O +  6e^-     à2CrO₄^2- + 8H₂O + 6e^- + 3Cl^- + 6OH^-

                Tras eliminar los elementos comunes en productos y reactivos, o simplificar según el caso, obtenemos la ecuación iónica ajustada:

                                                 2Cr³⁺   +10OH^-     + 3ClO^- à2CrO₄^2- + 5H₂O + 3Cl^-

Para terminar construimos la ecuación molecular. Vamos por pasos, y el primero es que cada Cr se une con 3 OH:

                                               2Cr(OH)₃ + 4OH^- + 3ClO^- à 2CrO₄^2- + 3Cl^- + 5 H₂O

Añadimos sodios para formar el compuesto salino correspondiente, nos fijamos en productos primero porque nos facilita la resolución, (no es condición imprescindible, únicamente permite hacerlo más rápido) Hacen falta 4 Na para el cromato, 3 para el cloruro. Total 7 Na, y debemos añadir otros 7 en reactivos para que esté todo ajustado:

                                                               2Cr(OH)₃ + 4OH^- + 3ClO^- + 7 Na⁺ à 2CrO₄^2- + 4Na⁺+ 3Cl^- + 3Na⁺ +  5H₂O

                Es fácil ver que los 7 Na de reactivos, 4 formarán el NaOH y 3 se unirán con el hipoclorito para formar NaClO. En resumen:

2Cr(OH)₃ + 4Na(OH) + 3NaClOà 2Na₂CrO₄ + 3NaCl +  5H₂O               TERMINADA.

Caso B, en presencia del ácido sulfúrico debemos hacer el ajuste en medio ácido. Al igual que antes, asignamos los números de oxidación, e identificamos al oxidante y al reductor:

                                                                                               +1  +6     -2           +1 -1    +1   +6  -2            0             +3    +6 -2

K₂Cr₂O₇ + KI + H₂SO₄ à I₂  + Cr₂(SO₄)₃

El cromo se reduce, al pasar de +6 a +3, es el oxidante. El Iodo se oxida de -1 a 0, es el reductor. Ahora escribimos la ecuación iónica disociando sales y ácidos fuertes:

                               K⁺ + Cr₂O₇^2- + K⁺ + I^- + H⁺ + SO₄^2- à I₂ + Cr⁺³ + SO₄^2-

Y ahora ajustamos en medio ácido ambas semirreacciones:

Semirreacción de oxidación:   2I^- à I₂ + 2e^-

Semirreacción de reducción: Cr₂O₇^2- + 14H⁺ + 6e^- à 2Cr⁺³ + 7H₂O

Igualamos en ambas reacciones el número de electrones, multiplicando la de oxidación por 3, y luego las sumamos entre sí:

Cr₂O₇^2- +14H⁺ + 6e^- + 6I^- à 2Cr⁺³ + 7H₂O + 3I₂ + 6e^-

Eliminamos los elementos comunes en reactivos y productos, o al menos simplificamos:

Cr₂O₇^2- +14H⁺  + 6I^- à 2Cr⁺³ + 7H₂O  + 3I₂

Y así tenemos la ecuación iónica ajustada. Ahora añadimos los iones ausentes, observamos que el dicromato lleva asociados dos cationes K⁺, y el ioduro uno, por tanto nos hacen alta 8K⁺ en reactivos:

Cr₂O₇^2- + 2K⁺ + 14H⁺ + 6I^- + 6K⁺ à 2Cr⁺³ + 7H₂O + 3I₂ + 8K⁺

K₂Cr₂O₇ + 14H⁺ + 6KI à 2Cr⁺³ + 7H₂O + 8K⁺ + 3I₂

Ahora añadimos SO₄^2-, que debe acompañar a los cationes H⁺, de forma que por cada dos hidronios, hay un sulfato. Hacen falta 7 sulfatos. Y otros siete en productos.

K₂Cr₂O₇ + 14H⁺ +7SO₄^2- +  6KI à 2Cr⁺³ + 3I₂ + 7H₂O + 8K⁺ + 7SO₄^2-

K₂Cr₂O₇ +7H₂SO₄ +  6KI à 2Cr⁺³ + 3I₂ + 7H₂O + 8K⁺ + 7SO₄^2-

Finalmente unimos tres sulfatos a los dos cationes de cromo en productos, para formar Cr₂(SO₄)₃, y el resto de los 4 sulfatos, con los 8 K⁺, formarán K₂SO₄. (Fijémonos que el sulfato tiene dos cargas negativas, el potasio una positiva, y por tanto necesita un sulfato dos potasios)

K₂Cr₂O₇ +7H₂SO₄ +  6KI à Cr₂(SO₄)₃ + 7H₂O + 4K₂SO₄

Ecuación molecular ajustada.

3. Dados los siguientes pares redox, con el valor de su potencial, se pide:

A. Elegir el sistema más oxidante y el más reductor.

B. Construir una pila con los sistemas 1 y 2, escribiendo la reacción que tendría lugar.

C. Escribe la notación de la pila y el valor del potencial de la pila.

D. Dibuja una pila con todos sus elementos identificados. Señala el sentido de la corriente de las especies cargadas, indicando quienes son. Así como la polaridad de los electrodos.

	1	2	3	4
SISTEMA	Au3+/Au	HBrO/Br2	Ce+3/Ce	Fe+3/Fe+2
POTENCIAL (V)	+1’40	+1,60	-2’48	+0’77

A. El más oxidante será es de potencial más elevado y el más reductor el que tenga el valor más pequeño. A la vista de la tabla el más oxidante es el HBrO/Br₂, con +1’60 voltios, y el más reductos Ce⁺³/Ce con -2’48V.

B y C. Ahora nos centramos en los sistemas 1 y 2, el oxidante será el HBrO/Br₂ y el reductor el Au⁺³/Au con +1’40 V.

La notación de pila implica escribir primero el ánodo y luego el cátodo. En el ánodo se producirá la oxidación, y en el cátodo la reducción:

                       Au/Au⁺³//HBrO/Br₂                       

Para calcular el potencial de pila, sumamos los potenciales de cada electrodo, teniendo en cuenta que en el ánodo hemos invertido la semireacción, y por tanto cambia la polaridad y con ello el signo del potencial de reducción de la tabla.

                                                                       Au/Au⁺³//HBrO/Br₂        

                       E⁰=E⁰_ánodo+E⁰_cátodo =       -1’40V     +    +1’60 V = +0’20 Voltios.

        La reacción global sería: Au + HBrO à Br₂ + Au⁺³      escrita sin ajustar.

El ánodo sería de polaridad negativa, y el cátodo positiva.

Las cargas negativas se mueven en sentido de las agujas del reloj en todo el dispositivo. Pero no siempre son las mismas. En el ánodo se generan electrones durante la oxidación del oro, y esos electrones se mueven por el cableado hacia el cátodo, donde se consumen en la reducción. Para que el circuito se cierre, los aniones presentes en el puente salino, se mueven a su través dirigiéndose hacia el ánodo, y cerrando el circuito. Hay que hacer notar que en el puente salino también hay presentes cationes, y estos con carga positiva se moverán en sentido opuesto dentro del puente salino, es decir, desde el ánodo hacia el cátodo.

4. Calcula la cantidad de magnesio producido por electrolisis a partir de la sal dicloruro de magnesio, en una celda operando todo el día a 50.000 A.

El dicloruro de magnesio es una sal, y se disocia completamente en su catión y anión:

MgCl₂ (s) à Mg²⁺(aq) + 2 Cl^-(aq)

El catión magnesio es el sujeto de la electrólisis, reduciéndose gracias a la electricidad vertida en la cuba hasta magnesio elemental:

        Mg²⁺ (aq)+ 2e^- à Mg(m)

Relacionamos estequiométricamente hablando los moles de electrones con el Mg(m):

                                       n_e=n_Mg·2              Por tanto n_Mg=n_e/2

El número de electrones lo obtenemos con la constante de Faraday y la intensidad de corriente:

                       n_e=(I·t)/F=50000A·(24·3600)s/96500(C/mol)=44766 moles de electrones

                       m_Mg=n_Mg·Pat_Mg=(44766moles/2)·24’3g/mol=543917g=544Kg

5. Se lleva a cabo una volumetría redox valorando 25 ml de una disolución de concentración desconocida de H2O2 (aq) por medio de permanganato de potasio 0’05M., y gastando del mismo 12 ml. Sabiendo que el MnO4- pasa a Mn4+ y que el peróxido se oxida a oxígeno, calcula la concentración de peróxido de la disolución.

Para resolver el ejercicio nos hace falta saber la reacción volumétrica, pero no necesariamente ajustada. Nos basta con saber las semirreacciones:

Reducción: MnO₄^-  + 8H⁺ + 3 e^- à Mn⁴⁺ + 4H₂O      Lo importante es el número de electrones.

Oxidación: H₂O₂ à O₂ + 2H⁺ + 2e-

Para ajustar la reacción, multiplicaríamos por 2 la reducción y por tre la oxidación, por tanto en la reacción total figurarían 2MnO₄^- + 3H₂O₂ + …..  Y la relación estequiométrica entre los dos reactivos sería:

        3·n_MnO4=2·n_h2o2

Calculamos el número de moles a partir de la concentración molar:

3·[MnO₄^-]·V_MnO4=2·[H₂O₂]·V_H2O2

Despejamos la concentración del peróxido:

[H₂O₂]= 3·[MnO₄^-]·V_MnO4/(2·V_H2O2)=3·0.05M·12Ml/(2·25mL)=0.036mol/L

6. Tipos de pilas. Características y diferencias entre sí.

Existen tres tipos de pilas:

•     Primarias. Producen corriente eléctrica a partir de unos reactivos, cesando su actividad cuando estos se agotan.

•     Secundarias: Puede recargarse a partir de una fuente externa que obligue a la reacción redox a cambiar su sentido y por tanto a regenerar los reactivos.

•     Combustible. Se produce la reacción a partir de unos reactivos, pero estos se agotan. Debemos añadir más reactivos externamente, recargarlos.