SOLUCIÓN EXAMEN ÁCIDOS Y BASES (Y SOLUBILIDAD) 2BACH 20-21

 1.       El Al(OH)₃ es una sustancia muy poco soluble en agua (Kps = 3,7 · 10^–15). a) Escribe el equilibrio de solubilidad y la expresión del producto de solubilidad. b) ¿Cuál es su solubilidad en agua pura, expresada en g/L? c) ¿Cómo afectará a la solubilidad del Al(OH)3 una disminución del pH de la disolución? Razónese en términos del principio de Le Chatelier-Braun. SELECTIVIDAD 2019

Se trata de un equilibrio heterogéneo del hidroxido entre sus iones disueltos:

Al(OH)₃  (s) ßà Al³⁺ (aq)+ 3OH^- (aq)

                INICIO                                                0                   0

              EQUILIBRIO                                      X                  3X

Para saber qué iones resultan debemos identificar al anión hidroxilo (OH)^-, y reparar que en la fórmula hay tres de ellos, por lo que el aluminio tendría carga +3.

Las sustancias sólidas y puras no se expresa su concentración, por eso no se incluye en el cuadro del equilibrio. X sería lo máximo que puedo disolver del hidróxido de aluminio, por cada mol de él por disolución se obtienen 3 moles de hidroxilo  y uno de aluminio +3. Por tanto X=S, siendo S la solubilidad en mol por litro.

Ks=[Al⁺³]·[OH^-]³ =(S)·(3S)³=27S⁴   

Despejamos y calculamos la solubilidad:

S=RAÍZCUARTA(Ks/27)=1·10^-4 mol·l^-1.

Para pasar a gramos por litros como expresión de la solubilidad, multiplicamos por la masa molar del Al(OH)_3.

M=27+(16+1)·3=78 g/mol.

S=1·10^-4mol·l^-1·78g·mol^-1=7.8·10^-3 g·l^-1

En cuanto a la última cuestión, desplazamiento del equilibrio, al descender el ph, debe de aumentar el pOH, como consecuencia desciende la concentración de OH^-. En definitiva, estamos retirando uno de los productos de la reacción, y el equilibrio reaccionará en contra de la acción exterior, produciendo más OH^-, es decir aumentando la cantidad de hidróxido soluble.

2. De las siguientes sales, indica cuáles son de elevada solubilidad, y cuáles no.

a.       Sales de alcalinos.

b.      Cloruros en general.

c.       Nitratos en general.

d.      Carbonatos de metales no alcalinos.

 

Todas las sales de alcalinos son solubles, por lo que (a) tienen alta solubilidad. Los cloruros son solubles excepto los de Plata, Mercurio y plomo. Todos los nitratos son solubles, así que debemos señalar alta solubilidad, y los carbonatos no alcalinos en general podemos considerar que su solubilidad es baja.

 3.  ¿Cuál es la diferencia entre un ácido fuerte y un ácido débil? Cita los ácidos fuertes más importantes vistos en el curso.¿Por qué el NH3 no es una base para Arrhenius?

Esta serie de  pregunta de cuestiones teóricas se resuelve rápidamente si nos centramos en lo que nos preguntan, sin extendernos:

a.       Un ácido fuerte está siempre totalmente disociado, lo que se puede representar con una reacción sin equilibrio: HA + H₂O à A^- + H₃O⁺. En cambio, un ácido débil se disocia parcialmente, y debemos plantear una ecuación química que contemple un equilibrio.  

b.       Los ácidos fuertes son: HCl, HBr, HI, HNO₃, H₂SO₄ y el HClO₄  .

c.       Para Arrhenius, una base debe contener en su fórmula química el grupo OH^- , que no está incluida en la fórmula del NH_3.

4. El ácido fórmico o metanoico es un ácido monoprótico débil (Ka=1,8.10⁻⁴) que se encuentra en la naturaleza en los aguijones de algunas especies de hormigas, de ahí su nombre. Se prepara una disolución 0,1 M de ácido fórmico. Calcula:

a) El grado de disociación del ácido.

b) El pH de la disolución.

 

Representemos el ácido fórmico, (HCOOH) de forma abreviada como HFo. El ácido fórmico se disocia en medio acuoso mediante el siguiente equilibrio ácido-base, aprovechamos para escribir el cuadro de composición del equilibrio, sabiendo que partimos de una concentración C₀=0.1 mol·l^-1.

                               HFo + H₂O ßà Fo^- + H₃O⁺

HFo          +          H2O       ßà          Fo-            +           H3O+
INICIO	C0			10-7
EQUILIBRIO	C0-x		X	X + 10-7

 La concentración de hidronio inicial se puede despreciar frente a “x” en el equilibrio, ya que esperamos que x >>10^-7. Conocido Ka, la constante de acidez de este equilibrio ácido-base, se puede despejar y calcular “x”:

Ka=[Fo^- ][ H₃O⁺]/[HFo]=x²/(Co-x)

 X² +Ka·x –Ka·C₀=0      Resolvemos esta ecuación de segundo grado, y obtenemos como solución válida x=4.1·10^-3 mol·l^-1

 Con ese valor ya podemos calcular el pH , porque pH=-log[H₃O⁺]=-log(x)=2.4

 Y también el grado de disociación, que no es más que el cociente entre la cantidad de HFo disociada, que es “x”, y la cantidad inicial que había, “Co”.

α=x/C₀ =4.1·10^-3 mol·l^-1/0.1 mol·l^-1=4.1·10^-2, que en caso que se haya expresado en %, resulta ser 4.1%, tras multiplicar por 100 el resultado anterior.

 5. Se dispone de dos muestras de 100 mL de dos disoluciones distintas, una 0,1 M en HNO3 y otra 0,5 M en KOH. a) Calcula el pH de cada disolución. b) ¿Qué reacción tendrá lugar al mezclarlas? Escribe la correspondiente ecuación química. c) ¿Qué pH tendrá la disolución resultante de la mezcla? Supón volúmenes aditivos. SELECTIVIDAD 2018

 

Tratemos cada disolución inicial por separado, como son electrolitos fuertes ambos, no hay equilibrio y están ambos totalmente disociados. Es fácil conocer las concentraciones de hidronio o hidroxilo y calcular el pH.

 HNO₃ + H₂O à NO₃^- + H₃O⁺ 

 Por tanto, la misma cantidad de HNO₃ incial es la que habrá de Hidronios, así [H₃O⁺]=0.1 mol·l^-1, podemos ya calcular el pH=-log[H₃O⁺]=1

 Hacemos lo mismo con el hidróxido de potasio:

KOH à K⁺ + OH^-

[OH^-]=0.5 mol·l^-1

pOH=-log[OH^-]=0.3

pH=14-pOH=13.7

 Cuando reunamos las dos disoluciones, se producirá una reacción de neutralización entre los hidronios y los hidroxilos, pero no completa puesto que el hidronio se comporta como un reactivo limitante. Calculamos los moles de cada reactivo multiplicando su concentración por el volumen de cada disolución:

Moles de H₃O⁺ = [H₃O⁺]·V=0.1mol·l^-1 ·0.1 litros=0.01 moles.

Los mismo con el hidroxilo, y entonces:

                                H₃O⁺   +   OH^- à 2H₂O

       INICIO        0.01mol        0.05 mol

      FINAL                               0.04 mol

 Como resultado, restan 0.04 moles de hidroxilo, que estarán repartidos en 100ml+100ml=200 ml de disolución. Así que su concentración es [OH^- ]=0.04mol/0.2l=0.2mol·l^-1.

Calculemos el pOH y luego el pH.

pOH=-log[OH^-]=0.7

pH=14-pOH=13.3

6. Señala el cambio de pH que se originaría al añadir al agua …

NaCl                b. NaCN        c. NH₄Cl      d. Ca(OH)₂       e. Una sal de Fe²⁺.

 Todas las especies químicas, son fórmulas químicas de electrolitos que se disolverán en agua al disociarse en un anión y un catión. Estos dos pueden reaccionar con el agua rompiendo a esta, y generando OH^- o H⁺, según el caso.

a.        NaCl (s) à Na⁺ (aq)+ Cl^-(aq)  

                       El Sodio no puede reaccionar con el agua porque formaría NaOH que no tiene existencia al ser una base fuerte que se descompone inmediatamente en los reactivos de partida:

                            Na⁺ + H₂O à NaOH + H⁺

 Lo mismo cabe decir del Cloruro, pero ahora como ácido fuerte: Cl^-(aq) + H₂O à HCl (aq) + OH^-

Como estas dos reacciones no tienen lugar, no se generan H⁺ o OH^- y por tanto no se modifica el pH.

b.       NaCN (s) à Na⁺ (aq) + CN^-(aq)

                Del sodio ya está todo dicho en el ejemplo anterior, pero el anión cianuro puede reaccionar con el agua para dar HCN por medio del siguiente equilibrio: CN^- (aq) + H₂Oß àHCN(aq) + OH^- (aq)  y por tanto aportando pocos o mucho OH^-, que harán que el pH suba.

c.       NH₄Cl à NH₄⁺ + Cl^-

                Lo dicho del cloruro vale aquí ahora, pero el ion amonio sí que puede mantener un equilibrio ácido base, aportando H⁺:   NH₄⁺ + H₂O à NH₃ + H₃O⁺ y al generar los hidronios, el pH disminuye.

d.       Ca(OH)₂ à Ca²⁺ + 2OH^-

                Está claro que aumenta el pH al generarse en la disociación iones hidroxilo.

e.       Sal de Fe2+, aumentará el pH porque el hierro reaccionará con el agua de la siguiente forma:

                                Fe²⁺ + 2H₂O ßà Fe(OH)₂ + 2H⁺

 

7.            ¿Qué es y para qué sirve una disolución “tampón”?

Un tampón o disolución reguladora del pH es una disolución creada para amortiguar cambios en el pH en el caso que externamente se añada un ácido o una base, o internamente como consecuencia de una reacción química. Así se consigue que el pH no varíe de un determinado valor.

Para conseguir esta función, la disolución está formada por un ácido y su base conjugada en valores de concentración elevados. Frecuentemente iguales entre sí, pero no es una condición obligatoria esta última.

 8. Dibuja la curva de valoración para un ácido débil con una base fuerte. Marca en ella la zona de viraje de la heliantina y de la Fenolftaleína. ¿Qué indicador eliges? ¿Y si valoras el ácido fuerte con una base débil?

Aplicación numérica, queremos saber la riqueza en hidróxido sódico de un producto comercial. Para ello disolvemos 3 gramos de muestra en 150 ml de agua destilada y valoramos con ácido clorhídrico 0’25M. Sabiendo que gastamos 8 ml de ácido, ¿qué porcentaje de riqueza tenía la muestra?

Buceando por internet he encontrado las curvas ya hechas en Presentación de PowerPoint (cartagena99.com), yo he superpuesto unos rectángulos para remarcar el viraje de ambos indicadores. Sólo la fenolftaleína nos sirve en el primer caso, porque está junto al punto de equivalencia  de la reacción su zona de viraje. En cambio el segundo indicador vira antes de llegar a las proximidades del punto de equivalencia, cometeríamos un error por defecto, al detener la valoración antes de tiempo.

En el segundo caso, se producirá el caso contrario, ahora porque será la fenolftaleína la que quedaría fuera de las inmediaciones del punto de quivalencia, (en cuanto a viraje). LA IMAGEN la he obtenido de Valoración ácido base (apuntescientificos.org), a la que de nuevo he añadido los rectángulos para parcar la zona de viraje de cada indicador.

Ataquemos ahora al ejercicio numérico de valoraciones:

La reacción volumétrica entre un ácido fuerte HCl, y una base fuerte NaOH es la siguiente:

                HCl + NaOH à H₂O + NaCl

Ya ajustada, por tanto el número de moles de HCl y de NaOH que reaccionan son los mismos. Calculamos los primeros a partir de la definición de molaridad.

[HCl]=n/V  à n_HCl=[HCl]·V=0’25M·0’008l=0’002 moles de HCl=0’002 moles de NaOH

Calculamos los gramos de NaOH que hay en esos moles, como la masa molar del NaOH es 40g/mol:

m_naOH=M_NaOH*n_naOH=40g/mol·0’002 mol=0’08 gramos de NaOH puro.

Como la muestra es de 3 gramos, por una simple regla de tres calculamos el porcentaje de riqueza:

%=m_NaOH*100/m_muestra=0’08g*100/3g=2’7%

SOLUCIÓN EXAMEN EQUILIBRIO QUÍMICO Y CINÉTICA REACCIÓN QUÍMICA - 2 BACHILLERATO 20-21

 1.       Los siguientes datos se obtuvieron de la reacción siguiente entre el acetato de etilo y un hidroxilo

CH3COOCH2CH3 + OH- ßà  CH3COOH + CH3CH2OH

                Experimento      [CH3COOCH2CH3]_o           [OH-]_o         Velocidado(mol/l.seg.)                ──────────────────────────────────────────────────────

                   1                                      0,001                                   0,01                 1.3·10-6

                   2                                      0,001                                   0,05                    6.5·10-6

                   3                                      0,005                                   0,01                    6.5·10-6

Calcula la ecuación de velocidad de la reacción, señala los órdenes parciales y totales de reacción, y calcula la constante de velocidad de la reacción.

La ecuación de velocidad en función de los reactivos debiera ser v_R=k·[Acetato]^a ·[OH^-]^b

Para averiguar los exponentes a y b debemos analizar resultados experimentales en los cuales cambie la concentración de uno de los reactivos, pero el otro permanezca constante.

Experimentos 1 y 2. La concentración de OH permanece constante. Sólo cambia la concentración del acetato. Podemos observar que cuando esta última se quintuplica, pasando de 0’01 M a 0’05M, la velocidad se quintuplica también. Por tanto hay una relación lineal entre ambas, y b=1.

Experimentos 1 y 3. La concentración de acetato es la única que cambia, pasando de 0’001 M a 0’005 M, mientras que el otro reactivo mantiene su concentración constante en 0’01M. Observamos que la velocidad también se multiplica también por 5, por tanto a=1, y el orden total n=a+b=2.

La ecuación de velocidad resulta ser v_R=k·[Acetato][OH], y con cualquiera de los resultados experimentales calculo el valor de la constante de velocidad despejando:

k=v_R/([Acetato]·[OH])=1.3·10^-6 mol·l^-1s^-1/(0.001mol·l^-1·0.01mol·l^-1)=0.13 mol^-1l·s^-1

2. Dibuja un diagrama energético de una reacción A à
B, sabiendo que es endotérmica, y que la energía de activación es más o menos tres veces mayor que el calor de reacción. Señala en el diagrama la energía de activación.

Si añadimos un catalizador, dibuja la nueva curva energética de la reacción química.

Cuanto mayor es la temperatura, menor es la altura que coge la curva, y además el máximo se desplaza a mayores valores de velocidad. Esto ocurre porque cuando aumentamos la temperatura, la velocidad media de las partículas aumenta, a la vez que aumenta la dispersión de valores posibles de velocidad, dando un sistema más caótico. El máximo de la curva no es el valor medio de la velocidad de las partículas, pero nos permite hacernos una idea de cuál sería, porque no difiere mucho de él.

Marcamos las regiones que corresponden a las partículas con velocidad superiores a 1’5 Km/s por medio de triángulos de colores, no es exactamente el área pero se aproximan lo suficiente. Nótese como el área de la curva de mayor temperatura es la mayor de las tres, significa que habrá un mayor número de partículas con la energía suficiente para superar la Energía de activación.

 

 

1.      4. A 200ºC el monóxido de nitrógeno se encuentra disociado en un 98’54% según     2NO(g) ⇋N2(g) + O2(g)      . Calcular Kp y Kc. No ponerse nervios@ por no tener el valor de la presión total.

 

Planteamos el cuadro para la realización del ejercicio. Tendremos en cuenta en él que:

 

α=Cantidad de NO(g) reaccionante / Cantidad de NO inicial

En este caso reacciona 2x, y había P₀ inicialmente. Por tanto α=2x/P₀

	2NO (g)	à	N2 (g)	O2(g)
INICIALMENTE	P0
EQUILIBRIO	P0-2x		x	x
	Lo pasamos a expresión en α
	P0(1-α)		½ P0α	½ P0α

 Supondremos que partíamos del óxido, es una hipótesis de trabajo que nos ayuda a hacer el ejercicio, aunque no sea real. Esto lo podemos hacer porque el equilibrio es una situación bien determinada y que se alcanzará desde diferentes puntos de partida, supondremos esta situación de partida porque es la más sencilla. De esta manera el valor hipotético de P₀ nos facilita la resolución del ejercicio.

El cuadro está hecho en presiones, medidas en atm.

K_p= P_N2·P_O2/P_NO²={½ P₀α·½ P₀α}/P₀²(1-α)²=1/4·α²/(1-α)²

No interviene P₀, pero nos ha permitido plantear el ejercicio, y ahora sustituimos alfa por su valor en tanto por uno que es 0.9854 y calculamos Kp

Kp=1/4 ·0.9854²/(1-0.9854)²=1138

Para lo que sigue, obsérvese que hay dos moles en reactivos y dos moles en productos, por lo que el balance molar es cero.

Kp=Kc·(RT)^Δn=Kc=1138

Esto ocurre cuando la constante de equilibrio no tiene unidades, tenedlo en cuenta para otra vez.

5. La constante de equilibrio de la reacción SbCl5 (g)  ⇋SbCl3(g) + Cl2(g)  vale Kc=2’5·10^-3 a 182ºC.

A) ¿Cuál será la composición en el equilibrio cuando introducimos 0’2 moles de reactivo en una vasija de 5 litros?

B) ¿Cómo evolucionaría la reacción si de partida tuviéramos la siguiente composición para cada integrante de la mezcla reaccionante: 0’25, 0’10 y 0’3 moles de cada uno?

	SbCl5(g)	à	SbCl3 (g)	Cl2(g)
INICIO	C0=0.2 moles/5litros=0.04 mol·l-1		-	-
EQL	C0-x		X	X

 Planteamos el valor de Kc, y despejamos x de la expresión resultante.

Kp=P_SbCl3·P_Cl2/P_SbCL5=x²/(C₀-x)

Kp(C₀-x)=x²

Kp·C₀-Kp·x=x²

X²+Kp·x-Kp·C₀=0

X²+0.0025·x-10^-4=0

Dos soluciones, la primera es -0.011, descartable pues daría concentraciones negativas para productos. LA segunda es correcta, x=0.0088

Composición en el equilibrio: [SbCl₅]=0.0312 mol·l^-1   [Cl₂]=[PCl₃]=0.0088 mol·l^-1

Para el apartado (b), calculamos con los datos directos que nos dan, (número de moles y el volumen de la vasija), el cociente de reacción Q, y lo comparamos con el valor de Kc

Q=[Cl₂]·[SbCl₃]/[SbCl₅]=(0.25mol/5l)(0.1mol/5l)/(0.3 mol/5l)=0.0166 mol·l^-1, que es un valor mayor que el de Kc, por tanto hay exceso de productos en la composición de la mezcla, y esta debe hacerlos desaparecer para llegar al equilibrio, y por tanto la reacción se desplazará hacia los reactivos.

6.A) Con la siguiente reacción: indica si la reacción es espontánea o no a 300K, y analiza la influencia de la temperatura sobre la espontaneidad.

 

B) Explica como evolucionaría el equilibrio si (a) Aumenta la presión; (b) aumenta la temperatura.

 

2 NO(g)             +   O2(g)             à          2NO2(g)
S0 (J/mol)	210’7	205	240,1
∆Hf0 (Kj/mol)	90,3		33,2

 Calculamos la variación de energía libre para comprobar la espontaneidad de la reacción, pero para hacerlo debemos calcular primero la variación de la entalpía y de la entropía, y ello lo haremos desde los valores de entalpías y entropías de formación de la tabla anterior.

 ΔH_R^0-={ 2·ΔH_NO2⁰}-{ 2·ΔH_NO⁰+ ΔH_O2⁰}={2·33.2 Kj/mol-2·90.3 Kj/mol}=-114.2 Kj/mol

 

ΔS_R⁰={ 2·ΔS_NO2⁰}-{ 2·ΔS_NO⁰+ ΔS_O2⁰}={2·240.1J/molK}-{205+2·210.7}J/molK=-146.2J/molK

 Ahora sí podemos calcular la variación de G:

 ΔG_R⁰= ΔH_R⁰-T ΔS_R⁰=-114.2 Kj/mol-(-0.1462KJ/molK)·300K=-70.34 KJ/mol

 Al ser un valor negativo, la reacción es espontánea. Pero eso no tiene porqué ser siempre así, si el término entrópico que al tener un signo menos delante se convierte en positivo, se hace muy grande, el valor de la variación de energía libre se torna positivo y la reacción es no espontánea. Esto ocurre a temperaturas elevadas, por encima de la temperatura de equilibrio. La temperatura de equilibrio es aquella en la que ΔG_R⁰=0, lo que pasaría si:

 

T_eq= ΔH_R⁰/ ΔS_R⁰=-114.2 Kj/mol/-0.1462KJ/molK=781K

 

En cuanto al desplazamiento del equilibrio, si diera el caso, debemos confiar en el Principio de Le Chatelier, sabiendo que el sistema químico evolucionará siempre en contra de la acción exterior, así pues:

a)       Si aumentamos la presión, el sistema quiere reducirla y para ello favorece el lado de la ecuación química donde menos moles haya, en este caso los productos, (2 frente a 3). Se desplaza el equilibrio hacia la derecha.

b)      Si aumentamos la temperatura, la reacción querrá disminuirla y para ello deberá favorecer la reacción endotérmica, que en este caso es la inversa. Por tanto el equilibrio se desplazará hacia la izquierda.

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.