SOLUCIONES AL CONTROL DE QUÍMICA 2º

SOLUCIONES AL CONTROL DE QUÍMICA 2º BACHILLERATO OXIDACIÓN-REDUCCIÓN
1º En medio de ácido clorhídrico, el clorato de potasio, KClO 3, reacciona con tricloruro de antimonio,
SbCl3, produciendo cloruro de potasio, KCl, y pentacloruro de antimonio, SbCl 5. Ajusta la reacción y
calcula cuántos gramos de KClO3 se necesitan para obtener 200 g de SbCl5.
Por los datos del enunciado, el clorato de potasio se reduce a cloruro de potasio, de tal manera que el
cloro del ClO3- pasa de número de oxidación +5 a número de oxidación -1 en el anión cloruro. El
antimonio se oxida de número de oxidación +3 en el SbCl3 a número de oxidación +5 en el SbCl5.
Las semirreacciones del proceso, teniendo en cuenta que tiene lugar en medio ácido, pueden escribirse
como:
Oxidación:
Sb3+  Sb5+ + 2 eReducción:
ClO3- + 6 H+ + 6 e-  Cl- + 3 H2O
Para ajustar la ecuación iónica, se multiplica la reacción de oxidación por 3 para que el número de
electrones intercambiados sea el mismo (6 electrones):
Oxidación:
3 Sb3+
 3 Sb5+ + 6 e+
Reducción:
ClO3 + 6 H + 6 e
 Cl- + 3 H2O
--------------------------------------------------------Ec. Iónica:
3 Sb3+ + ClO3- + 6 H+  3 Sb5+ + Cl- + 3 H2O
Ahora hay que incluir el resto de iones, que no intervienen en los procesos de oxidación o reducción: en
el primer término aparecen 9 Cl- procedentes de Sb3+ más otros 6 Cl- del HCl, con lo que se obtienen los
15 Cl- que corresponden al Sb5+. El catión K+ del clorato es el que se une al otro Cl- de los productos. Es
decir:
Ec. Iónica:
3 Sb3+ + ClO3- + 6 H+  3 Sb5+ + Cl- + 3 H2O
9 Cl- + K+ + 6 Cl-  15 Cl- + K+
Con lo que la ecuación molecular queda:
3 SbCl3 + KClO3 + 6 HCl  3 SbCl5 + KCl + 3 H2O
[Puede dudarse si el antimonio forma iones en estas sustancias o si es mejor tratarlas como sustancias
moleculares. El resultado es el mismo si se consideran esta segunda opción, teniendo en cuenta que los
aniones cloruro deben salir del HCl (la reacción de reducción es la misma):
Oxidación:
SbCl3 + 2 Cl-  SbCl5 + 2 eY multiplicando por 3:
Oxidación:
3 SbCl3 + 6 Cl 3 SbCl5 + 6 eReducción:
ClO3- + 6 H+ + 6 e Cl- + 3 H2O
--------------------------------------------------------------------Ec. Iónica:
3 SbCl3 + 6 Cl- + ClO3- + 6 H+  3 SbCl5 + Cl- + 3 H2O
Y solo falta tener en cuenta que los 6 Cl- y los 6 H+ forman 6 moléculas de HCl, e incluir el catión K+,
para obtener la ecuación molecular.]
Ahora es inmediato resolver la masa que se pide:
(
(
)
)
2º Cuando por una cuba electrolítica pasa una corriente de 2,5 A durante 96,5 minutos, se obtienen 8,43
gramos de un metal a partir de una sal divalente (es decir con cationes M 2+). Determina de qué metal se
trata.
Podemos aplicar directamente la ecuación de la electrólisis que comprende las leyes de Faraday que da la
masa obtenida en la electrólisis en función de la carga eléctrica que ha circulado (I · t), de los moles de
electrones que intercambia cada mol del metal (ne = 2) y de la masa molar de la sustancia implicada:
De donde es inmediato, despejando M, que la masa molar del metal incógnita es:
Consultando la tabla periódica, se deduce que el metal es el cadmio, cuya masa molar tabulada es 112,41;
suficientemente próximo al valor calculado (dentro de los errores experimentales de los datos).
3º Determina si son posibles estos dos procesos:
a) Sn2+ + 2 I-  Sn + I2.
b) El ion permanganato, MnO4-, oxida al ácido clórico, HClO3.
Datos: Eº(Sn2+/Sn) = -0,14 V; Eº(I2/2 I-) = 0,54 V, Eº(ClO4-/ClO3-) = 1,19 V; Eº(MnO4-/Mn2+) = 1,51 V.
Una reacción es posible si es espontánea, es decir: si G < 0. G representa el trabajo útil. Dado que en
una pila el trabajo útil es el trabajo eléctrico que realiza el paso de una carga Q a través del potencial de la
pila, Ep, debe cumplirse que el trabajo eléctrico es W = -Q·Ep = -n·F·Ep, siendo n los moles de electrones
que han circulado y F la carga de un mol de electrones. Por lo tanto, se ve que Ep debe ser positivo si el
proceso es espontáneo.
Para el primer caso, construimos la pila que indica la reacción:
Oxidación (ánodo, polo -):
2 I-  I2 + 2 eReducción (cátodo, polo +):
Sn2+ + 2 e-  Sn
Con lo que la pila tendría un potencial:
Ep = E+ - E- = Eº(Sn2+/Sn) - Eº(I2/2 I-) = -0,14 V – 0,54 V = -0,68 V.
Como este resultado es negativo, el proceso no puede ser espontáneo (ocurriría espontáneamente el
proceso inverso).
En el segundo caso, si construimos la pila que se indica por el enunciado y por los datos:
Oxidación (ánodo, polo -):
ClO3- + …  ClO4- + 2 e- + …
Reducción (cátodo, polo +):
MnO4- + 5 e- + …  Mn2+ + …
Con lo que la pila formada tendría un potencial:
Ep = E+ - E- = Eº(MnO4-/Mn2+) - Eº(ClO4-/ClO3-) = 1,51 V – 1,19 V = +0,32 V.
Como el resultado es positivo, el proceso sí será espontáneo.
4º Tenemos la pila representada por (Pt) Fe2+ (1 M) / Fe3+ (1 M) || 2 Cl- (1 M) / Cl2 (1 atm) (Pt). Explica
su significado, qué tipos de electrodos se emplean, cuál es el ánodo y cuál el cátodo, qué semirreacciones
ocurren en cada uno, cuál será la reacción global, y cuál será su fem.
Datos: Eº(Cl2/2 Cl-) = 1,36 V; Eº(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V.
Esa notación indica una pila cuyo ánodo (el elemento escrito a la izquierda) está separado del cátodo (el
elemento escrito a la derecha) por un puente salino, representado por el símbolo ||.
En el ánodo se produce la oxidación, en este caso: Fe2+  Fe3+ + 1 e-. Como ambas especies son iones, el
electrodo es un electrodo de especies en disolución, que necesita de un sólido conductor para extraer los
electrones al exterior, en este caso simbolizado por (Pt) que es un hilo de platino. Ambas especies iónicas
se encuentra a concentración 1 M, por lo que tenemos un electrodo normal.
En el cátodo se produce la reducción, en este caso: Cl2 + 2 e-  2 Cl-. En este caso tenemos un gas en
contacto con un ion (en este caso anión) de dicho elemento. Este es un electrodo de gas. Al igual que en el
otro electrodo, aquí también se necesita un sólido conductor, que también es un hilo de platino. La
especie iónica tiene concentración 1 M y el gas burbujea en la disolución a presión 1 atm, por lo que
también tenemos un electrodo normal.
La reacción global de la pila será la suma de ambas semirreacciones, ajustando el número de electrones
intercambiados: 2 Fe2+ + Cl2  2 Fe3+ + 2 Cl-.
El potencial de la pila es la diferencia de potenciales del cátodo y ánodo:
Eº = Eº+ - Eº- = Eº(Cl2/2 Cl-) - Eº(Fe3+/Fe2+) = 1,36 V – 0,77 V = 0,59 V.
5º Justifica:
a) Es posible utilizar un electrodo de hidrógeno para medir el pH.
b) Puede usarse una barra de magnesio para evitar que se oxide un depósito de acero.
c) Es posible recargar una batería de plomo.
En el caso a), sabemos que un electrodo normal de hidrógeno tiene un potencial de Eº = 0,00 V por
definición. Pero en otras condiciones, especialmente si la concentración de protones no es 1 M, el
potencial será diferente (como se puede determinar numéricamente por la ecuación de Nernst). Así que
basta con construir una pila con un electrodo de referencia (que puede ser un electrodo normal de
hidrógeno) y otro electrodo de hidrógeno pero con la disolución de la que quiere medirse el pH (hay que
tener la precaución de que la presión parcial del H2 sea 1 atm para no tener que considerar además este
factor). El voltaje de esta pila dependerá precisamente de la concentración de protones, y por tanto del
pH.
En el caso b), si unimos eléctricamente mediante un conductor (por ejemplo de cobre) el depósito de
acero (que se compone principalmente de hierro) con una barra de magnesio, y el magnesio y el depósito
están en un mismo entorno, ambos metales formarán una pila en la que sufrirá la oxidación el metal más
activo y el otro se reducirá, o al menos no podrá oxidarse gracias a los electrones que libera el primer
metal y que transporta el cable conductor. El magnesio es un metal con potencial de reducción más
negativo que el hierro, así que efectivamente, su oxidación previene la del hierro. De hecho esto se realiza
de manera habitual en la construcción o incluso electrodomésticos (protección catódica por ánodos de
sacrificio).
En el caso c), la descarga de una batería de plomo hace que los electrodos (el ánodo de plomo y el cátodo
de óxido de plomo(IV)) formen sulfato de plomo(II) en su superficie, que queda adherido y es insoluble
en el electrolito de ácido sulfúrico, que también se consume. Pero si se conecta la batería parcialmente
consumida a una fuente de corriente a mayor potencial que la que aporta la batería, la corriente de
electrones se invierte y las reacciones transcurren de manera contraria a la del proceso de descarga
(funciona ahora como cuba electrolítica en lugar de como pila) y el sulfato de plomo se descompone,
reduciéndose en el polo negativo de la batería y formando plomo metal, y oxidándose a óxido de
plomo(IV) en el polo positivo de la batería. De esa manera se regeneran los electrodos y se vuelve a
formar el ácido sulfúrico del electrolito, lo que lleva la batería a su estado inicial, de carga completa.