PROBLEMAS RESUELTOS DE REDOX

Pedro L. Rodríguez Porca (v13) 1

PROBLEMAS RESUELTOS DE REDOX

Conceptos previos

(Para ajuste de ecuaciones redox orgánicas ver el documento correspondiente véase el documento Ajuste de

ecuaciones redox orgánicas)

1. Obtener el número de oxidación de cada uno de los elementos en las siguientes especies: NH3,

H2O2, H2Mg, Cl2, Cu, HNO3, K2Cr2O7, SO42-, *CH3OH.

El H, cuando se combina con otros elementos no metálicos, tiene n.o. +1; siendo –1 cuando se combina con

metales. Por otro lado, la suma de los n.o. de los distintos elementos de la especie tiene que ser igual a la carga

neta de la misma. Entonces, comenzando por el H:

NH3 (N: –3, H: +1); H2O2 (H: +1, O: –1)

Los metales alcalinotérreos tienen n.o. +2:

H2Mg (H: –1, Mg: +2)

Las sustancias elementales (especies formadas por átomos del mismo elemento) tienen n.o. 0:

Cl2 (Cl: 0); Cu (Cu: 0)

Para especies con tres o más átomos comenzamos por el H (+1) o el metal cuyo n.o. conozcamos, seguimos

por el O (–2) y terminamos en el elemento central:

HNO3 (H: +1, O: –2, N: +5); K2Cr2O7 (K: +1, O: –2, Cr: +6)

Para los iones, la suma de todos los n.o. tiene que ser igual a la carga neta:

SO42- (O: –2, S: +6)

*Para compuestos orgánicos véase la parte final del documento Estructuras de Lewis. Las reglas, una vez

conocida la estructura de Lewis del compuesto, se pueden resumir en:

• Por cada enlace del C con H, agregar –1 al n.o. del C

• Por cada enlace del C a otro C, no sumar nada al n.o.

• Por cada enlace del C a un heteroátomo (O, N…), agregar +1 al n.o. del C por cada enlace (si hay doble

enlace agregar +2…)

Así, en el compuesto CH3OH (H: +1, C: -2, O: –2)

C O

H

H

H

H

2. Justificar cuáles de las siguientes reacciones químicas son procesos redox. En cada caso indicar

qué especie química se oxida y cuál se reduce, y qué especie actúa como oxidante y cuál como

reductora:

C + O2 → CO2

CaO + H2O → Ca(OH)2

NH3 + HCl → NH4Cl

Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O

AgNO3 + NaCl → AgCl + NaNO3

Una reacción química es un proceso redox si hay algún elemento que cambia su n.o.


a) C + O2 → CO2

El C pasa de n.o. 0 a n.o. +4, se incrementa su n.o. por lo que se oxida, siendo el C el reductor. El O pasa de

n.o. 0 a n.o. –4 (se reduce su n.o.) por lo que se reduce y actúa como oxidante. Como hay cambios en los

n.o. es un proceso redox.

b) CaO + H2O → Ca(OH)2

Ningún elemento cambia su n.o., por lo que no es una reacción redox. El Ca tiene n.o. +2, el O –2 y el H +1.

c) NH3 + HCl → NH4Cl

Ningún elemento cambia su n.o., por lo que no es un proceso redox. Es una reacción entre una base y un

ácido, una neutralización.

d) Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O

El Cu cambia su n.o. de 0 (sustancia elemental) a +2; el Cu se oxida, es el reductor. El S pasa de +6 a +4,

se reduce; el H2SO4 es el oxidante. Como hay cambios en los n.o. es un proceso redox.

e) AgNO3 + NaCl → AgCl + NaNO3

No hay cambios en los n.o., no es un proceso redox, es una reacción de precipitación.

Ajustes de ecuaciones redox por el método de ion–electrón

(Para ajuste de ecuaciones redox orgánicas ver el documento correspondiente véase el documento Ajuste de

ecuaciones redox orgánicas)

3. Ajustar la siguiente ecuación por el método del ion–electrón:

K2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + Fe2(SO4)3 + H2O

K2Cr2O7 (dicromato de potasio) + FeSO4 + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + Fe2(SO4)3 + H2O

Pasos:

1. A efectos de aplicar este método disociamos (se disocian los compuestos iónicos excepto los óxidos

metálicos. No se disocian las sustancias moleculares –p.e. agua, amoniaco, peróxido de hidrógeno,

hidrocarburos, óxidos covalentes– excepto los ácidos. Se disocian los electrolitos):

K+ + Cr2O72– + Fe2+ + SO4

2– + H+ → Cr3+ + SO42– + K+ + Fe3+ + H2O

2. Identificamos las sustancias con elementos que cambian el número de oxidación (n.o.). El Fe pasa de +2

a +3 y el Cr pasa de +6 a +3):

Fe2+ → Fe3+

Cr2O72– → Cr3+

3. Ajustamos materialmente (los átomos de cada elemento) en cada una de las semirreacciones:

La primera ya está:

Fe2+ → Fe3+

La segunda, primero ajustamos el Cr multiplicando x2 el producto:

Cr2O72– → 2 Cr3+

y después ajustamos el oxígeno. Como estamos en medio ácido (hay ácido sulfúrico en los reactivos),

añadimos tantas moléculas de agua como déficit de O haya en el miembro que tiene menos O:


Cr2O72– → 2 Cr3+ + 7 H2O

y en el otro miembro (en este caso en los reactivos) compensamos el déficit de H con iones H+:

Cr2O72– + 14 H+ → 2 Cr3+ + 7 H2O

quedando ajustada materialmente.

4. Ajustamos electrónicamente (para igualar la carga eléctrica neta en cada miembro) cada semirreacción

sumando electrones en el miembro con déficit de carga negativa:

Para una:

Fe2+ → Fe3+ + e–

Es una semirreacción de OXIDACIÓN (se pierden electrones), siendo el Fe2+ la forma reducida, el

REDUCTOR (reduce al Cr, semirreacción siguiente). El Fe3+ es la forma oxidada.

y para la otra vemos que la carga neta en los reactivos vale +12 (–2 + 14) y en los productos vale +6, para

igualar la carga neta sumamos 6 electrones en los reactivos:

Cr2O72– + 14 H+ + 6 e– → 2 Cr3+ + 7 H2O

Es una semirreacción de REDUCCIÓN (se ganan electrones, se reduce el número de oxidación del

Cr. El Cr2O72– es la formada oxidada, es el OXIDANTE (oxida al Fe). El Cr3+ es la forma reducida.

5. En el siguiente paso balanceamos la carga eléctrica: que los electrones perdidos en una semirreacción

sean iguales a los ganados en la otra, para ello multiplicamos cada semirreacción por los electrones

implicados en la otra:

6 · (Fe2+ → Fe3+ + e–)

1 · (Cr2O72– + 14 H+ + 6 e– → 2 Cr3+ + 7 H2O)

6. Sumamos ambas semirreacciones, cancelando los electrones porque se repiten en reactivos y productos,

y ya tenemos la ecuación iónica ajustada:

6 Fe2+ + Cr2O72– + 14 H+ → 6 Fe3+ +2 Cr3+ + 7 H2O

7. Para obtener la ecuación “molecular” ajustada añadimos los iones que faltan, K+ y SO42–. Los K+ se

combinarán con los aniones de la ecuación iónica anterior y los SO42– con los cationes.

En los reactivos 6 iones Fe2+ se combinarán con 6 iones SO42–, un ion Cr2O7

2– necesita 2 iones K+, 14

iones H+ necesitan 7 iones SO42–. Lo mismo hacemos para los productos:

6 FeSO4 + K2Cr2O7 + 7 H2SO4 → 3 Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + 7 H2O

Hacemos recuento, vemos que Fe y Cr están ajustados, pero en los reactivos hay 13 SO42– y en los

productos solo hay 12 SO42–, faltando un SO4

2– en los productos. También faltan en los productos 2 K+.

Por ello añadimos un K2SO4 a los productos, teniendo la ecuación “molecular” ajustada:

6 FeSO4 + K2Cr2O7 + 7 H2SO4 → 3 Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + 7 H2O + K2SO4

comprobando al final que está bien ajustada.

NOTA: aunque nos parezca que en algún caso podría ser fácil hacer un ajuste a ojo (que en general no es fácil)

o bien utilizar un método basado en ecuaciones matemáticas (que siempre funciona) para ajustar, ninguno

de ellos nos va a informar de cuáles son las semirreacciones y de que tipo son (oxidación o reducción),

información química muy importante para el desarrollo posterior del tema.


Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO + H2O


Las semirreacciones en las que participan elementos que cambian su n.o. (recordar que los óxidos, como el

NO, no se disocian a efectos de aplicar este método) son (El Cu pasa de 0 a +2 y el N pasa de +5 a +2):

Cu → Cu2+

NO3– → NO

Ajustamos materialmente. La primera ya está. En la segunda ajustamos el O en medio ácido:

Cu → Cu2+

NO3– + 4 H+ → NO + 2 H2O

Ajustamos electrónicamente cada semirreacción sumando electrones en el miembro en el que hagan falta:

Cu → Cu2+ + 2 e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

NO3– + 4 H++ 3 e– → NO + 2 H2O (semirreacción de REDUCCIÓN)

Balanceamos los electrones multiplicando en cruz:

3 · (Cu → Cu2+ + 2 e–)

2 · (NO3– + 4 H++ 3 e– → NO + 2 H2O)

Sumamos ambas semirreacciones para obtener la ecuación iónica ajustada (cancelamos los electrones):

3 Cu + 2 NO3– + 8 H+ → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O

Para obtener la ecuación “molecular” ajustada combinamos iones entre si de los que ya están en la ecuación,

si es posible, o/y añadimos iones que falta. En este caso, en los reactivos no falta ningún ion por lo que hay

que combinar entre si los H+ y NO3– (solo se pueden combinar 2 NO3

– restando 2 H+ al cómputo de estos, de

momento). En los productos introducimos NO3–:

3 Cu + 2 HNO3 + 6 H+ → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

En los productos tenemos 8 N, en los reactivos solo 2. Los 6 que faltan en reactivos los introducimos como

NO3– combinándolos con los 6 H+, obteniendo la ecuación “molecular” ajustada:

3 Cu + 2 HNO3 + 6 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

comprobando al final que está bien ajustada.


KMnO4 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + K2SO4 + O2 + H2O

El Mn pasa de +7 a +2 y el O pasa de –1 en el peróxido a 0 en el O2, por lo que las semirreacciones son:

MnO4– → Mn2+

H2O2 → O2

Ajustamos materialmente. En la segunda el O ya está ajustado, y los H los ajustamos añadiendo H+ porque

estamos en medio ácido:

MnO4– + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2O

H2O2 → O2 + 2 H+

Ajustamos electrónicamente:

MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O (semirreacción de REDUCCIÓN)

H2O2 → O2 + 2 H+ + 2 e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

Balanceamos los electrones:

2 · (MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O)

5 · (H2O2 → O2 + 2 H+ + 2 e–)

Sumamos para obtener la ecuación iónica ajustada:


2 MnO4– + 16 H+ + 5 H2O2 → 2 Mn2+ + 8 H2O + 5 O2 + 10 H+

que simplificamos cancelando 10 H+ de los reactivos con 10 H+ de los productos:

2 MnO4– + 6 H+ + 5 H2O2 → 2 Mn2+ + 8 H2O + 5 O2

Para obtener la ecuación “molecular” ajustada introducimos los iones que faltan: K+ y SO42–:

2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 → 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2

faltando por introducir los 2 iones K+ con sus correspondiente SO42– en los productos para que quede

ajustada:

2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 → 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2 + K2SO4


NH3 + O2 → NO + H2O

Los elementos que cambian el n.o. son el N (pasa de –3 a +2) y el O (pasa de 0 a –2 en el H2O). Por ello las

semirreacciones son:

NH3 → NO

O2 → H2O

Ajustamos materialmente. Primero ajustamos los elementos que no son O (en este caso ya están). Para

ajustar el O y como el medio es neutro, al aplicar este método suponemos que es medio ácido, ajustando los H

introduciendo los H+ que hagan falta y en donde hagan falta:

NH3 + H2O → NO + 5 H+

O2 + 4 H+ → 2 H2O


NH3 + H2O → NO + 5 H+ + 5 e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

O2 + 4 H+ + 4 e– → 2 H2O (semirreacción de REDUCCIÓN)

Balanceamos la carga:

4 · (NH3 + H2O → NO + 5 H+ + 5 e–)

5 · (O2 + 4 H+ + 4 e– → 2 H2O)

y sumamos para obtener la ecuación iónica ajustada:

4 NH3 + 4 H2O + 5 O2 + 20 H+ → 4 NO + 20 H+ + 10 H2O

y cancelamos los 20 H+ y 4 H2O para obtener la ecuación molecular ajustada:

4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O

7. Ajustar la siguiente ecuación por el método del ion–electrón en medio básico:

SO32– + MnO4

– → SO42– + MnO2

Los elementos que cambian de n.o. son el S (pasa de +4 a +6) y el Mn (pasa de +7 a +4), por ello las

semirreacciones son (recordemos que los óxidos, MnO2, no se disocian al aplicar este método:

SO32– → SO4

2–

MnO4– → MnO2

Ajustamos materialmente (primero los átomos que no son O, si es el caso). En medio básico, los O se ajustan

añadiendo tantas moléculas de H2O como O hay en exceso en el miembro que más O tenga, y en el otro

miembro se añaden los OH– para compensar:

SO32– + 2 OH– → SO4

2– + H2O


MnO4– + 2 H2O → MnO2 + 4 OH–


SO32– + 2 OH– → SO4

2– + H2O + 2 e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

MnO4– + 2 H2O + 3 e– → MnO2 + 4 OH– (semirreacción de REDUCCIÓN)

Balanceamos:

3 · (SO32– + 2 OH– → SO4

2– + H2O + 2 e–)

2 · (MnO4– + 2 H2O + 3 e– → MnO2 + 4 OH–)

Sumamos:

3 SO32– + 6 OH– + 2 MnO4

– + 4 H2O → 3 SO42– + 3 H2O + 2 MnO2 + 8 OH–

y simplificamos cancelando OH– y H2O para obtener la ecuación iónica ajustada:

3 SO32– + 2 MnO4

– + H2O → 3 SO42– + 2 MnO2 + 2 OH–

terminando aquí el problema porque de partida nos dan la ecuación iónica. Obsérvese como tenemos una

reacción en medio básico.

8. Ajustar la siguiente ecuación por el método del ion–electrón en medio básico:

I2O4 + NaOH → NaIO3 + NaI + H2O

Es un ejemplo de reacción de dismutación o desproporción, en donde una parte de una sustancia se oxida y la

otra parte se reduce (el I con n.o. +4 en el I2O4 pasa en a yodato con n.o. +5, y a yoduro con n.o. –1):

I2O4 → IO3–

I2O4 → I–

Ajustamos materialmente, comenzando siempre por los elementos que no son O:

I2O4 → 2 IO3–

I2O4 → 2 I–

y después ajustamos los O en medio básico (por la presencia de NaOH):

I2O4 + 4 OH– → 2 IO3– + 2 H2O

I2O4 + 4 H2O → 2 I– + 8 OH–


I2O4 + 4 OH– → 2 IO3– + 2 H2O + 2 e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

I2O4 + 4 H2O + 10 e– → 2 I– + 8 OH– (semirreacción de REDUCCIÓN)

Balanceamos:

5 · (I2O4 + 4 OH– → 2 IO3– + 2 H2O + 2 e–)

1 · (I2O4 + 4 H2O + 10 e– → 2 I– + 8 OH–)

Sumamos:

5 I2O4 + 20 OH– + I2O4 + 4 H2O → 10 IO3– + 10 H2O + 2 I– + 8 OH–

y simplificamos para obtener la ecuación iónica ajustada:

6 I2O4 + 12 OH– → 10 IO3– + 6 H2O + 2 I–

Añadimos los iones (Na+) que faltan para obtener la ecuación “molecular” ajustada:

6 I2O4 + 12 NaOH → 10 NaIO3 + 6 H2O + 2 NaI


SO2(g) + KMnO4(aq) + H2O(l) → K2SO4(aq) + MnSO4(aq) + H2SO4(aq)


Por la presencia del ácido sulfúrico en los productos se deduce que el medio es ácido.

Semirreacción de oxidación: 5 · (SO2 + 2 H2O → SO42– + 4 H+ + 2 e–)

reductor

Semirreacción de reducción: 2 · (MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O

oxidante

-------------------------------------------------------------------------------------------

5 SO2 + 10 H2O + 2 MnO4– + 16 H+ → 5 SO4

2– + 20 H+ + 2 Mn2+ + 8 H2O

Ecuación iónica ajustada: 5 SO2 + 2 H2O + 2 MnO4– → 5 SO4

2– + 4 H+ + 2 Mn2+

Ecuación molecular ajustada: 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → K2SO4 + 2 MnSO4 + 2H2SO4

10. (práctica de valoración redox) Se valora sulfato de hierro (II) con permanganato de potasio en

presencia de ácido sulfúrico, obteniendo sulfato de hierro (III), sulfato de manganeso (II), sulfato de

potasio y agua. Ajustar la ecuación química por el método del ion–electrón.

La ecuación química sin ajustar es:

FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + MnSO4 + K2SO4 + H2O

Los elementos que cambian el n.o. son el Fe (pasa de +2 a +3) y el Mn (pasa de +7 a +2), por lo que las

semirreacciones son, una vez disociadas las sustancias para aplicar este método:

Fe2+ → Fe3+

MnO4– → Mn2+

Ajustamos materialmente, primero los elementos que no son O y después el O en medio ácido:

Fe2+ → Fe3+

MnO4– + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2O

Ajustamos electrónicamente sumando electrones en el miembro con déficit de carga negativa:

Fe2+ → Fe3+ + e– (semirreacción de OXIDACIÓN)

MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O (semirreacción de REDUCCIÓN)

Balanceamos:

5 · (Fe2+ → Fe3+ + e–)

1 · (MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O)

Sumamos para obtener la ecuación iónica ajustada:

5 Fe2+ + MnO4– + 8 H+ → 5 Fe3+ + Mn2+ + 4 H2O

Añadimos los iones que faltan, K+ y SO42–:

5 FeSO4 + KMnO4 + 4 H2SO4 → 5/2 Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 4 H2O

que multiplicamos todos x2 para facilitar el recuento:

10 FeSO4 + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 → 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + 8 H2O

faltando K en los productos, que se introduce como K2SO4 para obtener la ecuación molecular ajustada:

10 FeSO4 + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 → 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + 8 H2O + K2SO4

......................................

NOTA: Obsérvese que tanto la ecuación iónica como la molecular son válidas para hacer los cálculos

estequiométricos relativos a sustancias que contienen los elementos que cambian su n.o., pues en ambos

casos se cumple que 5 mol de FeSO4 reaccionan con 1 mol de KMnO4.


La equivalencia anterior puede no cumplirse en aquellas ecuaciones en las que alguno de los elementos que

cambian su n.o. se encuentran en dos o más sustancias en reactivos o productos. Así, en la ecuación ajustada

6 CoCl2 + 12 KOH + KClO3 → 3 Co2O3 + 6 H2O + 13 KCl

1 mol de clorato produce 13 mol de cloruro (el Cl del clorato cambia el n.o.), mientras que según la ecuación

iónica ajustada

6 Co2+ + 12 OH– + ClO3– → 3 Co2O3 + 6 H2O + Cl–

1 mol de clorato produce 1 mol de cloruro, lo que es incorrecto

......................................

Cálculos estequiométricos

11. De un litro de una disolución acuosa de cloruro de hierro(II) se toman 100 mL y se hacen

reaccionar, en medio ácido, con una disolución 0,35 M de dicromato de potasio, siendo precisos 64,4

mL de esta última para completar la oxidación. Sabiendo que en esta reacción el Fe2+ se oxida a Fe3+

y el ion dicromato Cr2O72– se reduce a Cr3+:

a) Formular y ajustar por el método del ion–electrón la ecuación iónica.

b) Calcular la molaridad de la disolución de cloruro de hierro(II)

a) 6 · (Fe2+ → Fe3+ + e–)

1 · (Cr2O72– + 14 H+ + 6 e– → 2 Cr3+ + 7 H2O)

Ecuación iónica ajustada: 6 Fe2+ + Cr2O72– + 14 H+ → 6 Fe3+ +2 Cr3+ + 7 H2O

b) 6 Fe2+ + Cr2O72– + 14 H+ → 6 Fe3+ +2 Cr3+ + 7 H2O

100 mL 64,4 mL; 0,35 M

𝑛Fe2+ = 64,4 mL Cr2O72−

0,35 mol Cr2O72−

1000 mL Cr2O72−

6 mol Fe2+

1 mol Cr2O72− = 0,135 mol Fe2+

[Fe2+] =0,135 mol

0,100 L= 𝟏, 𝟒 𝐌

12. Por oxidación del ion bromuro con ion permanganato en medio ácido se obtiene bromo (Br2) y la

sal de manganeso(II):

a) Escribir la ecuación iónica ajustada por el método del ion–electrón

b) Calcular qué masa de permanganato de potasio puede ser reducida, por 250 mL de una disolución

0,10 M de bromuro de potasio, a sal de manganeso(II)

a) 5 · (2 Br– → Br2 + 2 e–)

2 · (MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O)

Ecuación iónica ajustada: 10 Br– + 2 MnO4– + 16 H+ → 5 Br2 + 2 Mn2+ + 8 H2O

b) 10 Br– + 2 MnO4– + 16 H+ → 5 Br2 + 2 Mn2+ + 8 H2O

250 mL; 0,10 M

𝑚MnO4− = 250 mL Br−

0,10 mol Br−

1000 mL Br− 2 mol MnO4

−

10 mol Br− 158,0 g KMnO4

−

1 mol MnO4− = 𝟎, 𝟕𝟗 𝐠


13. El estaño metálico reacciona con el ácido nítrico concentrado y forma óxido de estaño(IV), dióxido

de nitrógeno y agua.

a) Ajustar la ecuación química por el método del ion–electrón

b) Calcular el volumen de una disolución de ácido nítrico del 16,0 % en masa y densidad 1,09 g/mL

que reaccionará con 2,00 g de estaño

a) La ecuación química a ajustar es: Sn + HNO3 → SnO2 + NO2 + H2O

OJO: los óxidos no se disocian a efectos de aplicación del método de ajuste ion–electrón, y primero se

ajusta la materia y después la carga.

1 · (Sn + 2 H2O → SnO2 + 4 H+ + 4 e–)

4 · (NO3– + 2 H+ + e– → NO2 + H2O)

Ecuación iónica ajustada (ya simplificada): Sn + 4 NO3– + 4 H+ → Sn4+ + 4 NO2 + 2 H2O

Ecuación molecular ajustada: Sn + 4 HNO3 → SnO2 + 4 NO2 + 2 H2O

b) Sn + 4 HNO3 → SnO2 + 4 NO2 + 2 H2O

2,00 g 16,0 %; 1,09 g/mL

𝑉disolución HNO3= 2,00 g Sn

1 mol Sn

118,7 g Sn 4 mol HNO3

1 mol Sn 63,01 g HNO3 puro

1 mol HNO3 100 g HNO3 disolu

16,0 g HNO3 puro

·1 mL HNO3 disolu

1,09 g HNO3 disolu= 𝟐𝟒, 𝟒 𝐦𝐋

14. Dada la siguiente ecuación química sin ajustar: Cu(s) + HNO3 (aq ) → Cu(NO3)2(aq) + NO(g) +

H2O(l)

a) Ajustar por el método del ion–electrón la ecuación molecular, indicando las semirreacciones

correspondientes.

b) Calcular el volumen de NO medido en c.n. que se desprenderá por cada 100 g de cobre que

reaccionan si el rendimiento del proceso es del 80,0 %.

a) 3 · (Cu → Cu2+ + 2e–) Semirreacción de oxidación

2 · (NO3– + 4 H+ + 3 e– → NO + 2 H2O) Semirreacción de reducción

Ecuación iónica ajustada: 3 Cu + 2 NO3– + 8 H+ → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O

Ecuación molecular ajustada: 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

Es una reacción de dismutación por lo que para la relación estequiométrica se utiliza la ecuación

molecular ajustada.

b) 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

100 g rendimiento 80,0 %

𝑉NO(g) = 100 g Cu 1 mol Cu

63,55 g Cu 2 mol NO teóricos

3 mol Cu

80,0 mol NO real

100 mol NO teórico

22,4 L

1 mol NO real= 𝟏𝟖, 𝟖 𝐋

15. Dada la siguiente reacción: H2S + NaMnO4 + HBr → S + NaBr + MnBr3 + H2O

a) Ajustar la ecuación iónica por el método de ion-electrón y escribir la ecuación molecular ajustada.


b) Calcular el rendimiento de la reacción si reaccionaron 32,0 g de H2S y se obtuvieron 61,5 g de

MnBr3.

a) Semirreacción de oxidación: 2 · (S2– → S + 2 e–)

Semirreacción de reducción: MnO4– + 8 H+ + 4 e– → Mn3+ + 4 H2O

-------------------------------------------------

Ecuación iónica: 2 S2– + MnO4– + 8 H+ → 2 S + Mn3+ 4 H2O

Ecuación molecular: 2 H2S + NaMnO4 + 4 HBr → 2 S + MnBr3 + NaBr + 4 H2O

b) mteórica MnBr3= 32,0 g H2S

1 mol H2S

34,08 g H2S 1 mol MnBr3

2 mol H2S 294,65 g MnBr3

1 mol MnBr3= 138,3 g

Rendimiento =mreal

mteórica 100 =

61,5 g

138,3 g 100 = 𝟒𝟒, 𝟓 %

Potenciales de electrodo y celdas galvánicas

16. La introducción de una lámina de cinc en una disolución 1 M de HCl supone la disolución del metal

y el desprendimiento de hidrógeno.

a) Escribir la ecuación química del proceso redox que tiene lugar

b) Identificar la especie química que actúa como agente oxidante y la que actúa como agente

reductor.

c) Admitiendo que se trabaja en condiciones estándar, ¿qué signo se le asignaría al valor de E⁰ para

el semipar Zn2+/Zn?

d) ¿Es posible qué reaccione el cobre con un ácido? E⁰ (Cu2+/Cu) = +0,34 V

e) ¿Qué metales reaccionan con los ácidos y cuáles no reaccionan?

a) La ecuación química ajustada es Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g). El ajuste se puede realizar por

tanteo o por el método de ion–electrón.

b) Las semirreacciones, que se obtienen al ajustar por el método de ion–electrón, son:

Zn → Zn2+ + 2 e– OXIDACIÓN, Zn = agente reductor

2 H+ + 2 e– → H2 REDUCCIÓN, HCl = agente oxidante

c) Como es una reacción espontánea, ΔG⁰ = –nFE⁰total < 0, por lo que E⁰total > 0. Obtenemos E⁰total por:

Zn → Zn2+ + 2 e– –E⁰ (Zn2+/Zn), signo negativo porque es opuesto al tabulado (reducción)

2 H+ + 2 e– → H2 E⁰ (H+/H2) = 0, por convenio

Sumando se obtiene la ecuación total y E⁰total:

Zn + 2 H+ → Zn2+ + H2

E⁰total = –E⁰ (Zn2+/Zn) + E⁰ (H+/H2) = –E⁰ (Zn2+/Zn) > 0, de donde E⁰ (Zn2+/Zn) < 0

d) La reacción entre el Cu y un ácido (p.e. HCl) sería Cu(s) + 2 HCl(aq) → CuCl2(aq) + H2(g), y las

semirreacciones implicadas:

Cu → Cu2+ + 2 e– –0,34 V

2 H+ + 2 e– → H2 0,00 V


Sumando se obtiene la E⁰total = –0,34 V, negativa, por lo que teniendo en cuenta ΔG⁰ = –nFE⁰total, ΔG⁰ > 0,

reacción no espontánea: los ácidos no reaccionan con el Cu (al menos en estado estándar), cualquier

ácido HCl, HBr, HNO3, H2SO4…

e) Teniendo en cuenta que E⁰ (Cu2+/Cu) > E⁰ (Zn2+/Zn), el Cu2+ será el oxidante y experimentará una

reducción para que E⁰total > 0 y la reacción sea espontánea:

Zn → Zn2+ + 2 e– E⁰ > 0, pues E⁰ (Zn2+/Zn) < 0 y el sentido de la reacción es el opuesto

Cu2+ + 2e– → Cu E⁰ > 0, pues E⁰ (Cu2+/Cu) > 0

Al sumar se comprueba que E⁰total > 0. SI, tiene lugar la reacción.

f) Del apartado c) se deduce que con el H+ (con los ácidos) reaccionan los metales que tengan un potencial

de reducción negativo.

17. Considerar la siguiente ecuación química sin ajustar: Ag+(aq) + Cu(s) → Cu2+(aq) + Ag(s). Si los

potenciales estándar de reducción son +0,80 V y +0,34 V para la plata y el cobre, respectivamente:

a) Ajustar la ecuación química.

b) Detallar las semirreacciones de reducción e identificarlas con los potenciales respectivos.

c) Calcular la fuerza electromotriz de la pila.

d) Razonar cuál será el ánodo y cuál el cátodo.

e) Representar simbólicamente la pila

f) Dibujar un esquema de la pila, identificando los distintos elementos y el sentido de movimiento

de los electrones.

g) Explicar cómo se construiría en el laboratorio dicha pila (material, reactivos).

h) ¿Qué electrodo disminuirá de masa?

a) Por el método del ion–electrón:

1 · (Cu → Cu2+ + 2e–)

2 · (Ag+ + e– → Ag)

por lo que la ecuación iónica ajustada es 2 Ag+(aq) + Cu(s) → Cu2+(aq) + 2 Ag(s)

b) Cu → Cu2+ + 2e– –0,34 V (–E⁰ Cu2+/Cu, con signo negativo porque cambia el sentido)

Ag+ + e– → Ag +0,80 V (E⁰ Ag+/Ag)

o también

1 · (Cu → Cu2+ + 2e–) –0,34 V (–E⁰ Cu2+/Cu) OXIDACIÓN

2 · (Ag+ + e– → Ag) +0,80 V (E⁰ Ag+/Ag) REDUCCIÓN

ya que los potenciales son magnitudes intensivas y por tanto independientes del número de electrones

que se ponen en juego en la reacción o semirreacción.

c) Sumando las semirreacciones del apartado b), tanto la materia como los potenciales, obtenemos la

reacción total y E⁰pila:

2 Ag+ + Cu → Cu2+ + 2 Ag E⁰pila = +0,46 V

d) En el ánodo ocurre la semirreacción de oxidación, con electrodo de Cu y disolución de Cu2+. (Vocal de

ánodo, vocal de oxidación).

En el cátodo ocurre la semirreacción de reducción, con electrodo de Ag y disolución de Ag+. (Consonante

de cátodo, consonante de reducción).

e) En la representación simbólica de una pila siempre se indica a la izquierda la semirreacción de oxidación

comenzando por el electrodo:

Cu(s)|Cu2+(aq)||Ag+(aq)|Ag(s)


f)

g) La explicación se puede realizar con el dibujo anterior, identificando cada una de las partes (no sería

necesario escribir las semirreacciones.

Si se desea hacer una explicación textual:

• En un vaso de precipitados se pone una disolución 1 M de Cu2+ en la que se introduce,

parcialmente sumergida, una lámina de Cu. Es el ánodo, semirreacción de oxidación.

• En otro vaso de precipitados se pone una disolución 1 M de Ag+ en la que se introduce,

parcialmente sumergida, una lámina de Ag. Es el cátodo, semirreacción de reducción.

• Ánodo y cátodo se unen con hilo conductor y pinzas, intercalando un amperímetro/voltímetro.

• Uniendo ánodo y cátodo se introduce un puente salino, sumergidos sus extremos en las

disoluciones: tubo en U con un electrolito fuerte, por ejemplo KCl (aq saturada).

h) Del ánodo desaparece Cu, que pasa a la disolución, por ello el ánodo pierde masa. En el cátodo se deposita

Ag, por lo que el cátodo gana masa.

Como la masa molar de Cu perdida en el electrodo del ánodo es distinta a la masa molar de Ag ganada en

el electrodo del cátodo, y además la relación es de 2 mol de Ag a 1 mol de Cu, las masas ganada y perdida

en los electrodos son diferentes, pero ello no quiere decir que no se conserve la masa, pues la masa

perdida por el electrodo del ánodo la gana la disolución del ánodo; lo mismo ocurre en el cátodo. Así la

masa se conserva y además se conserva dentro de cada celda.

18. Describir la pila o célula galvánica formada por dos semipilas: una con un electrodo de cobre

sumergido en una disolución tipo de sulfato de cobre(II) 1 M, y siendo la otra un electrodo de plata

sumergido en una disolución de nitrato de plata 1 M. Justificar:

a) Cuál es el ánodo y cuál es el cátodo. Reacción que se produce en cada electrodo y la reacción total

b) * Calcular E⁰ de la pila y ΔG⁰

c) Especies que se oxida y se reduce, agente oxidante y agente reductor.

d) Escribir la notación de la pila

Datos: E⁰ (Cu2+/Cu) = +0,34 V, E⁰ (Ag+/Ag) = +0,80 V

Cu2+(aq)

Ag+(aq)

Cu Ag

→ Cu2+

Ag+ →

KCl

_ +

Electrodo

ÁNODO

Electrodo

CÁTODO Puente salino

Cu → Cu2+

+ 2e–

OXIDACIÓN

Ag+ + e– → Ag

REDUCCIÓN

Reacción global: 2 Ag+ + Cu → Cu

2+ + 2 Ag

K+

Cl–

e–


a) El sentido de las semirreacciones es tal que la reacción completa sea espontánea, ΔG⁰ = –nFE⁰total < 0, por

lo que E⁰total > 0. Para ello podemos plantear las dos posibilidades, no obstante acabamos antes si tenemos

en cuenta que actúa como oxidante (en el cátodo, semirreacción de reducción) el metal con mayor

potencial de reducción, en este caso la Ag. Pero lo tenemos que comprobar calculando E⁰pila:

1 · (Cu → Cu2+ + 2e–) –0,34 V (–E⁰ Cu2+/Cu, con signo negativo porque cambia el sentido)

2 · (Ag+ + e– → Ag) +0,80 V (E⁰ Ag+/Ag)

y sumando la materia y los potenciales:

2 Ag+ + Cu → Cu2+ + 2 Ag E⁰pila = +0,46 V > 0, espontánea

por lo que:

Ánodo (oxidación): Cu → Cu2+ + 2e–

Cátodo (reducción): Ag+ + e– → Ag

b) E⁰pila = +0,46 V (calculada en el apartado anterior)

ΔG⁰ = –nFE⁰total = –2 mol e– · 96500 C/mol · 0,46 V = 88,8 kJ/mol = ΔG⁰

Siendo n el número de electrones puestos en juego en la reacción total, en este caso 2.

Obsérvese que E⁰pila no depende del número de electrones puestos en juego, pero ΔG⁰ sí depende.

c) La especie que se oxida es la que experimenta la oxidación (Obras Públicas = Oxidación Pierde

electrones), el Cu. La especie que se reduce es la Ag+, que experimenta la reducción. La Ag+ es el oxidante,

pues provoca la oxidación del Cu. El Cu es el reductor porque provoca la reducción de la Ag+.

Ánodo (oxidación): Cu → Cu2+ + 2e– Cátodo (reducción): Ag+ + e– → Ag

Se oxida Se reduce

Reductor Oxidante

d) Cu(s)|Cu2+(aq)||Ag+(aq)|Ag(s)

19. Sabiendo que E⁰ (Fe2+/Fe) = –0,44 V y E⁰ (Fe3+/Fe2+) = +0,77 V,

a) Calcular E⁰ (Fe3+/Fe)

b) Razonar qué le sucederá a una disolución de CuSO4 si se almacena en un recipiente de hierro.

c) ¿Y a una disolución de FeSO4 si se almacena en un recipiente de cobre?

Dato: E⁰ (Cu2+/Cu) = +0,34 V

a) Se aplica la Ley de Hess (obtener una ecuación química a partir de otras ecuaciones químicas). Para ello

primero dejamos tantas líneas en blanco como ecuaciones conocemos (en este caso 2), pasamos línea de

sumar y escribimos la ecuación problema (en este caso Fe3+ + 3 e– → Fe). Después rellenamos las líneas

en blanco con las ecuaciones conocidas, en el sentido que nos convenga para obtener el resultado y con

los multiplicadores necesarios:

Fe2+ + 2 e– → Fe –0,44 V

Fe3+ + e– → Fe2+ +0,77 V

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

Fe3+ + 3 e– → Fe E⁰ (Fe3+/Fe) = +0,33 V

b) Si se produce reacción, el Cu2+ pasará a Cu y el Fe del recipiente pasará a Fe2+ o Fe3+. Conocemos E⁰

(Fe2+/Fe) = –0,44 V del enunciado y E⁰ (Fe3+/Fe) = +0,33 V del apartado anterior.

Planteemos las dos posibilidades:

1ª posibilidad:


1 · (Fe → Fe2+ + 2 e–) +0,44 V

1 · (Cu2+ + 2 e– → Cu) +0,34 V (dato del enunciado)

siendo el resultado:

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu E⁰total = +0,76 V

y teniendo en cuenta que ΔG⁰ = –nFE⁰total se deduce que ΔG⁰ < 0, SI reacciona.

2ª posibilidad:

2 · (Fe → Fe3+ + 2 e–) –0,33 V

3 · (Cu2+ + 2 e– → Cu) +0,34 V

siendo el resultado:

2 Fe + 3 Cu2+ → 2 Fe2+ + 3 Cu E⁰total = +0,01 V

y teniendo en cuenta que ΔG⁰ = –nFE⁰total se deduce que ΔG⁰ < 0, SI reacciona.

En consecuencia, el Fe siempre reacciona descomponiéndose la pared del recipiente, por lo cual no se

pude almacenar una disolución de Cu2+ en un recipiente de Fe.

c) Una disolución de Fe2+ sí se puede almacenar en un recipiente de Cu porque el proceso sería el

inverso al expuesto en la 1ª posibilidad del apartado anterior obteniendo un E⁰ < 0, ΔG⁰ > 0, por lo que

no tendría lugar la reacción.

Electrólisis

20. Queremos realizar la electrólisis de MgCl2 en estado fundido en una cuba electrolítica. Datos: E⁰

(Mg2+/Mg) = –2,36 V, E⁰ (Cl2/Cl–) = +1,36 V

a) Escribir las semirreacciones que tienen lugar y calcular la fem mínima que se necesita para

realizar la electrólisis

b) Dibujar la cuba electrolítica, identificando todos los elementos, el signo de los electrodos, sentido

de movimiento de los electrones, etc.

c) ¿Durante cuánto tiempo tiene que pasar una corriente de 1,5 A para depositar 0,55 g de Mg?

d) ¿Cuántos átomos de magnesio se depositan?

a) El estado fundido es el estado líquido; la red iónica está rota en iones Mg2+ y Cl– libres con cierto

movimiento.

2 Cl– → Cl2 + 2 e– –1,36V Oxidación, ánodo

Mg2+ + 2 e– → Mg –2,36 V Reducción, cátodo

sumando materia y potenciales se obtiene la reacción global y E⁰total:

2 Cl– + Mg2+ → Cl2 + Mg E⁰total = –3,72 V; por lo que fem mínima = 3,72 V


b)

c) De la semirreacción de reducción se deduce que al pasar 2 mol de electrones se deposita 1 mol de Mg.

Además, hay que tener en cuenta que 𝑖 =𝑞

Δ𝑡 y sus unidades en el SI son C/s. Por otra parte 1 F ≈ 96500

C/mol e– (es la carga de 1 mol de electrones = NA · qe).

Δ𝑡 = 0,55 g Mg 1 mol Mg

24,3 g Mg 2 mol e−

1 mol Mg 96500 C

1 mol e−

1 s

1,5 C 1 min

60 s= 𝟒𝟗 𝐦𝐢𝐧

d) nº átomos Mg = 0,55 g Mg 1 mol Mg

24,3 g Mg 𝑁A átomos Mg

1 mol Mg= 𝟏, 𝟒 · 𝟏𝟎𝟐𝟐 á𝐭𝐨𝐦𝐨𝐬 𝐌𝐠

21. ¿Qué tiempo habrá tenido que estar circulando una corriente de 0,50 A para descargar 1 L de

cloro en estado gaseoso, medido en CN, en la electrólisis del cloruro de sodio en disolución acuosa?

¿Qué masa de hidrógeno se ha obtenido en ese mismo tiempo?. Las semirreacciones son: Cl– → ½ Cl2

+ e– (–1,36 V); 2 H2O + 2 e– → H2 + 2 OH– (–0,83 V)

a) La cantidad de cloro obtenido es 𝑛Cl2= 1 L

1 mol

22,4 L= 0,0446 mol, luego Δ𝑡 =

0,0446 mol Cl2 1 mol e−

0,5 mol Cl2

96500 C

1 mol e−

1 s

0,5 C

1 h

3600 s= 𝟒, 𝟖 𝐡

b) Siendo las semirreacciones:

1 · (Cl– → Cl2 + 2 e–)

1 · ( 2 H2O + 2 e– → H2 + 2 OH–)

la reacción completa es:

Cl– + 2 H2O → Cl2 + H2 + 2 OH–

Por el apartado anterior en ese tiempo se han obtenido 0,0446 mol de Cl2, y por estequiometría cuando

se obtiene 1 mol de Cl2 también se obtiene 1 mol de H2:

𝑚H2= 0,0446 mol Cl2

1 mol H2

1 mol Cl2 2,02 g H2

1 mol H2= 𝟎, 𝟎𝟗𝟎 𝐠.

22. Para cromar una lámina metálica se la sumerge en una disolución de CrCl3, y se hace pasar una

corriente de 12 A durante una hora. Calcular:

a) La masa de cromo depositada.

b) Si la lámina metálica es un cuadrado de 4 cm de lado y se croma por un solo lado, calcular el

espesor del recubrimiento de cromo.

Datos: E⁰ Cl2/Cl– = 1,36 V; E⁰ Cr3+/Cr = –0,74 V; Densidad Cr = 7,194 g/mL

e–

+ _

Pt Pt

Ánodo Cátodo

← Cl– Mg

2+ →

Cl2

Oxidación

2Cl– → Cl

2 + 2e

– –1,36 V

Reducción

Mg2+

+ 2 e– → Mg –2,36 V

Global: 2Cl– + Mg

2+ → Cl

2 + Mg –3,72 V


a) La semirreacción en la que se deposita el Cr es Cr3+ + 3 e– → Cr. La masa depositada vale:

𝑚Cr = 1 h 3600 s

1 h 12 C

1 s 1 mol e−

96500 C 1 mol Cr

3 mol e− 51,6 g Cr

1 mol Cr= 𝟕, 𝟕𝟎 𝐠

b) El cromado tiene una superficie de l2 (l = 4 cm) y un espesor h, siendo por tanto el volumen V =l2h. Por

otra parte, la densidad del Cr depositado es ρ = m/V. De ambas se obtiene que h = m/(ρl2). Trabajando

directamente con cm (se cancela): ℎ =𝑚

𝜌·𝑙2 =7,70 g

7,194 g

cm3 · (4·4) cm2= 𝟎, 𝟎𝟔𝟕 𝐜𝐦.

23. Se montan en serie (entonces pasan por ellas la misma intensidad de corriente) tres cubas

electrolíticas. La primera contiene una solución de AgNO3; la segunda, una solución de CuSO4; y la

tercera, una solución de AuCl3. Al cabo de un cierto tiempo de circular una corriente continua, se han

depositado 5,40 g de plata en el cátodo de la primera cuba.

a) Dibujar un esquema del montaje.

b) Calcular el número de átomos de cobre depositados en el cátodo de la segunda.

c) Calcular la masa de oro depositada en el cátodo de la tercera cuba.

a)

Al estar conectados en serie y como la carga eléctrica se conserva, la intensidad de corriente que pasa

por los hilos conductores que unen las cubas entre si es la misma, por ello:

𝐼 =𝑞1

∆𝑡=

𝑞2

∆𝑡=

𝑞3

∆𝑡

de donde se deduce que q1 = q2 = q3 = q.

b) Así, los moles de electrones implicados en la reducción de la plata serán:

𝑞 = 𝑛𝑒− = 5,40 g Ag 1 mol Ag

107,9 g Ag 1 mol e−

1 mol Ag= 0,05005 mol e−

nºátomos Cu = 0,05005 mol e− 1 mol Cu

2 mol e− 𝑁A átomos Cu

1 mol Cu= 𝟏, 𝟓𝟏 · 𝟏𝟎𝟐𝟐 á𝐭𝐨𝐦𝐨𝐬 𝐂𝐮

c) 𝑚Au = 0,05005 mol e− 1 mol Au

3 mol e− 197,0 g Au

1 mol Au= 𝟑, 𝟐𝟗 𝐠 𝐀𝐮

PROBLEMAS RESUELTOS DE REDOX

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