UNIDAD DIDÁCTICA 8: REACCIONES DE OXIDACIÓN

U.D. 8: REDOX (2ª PARTE) - COLECCIÓN DE EJEMPLOS Y EJERCICIOS RESUELTOS EN LOS APUNTES

QUÍMICA. 2º BACHILLERATO. PROFESOR: CARLOS M. ARTEAGA

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QUÍMICA. 2º DE BACHILLERATO

PROFESOR: CARLOS MARTÍN ARTEAGA

UNIDAD DIDÁCTICA 8: REACCIONES DE OXIDACIÓN – REDUCCIÓN

PARTE 2: ELECTROQUÍMICA

COLECCIÓN DE EJEMPLOS Y EJERCICIOS RESUELTOS EN LOS APUNTES

8.- PILAS GALVÁNICAS

Explica detalladamente cómo es la pila representada mediante el esquema:

Zn (s) Zn2+ (aq) Cu2+ (aq) Cu (s)

En la pila considerada, el ánodo es la barra de cinc, pues es el lugar donde se produce la reacción de oxidación:

Ánodo (oxidación): Zn (s) Zn2+ (aq) + 2 e–

El cátodo es la barra de cobre, pues en ella se produce la reducción de los iones Cu2+ según la ecuación:

Cátodo (reducción): Cu2+ (aq) + 2 e– Cu (s)

La reacción global de la pila es la suma de las semirreacciones catódica y anódica, es decir, la reacción redox espontánea de partida:

Cu2+ (aq) + Zn (s) Cu (s) + Zn2+ (aq)

Los iones Cu2+ han de estar debidamente separados de los átomos de cinc, para impedir así la entrega directa. El esquema es de un dispositivo con el que se logra que los electrones pasen desde los átomos de cinc hasta los iones Cu2+ indirectamente a través de un hilo conductor.

La doble barra vertical indica la presencia de un puente salino.

La pila descrita en este ejercicio es la PILA DANIELL, en la cual las disoluciones de los electrodos son de sulfato de cinc y de sulfato de cobre (II). El electrolito del puente salino puede ser de nitrato amónico o de cloruro potásico.

Define oxidación y reducción. Pon un ejemplo de una reacción redox indicando la especie que se oxida y la que se reduce.

Oxidación es todo proceso en el cual una especie química pierde electrones.

Reducción es todo proceso en el cual una especie química gana electrones.

Un ejemplo de un proceso redox es la reacción entre el magnesio y el azufre:

Mg + S MgS

En esta reacción, se oxidan los átomos de magnesio metálico, Mg, que pierden 2 electrones, formando iones Mg2+.

Los átomos de azufre, S, ganan los electrones cedidos por los átomos de magnesio, se reducen formando iones sulfuro, S2–.

(Los iones Mg2+ y S2–, que se unen formando una red iónica, constituyen el compuesto sulfuro de magnesio, MgS).

Explica qué proceso químico puede, en principio, utilizarse para fabricar una pila galvánica.

Una reacción química de oxidación-reducción (redox) espontánea, que sea exotérmica, de modo que pueda aprovecharse la energía desprendida al transformarse los reactivos en productos en forma de una corriente eléctrica.



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9.- POTENCIAL NORMAL O ESTÁNDAR DE ELECTRODO

Dados los siguientes potenciales estándar de reducción: Ag+/Ag = +0,80 V, y Ca2+/Ca = –2,87 V, para la pila que se puede formar con estos dos sistemas:

a) Indica qué electrodo actuará como ánodo y cuál como cátodo.

b) Escribe la reacción global que tiene lugar en la pila, y calcula la fem que suministra.

c) Suponiendo que ambos sistemas están en recipientes diferentes, unidos entre sí por un puente salino, representa la pila formada.

Puesto que el sistema Ag+/Ag tiene mayor potencial de reducción, el ion Ag+ será la especie que se reduzca, obligando al calcio a experimentar la oxidación.

a) Teniendo en cuenta que la reducción siempre se da en el cátodo, y la oxidación en el ánodo, el electrodo de plata será el cátodo (polo positivo) y el de calcio, el ánodo (polo negativo). Las semirreacciones que tienen lugar son:

Reducción (cátodo o polo +): Ag+ + 1e– Ag; E0 (Ag+/Ag) = +0,80 V

Oxidación (ánodo o polo –): Ca Ca2+ + 2e–; E0 (Ca2+/Ca ) = –2,87V

b) El proceso global que tiene lugar en la pila será la suma de las 2 semirreacciones. Previamente ajustamos en carga y masa ambos procesos multiplicando por 2 el 1º. Ahora, al sumarlos, obtenemos la reacción y la fem de la pila. Es decir:

Reacción global de la pila: 2 · (Ag+ + 1e– Ag) + (Ca Ca2+ + 2e–)

Cuya suma es: 2 Ag+ + Ca 2 Ag + Ca2+ ;

E0pila = E0

cátodo(RED) – E0ánndo(RED) = 0,80 – (–2,87) = +3,67 V

c) La pila así formada se suele representar mediante la siguiente notación:

CaCa2+ (aq)Ag+(aq)Ag

RECUERDA. A la izquierda se coloca el electrodo que actúa como polo negativo. La doble barra entre ambos sistemas, indica, tal y como expresa el enunciado, que ambas disoluciones están en recipientes separados y unidos entre sí por un puente salino.



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Se forma una pila galvánica con un electrodo de hierro y otro de plata. Teniendo en cuenta los potenciales de reducción estándar que se adjuntan:

a) Escriba las semirreacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo de la pila galvánica e indique el sentido del movimiento de los iones metálicos de las disoluciones con respecto a los electrodos metálicos.

b) Calcule el potencial de la pila formada.

c) Dibuje un esquema de la pila indicando sus componentes.

d) Razone qué ocurriría si introdujéramos una cuchara de plata en una disolución de Fe2+.

Datos. E0 (V): Ag+/Ag = 0,80; Fe2+/Fe = − 0,44.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Junio 2019)

a) Si nos fijamos en el potencial normal de reducción de Ag+/Ag vemos que su valor es mayor que el de Fe2+/Fe. Esto significa que el ion Ag+ tiene una mayor tendencia a la reducción que el ion Fe2+, por lo que la reacción que se produce en la pila será:

Ánodo (oxidación): Fe Fe2+ + 2 e–

Cátodo (reducción): Ag+ + 1 e– Ag

Reacción global: (Fe Fe2+ + 2 e–) + 2 · (Ag+ + 1 e– Ag)

Fe (s) + 2Ag+ (aq) Fe2+ (aq) + 2 Ag (s)

El hierro en el ánodo experimenta una oxidación por lo que desprende electrones, estos electrones se mueven por el hilo metálico desde el ánodo hasta el cátodo donde los iones de plata los toman experimentando así una reducción y depositándose en el cátodo como plata metálica.

b) El potencial de la pila será:

E0pila = E0 (red)cátodo – E0(red)ánndo = 0,80 – (--0,44) = 1,24V

c) El dibujo de la pila es:

La pila así fabricada habría que escribirla:

Fe (s) Fe2+ (aq) Ag+ (aq), Ag (s)

La doble barra entre los dos electrodos significa la existencia de un puente salino.

d) Si se introduce una cuchara de plata en una disolución de Fe2+, la única posibilidad que tendríamos es que la plata se oxide y el hierro se reduzca. Para ello el potencial de reducción del hierro tendría que ser mayor que el potencial de reducción de la plata, circunstancia que no se da. El potencial de la reacción en caso de que se diera sería –1,24V, potencial negativo que nos indica que dicho proceso no es espontáneo y que por tanto no ocurrirá nada.



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10.- ESPONTANEIDAD DE LOS PROCESOS REDOX

Determina si el cinc puede reducir a los cationes plata.

Datos. Potenciales estándar de reducción: Zn2+/Zn = –0,76 V; Ag+/Ag = +0,80 V.

Las semirreacciones que se producen son:

Ánodo (oxidación): Zn Zn2+ + 2e–; E0ánodo = –0,76V

Cátodo (reducción): Ag+ + 1e– Ag; E0cátodo = +0,80V

Reacción global: (Zn Zn2+ + 2e–) + 2 · (Ag+ + 1e– Ag)

Por lo que la reacción global queda: Zn + 2Ag+ Zn2+ + 2Ag;

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = 0,80 – (–0,76) = +1,56V

E0pila > 0, la reacción indicada es espontánea y el cinc es capaz de reducir a los iones Ag+.

¿Se podrá oxidar a los iones fluoruro con gas cloro?

La pregunta es si es posible la reacción Cl2 + 2F– F2 + 2Cl–; es decir, saber si el gas cloro puede reducirse a iones cloruro para así oxidar a los iones fluoruro a gas flúor.

Para responder a esta pregunta consultamos la tabla de los potenciales normales de reducción y miramos cuáles son los del cloro y del fluor:

E0 (Cl2/Cl–) = +1,36V; E0 (F2/F–) = +2,87V

Para que la reacción fuera espontánea, se tendría que dar que el potencial de reducción de la pila fuera positivo:

Ánodo (oxidación): F2(g) + 2e– 2F–(aq); E0ánodo = + 2,87V

Cátodo (reducción): Cl2(g) + 2e– 2Cl–(aq); E0cátodo = +1,36V

Reacción global: Cl2 + 2F– F2 + 2Cl–; E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = 1,36 – 2,87 = –1,51V

Como el criterio de espontaneidad obliga a que sea E0 > 0, la reacción en el sentido indicado no es la espontánea.

Por tanto, la reacción espontánea es la oxidación de los iones cloruro con flúor:

F2 + 2Cl– Cl2 + 2F–



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Deduce razonadamente por qué el hierro(II) puede ser oxidado en medio ácido a hierro(III) por el ion nitrato, y, sin embargo, este mismo ion no puede oxidar al oro en su estado elemental a oro(III). Escribe el proceso en cada caso.

Datos: Potenciales estándar de reducción: NO3–/NO = 0,96V; Fe3+/Fe2+ = +0,77V; Au3+/Au = 1,50 V.

En el primer caso, al ser el potencial de reducción del sistema NO3–/NO mayor que el del sistema Fe3+/Fe2+,

el ion nitrato experimentará la reducción, obligando al ion Fe(II) a oxidarse. Sin embargo, en el segundo caso, el mayor potencial de reducción lo tiene el sistema Au3+/Au, por lo que el ion nitrato no podrá oxidar al oro en su estado elemental a oro(III).

La semirreacciones, el proceso global y el potencial de la reacción de oxidación del hierro son:

Para el primer proceso tendríamos:

Oxidación: Fe2+ Fe3+ + 1e–; E0 = +0,77V

Reducción: NO3– + 4H+ +3e– NO + 2H2O; E0 = +0,96V

Reacción global: 3 · (Fe2+ Fe3+ + 1e–) + NO3– + 4H+ +3e– NO + 2H2O

Que queda: 3Fe2+ + NO3– + 4H+ 3Fe3+ + NO + 2H2O

Potencial: E0 = E0(NO3–/NO) – E0 (Fe3+/Fe2+)= 0,96 – 0,77 = +0,19V

Según lo expuesto anteriormente, al ser E0 > 0, la reacción tendrá lugar espontáneamente.

En el segundo caso, las semirreacciones, proceso global y potencial de este son:

Oxidación: Au Au3+ + 3e–; E0 = +1,50V

Reducción: NO3– + 4H+ +3e– NO + 2H2O; E0 = +0,96V

Reacción global: Au + NO3– + 4H+ Au3+ + NO + 2H2O

Potencial: E0 = E0(NO3–/NO) – E0 (Au3+/Au)= 0,96 – 1,50 = –0,54V

Tal y como era de prever, ahora ocurre que E0 < 0, por lo que la reacción no tendrá lugar espontáneamente.

Decir si es espontánea en el sentido indicado la siguiente reacción redox:

Cl2 (g) + 2I– (aq) 2Cl– (aq) + I2 (s)

Datos: Potenciales estándar de reducción: I2/2I– = 0,54V; Cl2/2Cl– = 1,36V

La reacción dada es la suma de las dos semirreacciones siguientes:

Oxidación: 2I– (aq) + I2 (s) + 2e–

Reducción: Cl2 (g) + 2e– (aq) 2Cl– (aq)

La E0 de esta reacción es:

E0 = E0 (Cl2/Cl–) – E0 (I2/I–) = 1,36 V – 0,54 V = + 0,72 V > 0

Por tanto, la reacción es espontánea en el sentido dado, en el cual el cloro molecular se reduce (en el sentido contrario sería el yodo). Efectivamente, las moléculas de Cl2 tienen más tendencia a reducirse que las del I2 ya que

E0 (Cl2/Cl–) > E0 (I2/I–)



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Cuando reacciona ácido clorhídrico con cinc, se observa un desprendimiento espontáneo de hidrógeno, H2, mientras que la misma reacción pero con plata metálica no tiene lugar. ¿A qué es debido este comportamiento diferente?

Datos: Potenciales estándar de reducción: Zn2+/Zn = –0,76 V; Ag+/Ag = +0,80 V; 2 H+/H2 = 0,00 V.

La reacción del HCl con el Zn viene descrita por el proceso:

2 HCl + Zn ZnCl2 + H2

Que podemos considerar que es la suma de los dos procesos parciales:

Oxidación: Zn Zn2+ + 2e–; E0 = – 0,76V

Reducción: 2H+ +2e– H2; E0 = 0,00V

Reacción global: Zn + 2H+ Zn2+ + 2H2

Potencial: E0 = E0(2H+/H2) – E0 (Zn2+/Zn)= 0,00 – (–0,76) = + 0,76V

Como el criterio de espontaneidad obliga a que sea E0 > 0, la reacción tendrá lugar de manera espontánea.

En el segundo caso tendríamos:

Oxidación: Ag Ag+ + 1e–; E0 = + 0,80V

Reducción: 2H+ +2e– H2; E0 = 0,00V

Reacción global: 2Ag + 2H+ 2Ag+ + 2H2

Potencial: E0 = E0(2H+/H2) – E0 (Ag+/Ag)= 0,00 – 0,80 = – 0,80V

Ahora E0 < 0 y, por tanto, la reacción no será espontánea.

Escribe las reacción de pila y determina la f.e.m. que proporcionan las siguientes pilas a 250C:

Zn (s) Zn2+ (1 M) Ag+ (1 M) Ag (s)

Al (s) Al3+ (1 M) Sn2+ (1 M) Sn (s)

Datos: E0 (Zn2+/ Zn) = –0,76V; E0 (Ag+/ Ag) = +0,80V; E0 (Al3+/ Al); E0 (Sn2+/ Sn) = –0,14V

Todas las sustancias están en condiciones estándar, por tanto los potenciales de los electrodos son los correspondientes a sus potenciales normales E0.

a) Zn (s) Zn2+ (1 M) Ag+ (1 M) Ag (s)

Las semirreacciones que se producen en los electrodos son:

(–) Ánodo (oxidación): Zn (s) Zn2+ + 2e– E0ánodo = E0 (Zn2+/ Zn) = –0,76V

(+) Cátodo (reducción): Ag+ + 1e– Ag(s) E0cátodo = E0 (Ag+/ Ag) = +0,80V

Reacción global: Zn (s) (Zn2+ + 2e–) + 2 · (Ag+ + 1e– Ag(s)) Zn (s) + 2 Ag+ Zn2+ + 2Ag(s);

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = 0,80 – (–0,76) = +1,56V

b) Al (s) Al3+ (1 M) Sn2+ (1 M) Sn (s)


(–) Ánodo (oxidación): Al (s) Al3+ + 3e– E0ánodo = E0 (Al3+/ Al) = –1,67V

(+) Cátodo (reducción): Sn2+ + 2e– Sn(s) E0cátodo = E0 (Sn2+/ Sn) = –0,14V

______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: 2·(Al (s) Al3+ + 3e–) + 3·( Sn2+ + 2e– Sn(s)) = 2Al (s) + 3 Sn2+ 2 Al3+ + 3 Sn(s);

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = –0,14 – (–1,67) = +1,53V



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Considere los electrodos: Sn2+/Sn, MnO4−/Mn2+ (en medio ácido clorhídrico), Zn2+/Zn y Ce4+/Ce3+.

a) Razone qué dos electrodos forman la pila a la que corresponde el proceso con menor ∆G0.

b) Haga los cálculos pertinentes que le permitan razonar si un recipiente de zinc se deteriora al almacenar en él una disolución de KMnO4 en medio ácido.

c) Ajuste por el método del ion-electrón la ecuación iónica y molecular del proceso redox del apartado b).

Datos. E0 (V): Zn2+/Zn = −0,76; Sn2+/Sn = −0,14; MnO4−/Mn2+ = 1,51; Ce4+/Ce3+ = 1,61.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Septiembre 2020)

a) Como sabemos una pila es un proceso espontáneo y por tanto tiene que tener ∆G0 negativo, por lo que el de menor ∆G0 será el que tenga valor más negativo. Teniendo en cuenta que el valor absoluto de ∆G0 es

directamente proporcional al potencial de la pila E0pila, el ∆G0 de valor más negativo se alcanza con el par

de electrodos en el que el valor del potencial de la pila formado por ellos sea mayor. Es decir con los electrodos en el que la diferencia entre sus potenciales de reducción sea mayor. Esto sucede entre los electrodos Zn2+/Zn y Ce4+/Ce3+ que son el de menor y el de mayor potencial de reducción respectivamente.


(–) Ánodo (oxidación): Zn Zn2+ + 2e– E0ánodo = E0 (Zn2+/ Zn) = –0,76V

(+) Cátodo (reducción): Ce4+ + 1e– Ce3+ E0cátodo = E0 (Ce4+/ Ce3+) = +1,61V

______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: (Zn Zn2+ + 2e–) + 2 · (Ce4+ + 1e– Ce3+) Zn (s) + 2 Ce4+ Zn2+ + 2 Ce3+;

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = 1,61 – (–0,76) = +2,37V

b) Para que el recipiente de zinc se deteriore tendría que oxidarse y por tanto el ion permanganato se tendría que reducir. Para saber si el proceso es o no espontáneo se determina el potencial de la pila, y si es positivo el proceso es espontáneo, y si es negativo no lo es. En el cátodo se produce la reducción (MnO4

−/Mn2+) y en el ánodo la oxidación (Zn2+/Zn):

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = 1,51 – (–076) = +2,27V > 0.

Luego, el proceso es espontáneo y el recipiente se deterioraría.

c) Escribimos los elementos químicos que modifican su número de oxidación (en la especie química en que se encuentra).

202

7 -2 22

4

El cinc en: Zn Zn se oxida

El manganeso en: MnO Mn se reduce

Escribimos las semirreacciones de oxidación y de reducción. 2

– 24

Zn Zn

MnO Mn

(oxida

(

ción)

Reducción)

Realizamos el balance de masas:

Ajuste de todos los átomos, excepto los de H y O: Ya están ajustados.

Ajuste de átomos de oxígeno (añadiendo H2O): 2

– 24 2

Zn Zn

MnO Mn 4H O

Ajuste de átomos de hidrógeno (añadiendo H+) 2

– 24 2

Zn Zn

MnO 8H Mn 4H O

Realizamos el balance de carga:

Ajuste de cargas de cada semirreacción (con electrones) 2

– 24 2

Zn Zn 2e

MnO 8H 5e Mn 4H O

Estas son las semirreacciones de oxidación y de reducción.



8

Realizamos el balance de carga con las dos semirreacciones obtenidas

Nº de electrones ganados = Nº de electrones cedidos

2

– 24 2

2

– 24 2

5 Zn Zn 2e

2 MnO 8H 5e Mn 4H O

5Zn Zn 10e

2MnO 16H 10e M

5

2 n 8H O

Sumamos las dos semirreacciones: – 2 2

4 2

– 2 24 2

5Zn 2MnO 16H 10e Zn 10e Mn 8H O

5Zn 2MnO 16H Zn Mn 8H O

5

Ecuación iónica ajus

2

t5 ad2 a

Para escribir la reacción global en forma molecular, identificamos los iones con las moléculas de las cuales proceden. Teniendo en cuenta que el enunciado indica medio ácido clorhídrico:

4 2 2 25Zn 2KMnO 16HCl ZnCl MnCl 25 2 KCl 8H O

Hemos ajustado los iones K+ y los dos iones Cl–, que ni se oxidan ni se reducen en el KCl



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Ajuste por el método del ion-electrón la reacción global molecular y calcule el potencial para los siguientes procesos redox:

a) Oxidación de cobre metálico con ácido nítrico, obteniéndose dióxido de nitrógeno.

b) Oxidación de zinc a ion Zn2+ con ácido clorhídrico.

Datos: E0 (Zn2+/ Zn) = –0,76V; E0 (Cu2+/Cu) = 0,34V; E0 (NO3−/NO2) = 0,80 V.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Junio 2019. Coincidentes)

3 3 2 2 2a) Cu HNO Cu(NO ) NO H O

1) Escribimos la ecuación de forma iónica con los números de oxidación de cada elemento: 2

3 3 2 2

1 2 2 20 5 5 4 2 1 22

23 3 2

Cu H ,NO Cu ,2NO NO H O

Cu H ,NO Cu ,2NO NO H O

2) Escribimos los elementos químicos que modifican su número de oxidación (en la especie química en que se encuentra).

202

25 4 2

23

El cobre en: Cu Cu se oxida

El nitrógeno en: NO NO se reduce

3) Escribimos las semirreacciones de oxidación y de reducción. 2

3 2

Cu Cu

N

(o

O NO

xida

(R

ción

educ

)

ción)

4) Realizamos el balance de masas:

Ajuste de todos los átomos, excepto los de H y O: Están ajustados tanto el cobre como el nitrógeno.


3 2 2

Cu Cu

NO NO H O


3 2 2

Cu Cu

NO 2H NO H O

5) Realizamos el balance de carga:


3 2 2

Cu Cu 2e

NO 2H 1e NO H O

Nº de electrones ganados = Nº de electrones cedidos

2

3 2 2

2

3 2 2

Cu Cu 2e

2 NO 2H 1e NO H O

Cu Cu 2e

2NO 4H 2e N 2H2 O O

6) Sumamos las dos semirreacciones: 2

3 2 2

23 2 2

Cu 2NO 4H 2e Cu 2e NO 2H O

Cu 2NO 4

2

H Cu NO 2H O2

(Ecuación iónica ajustada)

Si queremos escribir la reacción global en forma molecular, identificamos los iones con las moléculas de las cuales proceden. Tenemos que observar en este caso que no todos los átomos de nitrógeno del HNO3 se reducen. Por dicha razón, el coeficiente del HNO3 hay que ajustarlo por tanteo: el número de H+ revela dicho coeficiente.



10

Ecuación química ('molecular') ajustada:

3 3 2 2 2

3 3 2 2 2

Cu HNO Cu(NO ) NO H O

Cu 4HNO Cu(NO ) 2NO 2H O

El potencial E0 de esta reacción es:

E0 = E0 (NO3−/NO2) – E0 (Cu2+/Cu) = 0,80 V – 0,34 V = + 0,46 V

2 2b) Zn s HCl aq ZnCl aq H g

1) Escribimos la ecuación de forma iónica con los números de oxidación de cada elemento: 2

2

1 1 2 10 02

2

Zn H ,Cl Zn ,2Cl H

Zn H ,Cl Zn ,2Cl H

2) Escribimos los elementos químicos que modifican su número de oxidación (en la especie química en que se encuentra).

202

1 0

2

El cinc en: Zn Zn se oxida

El hidrógeno en: H H se reduce

3) Escribimos las semirreacciones de oxidación y de reducción. 2

2

(oxidación)Zn Zn

H (ReduccH ión)

4) Realizamos el balance de masas:

Ajuste de todos los átomos, excepto los de H y O: El cinc ya está ajustado.

Ajuste de átomos de oxígeno (añadiendo H2O): No hay átomos de oxígeno


2

Zn Zn

H2H

5) Realizamos el balance de carga:


2H

Zn Zn 2e

2H 2e

Nº de electrones ganados = Nº de electrones cedidos. Están ajustados.

6) Sumamos las dos semirreacciones: 2

2

22

Zn 2H 2e Zn H

H

2e

Zn 2H Zn


Si queremos escribir la reacción global en forma molecular, identificamos los iones con las moléculas de las cuales proceden.

Ecuación química ('molecular') ajustada:

2 2

2 2

Zn s HCl aq ZnCl aq H g

Zn s 2HCl aq ZnCl aq H g

El potencial E0 de esta reacción es: E0 = E0 (H+/H2) – E0 (Zn2+/Zn) = 0,00 V – (–0,76) V = + 0,76 V



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Se construye una celda galvánica con un electrodo de manganeso y un electrodo de plata.

a) Formule las semirreacciones de oxidación y reducción que se producen. Ajuste la reacción global por el método del ion-electrón.

b) Determine el potencial de la celda galvánica.

c) Justifique qué ocurre si se introduce una barra de plata en una disolución de manganeso (II).

Datos. E0 (Mn2+/ Mn) = −1,18; E0 (Ag2+/Ag) = 0,80.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Modelo 2021)

a) Si nos fijamos en el potencial normal de reducción de Ag+/Ag vemos que su valor es mayor que el de Mn2+/Mn. Esto significa que el ion Ag+ tiene una mayor tendencia a la reducción que el ion Mn2+, por lo que la reacción que se produce en la pila será:

Ánodo (oxidación): Mn Mn2+ + 2 e–

Cátodo (reducción): Ag+ + 1 e– Ag

Reacción global: Para ajustar la reacción global no tenemos más que multiplicar la semireacción por 2 con lo cual tendremos el mismo número de electrones en las dos semirreacciones. A continuación sumamos ambas semirreacciones:

(Fe Fe2+ + 2 e–) + 2 · (Ag+ + 1 e– Ag)

Fe (s) + 2Ag+ (aq) Fe2+ (aq) + 2 Ag (s)

b) El potencial de la pila será:

E0pila = E0 (red)cátodo – E0(red)ánndo = 0,80 – (--1,18) = 1,98V

c) Si se introduce una barra de plata en una disolución de Mn2+, la única posibilidad que tendríamos es que la plata se oxide y el manganeso se reduzca. Para ello el potencial de reducción del manganeso tendría que ser mayor que el potencial de reducción de la plata, circunstancia que no se da. El potencial de la reacción en caso de que se diera sería –1,98V, potencial negativo que nos indica que dicho proceso no es espontáneo y que por tanto no ocurrirá nada.



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Se desea construir una celda galvánica para transformar NO3− en NO, y se dispone de tres electrodos:

Al3+/Al, Cl2/Cl− y Au3+/Au.

a) A partir de los potenciales de reducción estándar que se adjuntan justifique cuál de los electrodos se puede utilizar, indicando cuál es el agente oxidante y el agente reductor.

b) Calcule el potencial estándar de la celda galvánica.

c) Escriba el proceso iónico global ajustando la reacción en medio ácido por el método ion-electrón. Indique los electrodos que actúan como cátodo y como ánodo.

Datos. E0 (NO3−/NO) = 0,96; E0 (Cl2/Cl−) = 1,33; E0 (Al3+/Al) = −1,66; E0 (Au3+/Au) = 1,50.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Junio 2018. Coincidentes)

a) El estado de oxidación del nitrógeno en el ion nitrato es +5, mientras que su estado de oxidación en el NO es +2. Esto significa que el ion nitrato se tiene que reducir. Para ello es necesario que el potencial estándar de reducción del electrodo que se utilice sea menor que el de NO3

−/NO, ya que en la celda galvánica el electrodo con mayor potencial estándar de reducción es el que experimenta la reducción. Si observamos los datos facilitados esto solo ocurre con el electrodo Al3+/Al.

b) E0pila = E0 (red)cátodo – E0(red)ánndo = E0 (NO3−/NO) – E0(Al3+/Al) = 0,96 – (--1,66) = 2,62V

c) Escribimos los elementos químicos que modifican su número de oxidación (en la especie química en que se encuentra).

203

25 2 2

3

El cobre en: Al Al se oxida

El nitrógeno en: NO NO se reduce

Escribimos las semirreacciones de oxidación y de reducción. 3

3

Al Al (oxidación) CÁTODO

NO NO(Reducción) ÁNODO

Realizamos el balance de masas:

Ajuste de todos los átomos, excepto los de H y O: Están ajustados tanto el aluminio como el nitrógeno.


3 2NO NO 2H O

Al Al


3 2 2NO 4H

Al

NO 2H O

Al

Realizamos el balance de carga:


3 2 2

3e

NO 4

Al Al CÁTODO

ÁNODH 3e O 2H ON O

Nº de electrones ganados = Nº de electrones cedidos. Ya están ajustados.

Sumamos las dos semirreacciones: 3

3 2 2

33 2 2

NO 4H 3e 3e NO 2Al Al

A

H O

NO 4H NOl Al 2H O




13

ANEXO AL APARTADO 10.- ESPONTANEIDAD DE LOS PROCESOS REDOX: MÁS EJERCICIOS RESUELTOS

Una disolución de iones Ag+ se mezcla con otra de iones Cu2+. ¿Qué ocurrirá si la mezcla se agita con un alambre de cobre?

Un metal desplaza de la disolución a los iones de los elementos químicos situados por debajo de él en la tabla de potenciales normales de reducción. Las reacciones que tienen lugar son:

Oxidación: Cu (s) Cu2+ + 2e– E0oxidación = – E0 (Cu2+/ Cu) = – (0,34V) = –0,34V

Reducción: Ag+ + 1e– Ag(s) E0reducción = E0 (Ag+/ Ag) = +0,80V

______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: (Cu (s) Cu2+ + 2e–) + 2 · (Ag+ + 1e– Ag(s)) Cu (s) + 2 Ag+ Cu2+ + 2Ag+

E0reacción = E0

oxidación + E0reducción = +0,46V

Como E0reacción > 0, el alambre de cobre se disuelve a la vez que los cationes Ag+ se reducen a plata metálica.

Justifica lo que le ocurre a una cuchara de aluminio cuando se agitan con ella las siguientes disoluciones: sulfato de cobre(II), nitrato de potasio, nitrato de hierro(II).

Hay que comprobar si es espontánea la reacción entre el aluminio y el resto de los cationes. Es decir, si se dan la condiciones para que el aluminio se oxide y los cationes se reduzcan. Un metal desplaza de la disolución a los iones de los elementos químicos situados por debajo de él en la tabla de potenciales normales de reducción. Las reacciones que tienen lugar son:

Oxidación: Al (s) Al3+ + 3e– E0 (Al3+/ Al) = –1,67V

Reducción: MZ+ + z e– M E0 (MZ+/ M) = ¿? ______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: z·(Al (s) Al3+ + 3e–) + 3·( MZ+ + z e– M) = z Al (s) + 3 MZ+ z Al3+ + 3 M;

Para que la reacción sea espontánea:

E0reacción = E0 (MZ+/ M) – E0 (Al3+/ Al) > 0 E0 (MZ+/ M) > –1,67

En el caso del sulfato de cobre(II), como E0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V, el ion cobre se reduce a Cu y la cuchara de aluminio se disuelve.

En la disolución de nitrato de potasio, como E0 (K+ / K) = –2,92 V, se puede agitar la disolución sin que ocurra ningún proceso químico.

En la disolución de nitrato de hierro(II) como E0 (Fe2+/Fe) = –0,41 V, el ion hierro(II) se reduce a Fe y la cuchara de aluminio se disuelve.



14

A partir de la tabla de potenciales normales de reducción deduce lo que le ocurre a una disolución de sulfato de hierro(II) al añadirle unos trozos de zinc. ¿Qué ocurre si le añadimos limaduras de cobre?

Los potenciales normales de reducción del hierro, zinc y cobre son:

E0 (Fe2+/Fe) = –0,41 V; E0 (Zn2+/Zn) = –0,76 V; E0 (Cu2+/Cu) = +0,34 V

a) Al añadir el zinc a la disolución de sulfato de hierro(II) tenemos:

Oxidación: Zn (s) Zn2+ + 2e– E0 (Zn2+/Zn) = –0,76V

Reducción: Fe2+ + 2e– Fe(s) E0 (Fe2+/ Fe) = –0,41V ______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: Zn (s) + Fe2+ Zn2+ + Fe(s)

E0reacción = E0 (Fe2+/ Fe) – E0 (Zn2+/Zn) = +0,35V

Por tanto, al añadir zinc a una disolución de sulfato de hierro(II), precipita hierro metálico a la vez que se disuelven los trozos de zinc.

b) Al añadir limaduras de cobre a la disolución de sulfato de hierro(II) tenemos que en la disolución hay iones hierro(II) y cobre metálico, por tanto las posibles reacciones son:

Oxidación: Cu (s) Cu2+ + 2e– E0 (Cu2+/ Cu) = + 0,34V

Reducción: Fe2+ + 2e– Fe(s) E0 (Fe2+/ Fe) = – 0,41V ______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: Cu (s) + Fe2+ Cu2+ + Fe(s)

E0reacción = E0 (Fe2+/ Fe) – E0 (Cu2+/ Cu) = –0,75V

Como E0reacción < 0, la reacción no es espontánea, al añadir limaduras de cobre a la disolución de sulfato de

hierro(II), no ocurre nada.



15

A partir de la tabla de potenciales normales de reducción, justifica la espontaneidad de las siguientes reacciones químicas. En el caso de ser espontáneas determina la f.e.m. que pueden proporcionar supuestas todas las concentraciones de iones 1 M y a una temperatura de 250C. Escribe también el diagrama correspondiente de pila:

a) Zn (s) + H+ Zn2+ + H2 (g)

b) Fe2+ + Cl2 (g) Fe3+ + Cl–

Todas las sustancias están en condiciones estándar, por tanto los potenciales de los electrodos son los correspondientes a sus potenciales normales E0.

a) Zn (s) + H+ Zn2+ + H2 (g)


Ánodo (oxidación): Zn (s) Zn2+ + 2e– E0ánodo = E0 (Zn2+/ Zn) = –0,76V

Cátodo (reducción): 2 H+ + 2e– H2(g) E0cátodo = E0 (H+/ H2) = +0,00V

______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: Zn (s) + 2 H+ Zn2+ + H2(g); E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = +0,76V

Como E0 > 0, la reacción indicada es espontánea y el diagrama de la pila es:

Zn (s) Zn2+ (1 M) H+ (1 M) H2 (1atm) Pt(s)

b) Fe2+ + Cl2 (g) Fe3+ + Cl–


Ánodo (oxidación): Fe2+ Fe3+ + 1e– E0ánodo = E0 (Fe3+/ Fe2+) = 0,77V

Cátodo (reducción): Cl2 (g) + 2e– 2 Cl– E0cátodo = E0 (Cl2/ 2 Cl–) = +1,36V

______________________________________________________________________________________________________

Reacción global: 2·(Fe2+ Fe3+ + 1e–) + (Cl2 (g) + 2e– 2 Cl–) 2 Fe2+ + Cl2 (g) 2 Fe3+ +2 Cl–

E0pila = E0

cátodo – E0ánodo = +0,59V

Como E0 > 0, la reacción indicada es espontánea y el diagrama de la pila es:

Fe2+(1 M) Fe3+ (1 M) Cl2 (1atm) Cl– (1 M) Pt(s)



16

Si el potencial normal de una pila Daniell es 1,10 V y el potencial normal de reducción del zinc es

E0(Zn2+/Zn) = –0,76 V, halla el potencial normal de reducción del electrodo de cobre.

Se forma una pila con un electrodo de níquel y otro de plata. Indica cuáles son el electrodo positivo y el polo negativo y halla el potencial normal de pila.

Datos: E0 (Ag+/Ag) = + 0,80 V y E0 (Ni2+/Ni) = – 0,23 V



17

Justifica si los elementos químicos: plata, cobre, cadmio, zinc, magnesio y potasio se disuelven en una disolución 0,1 M de ácido clorhídrico.

Datos: E0 (K+/K) = – 2,92 V; E0 (Mg2+/Mg) = – 2,37 V; E0 (Zn2+/Zn) = – 0,76 V;

E0 (Cd2+/Cd) = – 0,40 V; E0 (Cu2+/Cu) = + 0,34 V; E0 (Ag+/Ag) = + 0,80 V

Se construye una pila con un electrodo de una lámina de estaño en una disolución 1 M de iones Sn2+ y el otro electrodo es un alambre de platino en una disolución 1 M de Fe2+ y 1 M en Fe3+.

a) Escribe Ia reacción de pila, indica su notación y cuál es la misión del alambre de platino.

b) Deduce Ia f.e.m. de Ia pila a 25 0C.

Datos: E0 (Sn2+/Sn)= – 0,14 V, E0 (Fe3+/Fe2+) = + 0,77 V.



18

11.- ELECTRÓLISIS

Indica en qué electrodos se produce la electrolisis del cloruro de cinc fundido. Determina el valor mínimo de la f.e.m. de una pila necesaria para llevar a cabo dicha electrólisis.

Ánodo: 2 Cl– Cl2 + 2 e–

Cátodo: Zn2+ + 2 e– Zn

La reacción global es:

Zn2+ + 2 Cl– Cl2 + Zn Para poder calcular este valor necesitamos conocer los potenciales de reducción normales del cloro y del ion cinc. Los consultamos y vemos que sus valores son:

E0 Cl2/ Cl– = + 1,36 V y E0 Zn2+/Zn = –0,76 V

Como: E0 = E0cát – E0

án = –0,76 V – 1,36V = –2,12 V

El valor negativo de E0 indica que la reacción no es espontánea. Para forzar la electrólisis del ZnCl2 fundido es necesario utilizar una pila cuya f.e.m. sea mayor de 2,12 V.

Indica cuáles son los productos de la electrólisis de una disolución acuosa de NaHCO3.

La sal se encuentra ionizada de acuerdo con la ecuación:

NaHCO3 HCO3–(aq) + Na+(aq)

En el cátodo se producirá la reducción de la especie cuyo potencial de reducción sea mayor, es decir la especie química que sea más fácil de reducir.

Como: E0 (H2O/H2+OH–) = –0,83V y E0 (Na+/Na) = –2,71V

Cátodo: 2 H2O (l) + 2 e– H2 (g) + 2 OH– (aq)

En el ánodo se producirá la oxidación de la especie cuyo potencial de reducción sea menor, es decir la especie química que sea más fácil de oxidar.

Como el carbono está en su estado de oxidación más alto no podrá oxidarse y por tanto:

Ánodo: 2 H2O (l) O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e–



19

Conociendo los potenciales normales de electrodo de las siguientes reacciones:

2 H2O (l) + 2 e– H2 (g) + 2 OH– (aq) E° = –0,8 V

Na+(aq) + e– Na(s) E ° = –2,7 V

2 H2O (l) O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e– E0 (O2/H2O) = +1,23V

Cl2 + 2 e– 2 Cl−(aq) E ° = +1,36 V

¿Qué semirreacciones tienen lugar cuando se introducen dos electrodos inertes en una disolución concentrada de cloruro de sodio en agua y se conectan a los terminales de una batería de 2,0 V?

El NaCl en disolución acuosa se encuentra disociado de acuerdo con la ecuación:

NaCl (aq) Na+ (aq) + Cl– (aq)

Conocidos los potenciales normales de electrodo, las semirreacciones que tienen lugar en los electrodos son:

En el cátodo por ser mayor el potencial de reducción del hidrógeno del agua:

Cátodo (reducción): 2 H2O(l) + 2 e– H2(g) + 2 OH−(aq)

En el ánodo, aunque los valores del potencial de reducción son próximos nos indican que la disolución es concentrada, luego:

Ánodo (oxidación): 2 Cl−(aq) → Cl2(g) + 2 e–



20

12.- APLICACIONES DE LOS PROCESOS ELECTROLÍTICOS

Halla la cantidad de cobre que deposita durante 30 minutos una corriente de 10A, que circula por una disolución de sulfato de cobre (II).

La reducción que se produce en el cátodo es:

Cátodo: Cu2+ + 2 e– Cu

La masa de Cu depositada en gramos es:

A Cu 63,5g molI t 10A 1800sm 5,93g de Cu

z F z 96500C mol

Durante una hora exacta, se electroliza una disolución acuosa de AgNO3. Sabiendo que la corriente que ha pasado era de 2 amperios, halla los gramos de plata depositados en el cátodo. ¿Qué carga eléctrica, expresada en culombios y en Faradays se ha empleado? Dato: 1 faraday = 96 500 C. Masa atómica Ag = 107,87

Teniendo en cuenta la ecuación ajustada de la semirreacción de reducción:

Ag + + 1 e– Ag

Y los datos: 1 mol de Ag = 107,87 g; z= 1; I = 2A; t = 3600s

La masa de Ag depositada en gramos es:

A Ag 107,87g molI t 2A 3600sm 8,05g de Ag

z F 1 96500C mol

La carga eléctrica expresada en culombios es:

Q I t 2A 3600s 7200C

La carga eléctrica expresada en faradays es:

1FQ 7200C 0,0746F

96500C



21

Calcula cuántos faradays se requieren para: a) Oxidar 0,5 moles de CI– a Cl2.

b) Reducir 0,2 moles de Cr2O72– a Cr3+.

c) Reducir un mol de Fe3+ a Fe2+.

Datos: 1 faraday (F) = 96 500 C; carga del e– = 1,6 · 10–19 C; NA = 6,02 · 1023.

a) La ecuación ajustada de la semirreacción de oxidación de los iones Cl– es:

2 Cl– Cl2 + 2 e–

De acuerdo con esta ecuación, en la oxidación de 0,5 moles de iones Cl–, se liberan 0,5 moles de electrones.

Teniendo en cuenta que la carga de 1 faraday (F) equivale a la carga de 1 mol de electrones, obtenemos finalmente:

Q (0,5 moles e–) = 0,5 F

b) La ecuación ajustada de la semirreacción de la reducción de los iones Cr2O72– es:

2 32 7Cr O Cr2

2 32 7 2Cr O Cr 7H O2

2 32 7 2Cr O 14H 7 O2Cr H

2 3

2 7 2Cr O 14H 6e Cr 7 O2 H

De acuerdo con esta ecuación, la reducción de 0,2 moles de iones Cr2O72– requiere:

Relación entre moles: 1 mol Cr2O72– requiere 6 moles de electrones.

Por tanto: 2–2 7Cr Omoles de e 6 moles de 6 0,2 1,2 moles de e

Q (1,2 moles e–) = 1,2 F

c) La ecuación ajustada de la semirreacción de la reducción de los iones Fe3+ a Fe2+ es:

Fe3+ + 1 e– Fe2+

De acuerdo con esta ecuación, la reducción de 1 mol de iones Fe3+ requiere 1 mol de electrones.

Q (1 mol e–) = 1 F



22

En la electrolisis de una disolución acuosa de cloruro de sodio se hace pasar corriente de 3,0 kA durante 2 horas. Mientras transcurre el proceso, se observa desprendimiento de hidrógeno y se obtiene cloro en medio básico.

a) Escriba y ajuste las semirreacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo y la reacción molecular global. Utilice el modelo de ajuste de ion-electrón.

b) A 250C y 1 atm, ¿qué volumen de cloro se obtiene?

c) ¿Qué masa de hidróxido de sodio se habrá formado en la cuba electrolítica en ese tiempo?

Datos. E0(V): Na+/Na = -2,71; Cl2/Cl– = 1,36; H2O/H2 = –0,83.

Masas atómicas: H = 1; O = 16; Na = 23. F = 96485 C. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1.

(EvAU Comunidad de Madrid. Junio 2017)

a) Se trata de una electrolisis de una disolución de NaCl, en la que el enunciado nos dice que se produce desprendimiento de hidrógeno, luego el hidrógeno del agua se reduce a H2 en el cátodo, y se obtiene cloro, luego el ion Cl– se oxida a Cl2 en el ánodo.

Cátodo (reducción): 2 H2O + 2 e– H2 (g) + 2 OH–

Ánodo (oxidación): 2 Cl− Cl2(g) + 2 e–

Para determinar la reacción iónica global sumamos ambas reacciones pues los electrones y todos los átomos se encuentran ajustados:

Reacción iónica global: 2 H2O + 2 Cl− H2 (g) + 2 OH– + Cl2(g)

Y para hallar la reacción molecular global asociamos los iones a la sustancia de la que proceden:

Reacción molecular global: 2 H2O + 2 NaCl H2 (g) + 2 NaOH + Cl2(g)

b) Vamos a utilizar la ecuación de los gases perfectos. Para ello necesitamos conocer el número de moles de cloro obtenidos.

Teniendo en cuenta la semirreacción de oxidación:

2 Cl− Cl2(g) + 2 e–

La relación entre los moles de cloro obtenidos y los moles de electrones es:

Se obtiene 1 mol de cloro por cada dos moles de electrones.

Calculamos el número de moles de electrones sabiendo que la carga de 1F equivale a la carga de un mol de electrones:

3 7 7 1FQ I t 3 10 A 2 3600s 2,16 10 C 2,16 10 C 223,8F

96500C

Moles de e–= 223,8

Moles de Cl2= 223,8/2 = 111,9 moles de Cl2

2

111,9 0,082 273 25n R TP V n R T V 2734,4 L de Cl

P 1

c) La relación entre moles que nos da la reacción molecular global es:

Por cada mol de cloro que se produce, se producen dos moles de hidróxido de sodio.

Como se obtienen 111,9 moles de cloro, se obtendrán 223,8 moles de hidróxido de sodio.

P.m. NaOH = 23 + 16 + 1 =40, luego 1 mol de NaOH = 40g

NaOH

gm 223,8mol 40 8952g de NaOH

mol



23

La masa atómica del aluminio se puede determinar haciendo pasar una corriente eléctrica continua y constante a través de una célula electrolítica que contiene cloruro de aluminio fundido. Si al pasar una corriente de 4,00 A durante 1 hora, se depositaron en el cátodo 1,343 g de Al, ¿cuál es la masa atómica del Al? Datos. Constante de Faraday, F = 96 500 C.

La electrólisis del cloruro de aluminio fundido origina que en el cátodo se deposite Al metálico. La reacción que tiene lugar es:

Al3+ + 3e- Al

De donde observamos que para producirse 1 mol de Al son necesarios 3 moles de e-; es decir: 3 · 96 500 = 289500 C

ya que la carga que lleva asociada un mol de electrones es precisamente la constante de Faraday. Como la cantidad de carga que ha pasado por la cuba es:

Q = I · t = 4,00 · 1 · 60 · 60 = 14400 C Luego:

289500C 14400C

A(Al) 1,343g(Al)

De donde: A(Al) = 27,0 g



24

Se hace pasar una corriente de 0,5 A durante 1 hora y 30 minutos a través de una cuba electrolítica que contiene cloruro de calcio fundido. Escribe las reacciones que se producen en cada uno de los electrodos y calcula la masa las sustancias formadas en los mismos. Masas atómicas: Cl = 35,3; Ca = 40.

Los iones presentes en el cloruro de calcio fundido son el ion cloruro, Cl– y el ion calcio, Ca2+.

En este estado físico del compuesto iónico los iones que lo forman tienen libertad de movimiento por lo que al aplicar una diferencia de potencial, los iones cloruro se moverán hacia el polo positivo y los iones calcio hacia el polo negativo. Las reacciones que ocurren en cada uno de los electrodos son las siguientes:

Ánodo (oxidación): 2 Cl– Cl2 (g) + 2 e–

Cátodo (reducción): Ca2+ + 2e– Ca (s)

Para poder establecer las cantidades de cloro gaseoso y de calcio metálico que se han formado en cada uno de los electrodos vamos a realizar sendos balances electroquímicos.


Nos tenemos que fijar que en este caso se desprende cloro molecular por lo que tenemos que trabajar con el peso molecular del cloro en vez de con su masa atómica.

Datos: P.m.(Cl2) = 71 g/ mol; z = 2 moles de e– ; I = 0,5A ; t = 5400 s; F = 96500 C

2

2

P.m. Cl 71g molI t 0,5A 5400sm 0,994g de Cl

z F 2 96500C mol

Cátodo (reducción): Ca2+ + 2e– Ca (s)

Datos: M(Ca) = 40 g/mol; z = 2 moles de e– ; I = 0,5A ; t = 5400 s; F = 96500 C

A Ca 40g molI t 0,5A 5400sm 0,56g de Ca

z F 2 96500C mol



25

Se realiza la electrólisis de un disolución de tricloruro de hierro, haciendo pasar una corriente de 10 A durante 3 horas. Calcula la cantidad de hierro depositado en el cátodo. Masa atómica del Fe= 55,8 u

El tricloruro en disolución estará disociado:

FeCl3 3 Cl–+ Fe3+

La reducción, que tendrá lugar en el cátodo, será:

Fe3+ + 3 e– Fe

Hacen falta 3 moles de electrones para que se deposite un mol de Fe, es decir 3 Faraday, que expresado en Culombios es= 3·96500 C.

Para resolver este problema podemos seguir varios caminos:

1: Aplicamos la ley de Faraday:

A Fe 55,8g molI t 10A 3 3600sm 20,82g de Fe

z F 3 96500C mol

2: Aplicamos un cálculo estequiométrico, sabiendo que un mol de electrones son 96,500 Culombios (C) y que la carga que circula se puede obtener multiplicando la intensidad de corriente (I) por el tiempo que está circulando la corriente expresado en SEGUNDOS.

Con 3 · 96500 C se depositan 55,8 gramos de Fe y queremos saber cuántos se depositan con una carga cuyo valor es:

Q = I · t = 10A · 3 · 3600 s = 108000 C

3 96500C 108000Cx 20,82g(Fe)

55,8g(Fe) xg(Fe)



26

Para platear una pulsera, colocada como cátodo, se hace pasar durante 2 horas una corriente de 0,5 A a través de un litro de disolución de nitrato de plata, inicialmente 0,1 M. Calcula:

a) El peso de plata metálica depositada en la pulsera

b) La concentración de ion plata que queda finalmente en la disolución

Dato: Masa atómica Ag = 107,8

En la electrólisis de una disolución de nitrato de plata que está totalmente disociada en iones NO3– e iones

Ag+, se deposita plata metálica en la pulsera que actúa como cátodo según la semirreacción:

Semirreación de reducción, en el cátodo, polo (–): Ag+ + 1e– Ag (s)

A Ag 107,8g molI t 0,5A 7200sm 4,02g de Ag

z F 1 96500C mol

Para calcular la concentración de ion plata que quedará al final en la disolución, lo primero que hemos de hacer es calcular la masa inicial de ion plata en el litro de disolución de nitrato de plata 0,1 M:

m (Ag+) = V · [Ag] · A (Ag) = 1 L · 0,1 mol/L · 107,8 g/mol = 10,78 g de Ag+

Como se han depositado 4,02 g de Ag, quedarán en la disolución:

10,78 – 4,02 = 6,76 g Ag+ en un litro.

La concentración final será:

AgAg Ag

d d

n m A 6,76 107,8Ag 0,063M

V V 1



27

Una corriente de 4 amperios circula durante 1 hora y 10 minutos a través de dos células electrolíticas que contienen, respectivamente, sulfato de cobre (II) y cloruro de aluminio.

a) Escriba las reacciones que se producen en el cátodo de ambas células electrolíticas.

b) Calcule los gramos de cobre y aluminio metálicos que se habrán depositado.

Datos: Masas atómicas: Cu = 63,5 y Al = 27,0. Constante de Faraday: F = 96500

(PAU Canarias. Septiembre 2009)

a) Cátodo (reducción): Cu2+ + 2e– Cu (s)

Al3+ + 3e– Al (s)

b) A Cu 63,5g molI t 4A 4200s

m 5,53g de Cuz F 2 96500C mol

A Al 27,0g molI t 4A 4200sm 1,57g de Al

z F 3 96500C mol



28

Para la obtención de Al metálico se hace pasar una corriente de 100 A a través de una celda electrolítica con Al2O3 fundido.

a) Escriba las reacciones que tienen lugar en el cátodo y en el ánodo y la reacción global ajustada.

b) Calcule los gramos de aluminio depositados en 3 h.

c) Calcule la cantidad en gramos de Al2O3 inicial.

Datos: F = 96485 C. Masas atómicas: Al = 27; O = 16.

(EvAU Comunidad de Madrid. Junio 2019. Coincidentes)

a) El Al2O3 fundido está disociado en:

Al2O3 2 Al3+ + 3 O2–

Cátodo (reducción): Al3+ + 3 e– Al

Ánodo (oxidación): 2 O2– O2(g) + 4 e–

Para ajustar la reacción igualamos el número de electrones:

–3

– –2 2

–3

– –2 2

4 Al 3 e Al

3 2 O O g 4 e

4Al 12 e Al

6

4

3O O g 12 e

Y sumamos ambas reacciones:

–3 2 24Al 46 O Al O g3

b) A Al 27g molI t 100A 3 3600s

m 100,73g de Alz F 3 96500C mol

c) A partir de la proporción de aluminio en el compuesto:

Por cada mol de Al2O3 se obtienen 2 moles de Al.

Moles de Al:

AlAl

m 100,73gn 3,73mol de Al

P.m.(Al) 27g mol

Moles de Al2O3:

n (Al2O3) = 3,73/2 = 1,865 moles

Gramos de Al2O3:

Teniendo en cuenta que P.m. (Al2O3) = 2·27 + 3·16 = 102:

m(Al2O3) = 1,865 · 102 = 190,23g de Al2O3



29

Se lleva a cabo la electrolisis de ZnBr2 fundido.

a) Escriba y ajuste las semirreacciones que tienen lugar en el cátodo y en el ánodo.

b) Calcule cuánto tiempo tardará en depositarse 1 g de Zn si la corriente es de 10 A.

c) Si se utiliza la misma intensidad de corriente en la electrolisis de una sal fundida de vanadio y se depositan 3,8 g de este metal en 1 hora, ¿cuál será la carga del ion vanadio en esta sal?

Datos. F = 96485 C. Masas atómicas: V = 50,9; Zn = 65,4.

(PAU Comunidad de Madrid. Septiembre 2014)

a) El ZnBr2 fundido estará disociado: ZnBr2 2 Br–+ Zn2+

La reducción, que tendrá lugar en el cátodo, será: Zn2+ + 2 e– Zn

La oxidación, que tendrá lugar en el ánodo, será: 2 Br– Br2 + 2 e–

b) Calculamos cuántos moles de cinc se corresponden con la masa de 1g:

m(Zn) 1

n Zn 0,015 moles de ZnA 65,4

Calculamos a continuación cuantos moles de electrones suponen depositar esos moles de Zn:

Como 1 mol de cinc necesita 2 moles de electrones, habrán tenido que circular 0,015·2 moles de electrones.

Luego: moles de electrones = 0,030

Calculamos la carga en culombios que tienen esos 0,030 moles, teniendo en cuenta que el enunciado dice que 1F = 96485C:

Q de 1 mol e– = 1F = 96485C

Q 0,030 96485C 2894,55C

Teniendo en cuenta que Q = I · t:

Q 2894,55Ct 289,5s

I 10A

c) La reducción, que tendrá lugar ahora en el cátodo, será: Vz+ + z e– V

A V A V 50,9g molI t I t 10A 3600sm z 5

z F m F 3,8 96485C mol

Luego la carga del ion Vanadio es +5.



30

En una celda electrolítica conteniendo CuCl2 fundido se hace pasar una cierta cantidad de corriente durante 2 horas, observándose que se deposita cobre metálico y se desprende cloro.

a) Disocie la sal y escriba ajustadas las reacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo.

b) Determine la intensidad de corriente necesaria para depositar 15,9 g de cobre.

c) Calcule el volumen de cloro obtenido a 250C y 1 atm.

Datos. Masa atómica: Cu = 63,5; F = 96485 C; R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1.

(EvAU Comunidad de Madrid. Modelo 2019)

a) Los iones presentes en el cloruro de cobre(II) fundido son el ion cloruro, Cl– y el ion cobre(II), Cu2+.

En este estado físico del compuesto iónico los iones que lo forman tienen libertad de movimiento por lo que al aplicar una diferencia de potencial, los iones cloruro se moverán hacia el polo positivo y los iones cobre(II) hacia el polo negativo. Las reacciones que ocurren en cada uno de los electrodos son las siguientes:


Cátodo (reducción): Cu2+ + 2e– Cu (s)

b) Calculamos cuántos moles de cobre se corresponden con la masa de 15,9g:

m(Cu) 15,9

n Cu 0,25 moles de CuA 63,5

Calculamos a continuación cuantos moles de electrones suponen depositar esos moles de Cu:

Como 1 mol de cobre necesita 2 moles de electrones, habrán tenido que circular 0,25·2 moles de electrones.

Luego: moles de electrones = 0,5

Calculamos la carga en culombios que tienen esos 0,5 moles, teniendo en cuenta que el enunciado dice que 1F = 96485C:

Q de 1 mol e– = 1F = 96485C

Q 0,5 96485C 48242,5C


Q 48242,5CI 6,7A

t 2 3600s

c) Teniendo en cuenta la semirreacción de oxidación que se produce en el ánodo: 2 Cl– Cl2 (g) + 2 e–

Vemos que con los 0,5 moles de electrones obtenemos la mitad de moles de cloro gaseoso, es decir 0,25 moles.

Utilizamos la ecuación de los gases ideales para determinar, con los datos ofrecidos, el volumen de cloro:

2

0,25 0,082 273 25n R TP V n R T V 6,11 L de Cl

P 1



31

Una corriente de 5 A circula en una celda electrolítica conteniendo CuCl2 fundido durante 300 min y se depositan en ese tiempo 29,6 g de cobre metálico en el electrodo correspondiente.

a) Escriba la ecuación de disociación de CuCl2 ajustada. Indique las reacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo.

b) Determine la masa atómica del cobre.

c) Calcule los gramos de plata que se depositarán en el cátodo de una celda electrolítica que contiene AgCl fundido conectada a la del enunciado con la misma intensidad de corriente.

Datos. Masa atómica: Ag = 107,8; F = 96485 C.

(EvAU Comunidad de Madrid. Junio 2018. Coincidentes)

a) Los iones presentes en el cloruro de cobre(II) fundido son el ion cloruro, Cl– y el ion cobre(II), Cu2+.:

La reacción ajustada es: CuCl2 Cu2+ + 2 Cl–



b) Utilizando la ecuación establecida por Faraday:

A Cu I t m(Cu) z F 29,6g 2 96485Cm A Cu 63,47

z F I t 5A 60 300s

c) En esta celda los iones del cloruro de plata fundido son el ion cloruro, Cl– y el ion plata, Ag+

La reacción de reducción es:

Cátodo (reducción): Ag+ + 1e– Ag (s)

Como 1 mol de plata necesita 1 moles de electrones, calculamos los moles de electrones que han circulado:

Q I t 5A 60 300s 90000C

Como la carga de 1 mol de electrones es 1F = 96485C:

90000C

n e 0,93 moles de e 0,93 moles de Ag96500C

m(Ag) n(Ag) A(Ag) 0,93 107,8 100,25g de Ag



32

Se lleva a cabo la electrólisis de una disolución acuosa de sulfato de cobre(II) de concentración 4·10–2 mol·L−1 para obtener cobre metálico.

a) Escriba los procesos que ocurren en el ánodo y en el cátodo y el proceso global ajustado sabiendo que en el ánodo el H2O se descompone en H+ y O2.

b) Calcule el tiempo necesario para depositar todo el cobre contenido en 250 mL de dicha disolución al pasar una corriente de 1,2 A.

c) Determine el volumen de gas desprendido en el ánodo en el proceso del apartado anterior, a 250C y 1,5 atm.

Datos. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1; F = 96485 C.

(EvAU Comunidad de Madrid. Modelo 2020)

La sal se encuentra ionizada de acuerdo con la ecuación:

CuSO4 Cu2+(aq) + SO42–(aq)

En el cátodo se producirá la reducción del Cu2+.


En el ánodo se producirá la oxidación de la especie cuyo potencial de reducción sea menor, es decir la especie química que sea más fácil de oxidar. Como el azufre está en su estado de oxidación más alto no podrá oxidarse y por tanto tal y como nos indica el enunciado:

Ánodo (oxidación): 2 H2O (l) O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e–

Para obtener la reacción iónica global tenemos que igualar el número de electrones en ambas semirreacciones:

2 –

–2 2

2 –

–2 2

22 2

2 Cu 2e Cu s

2 H O l O g 4 H aq 4 e

2Cu 4e Cu s


2

Y sumán

2Cu 2 H O l Cu s

dolas:

2 O g 4 H aq

Para pasarla a ecuación química ('molecular') ajustada identificamos los iones con las sustancias de las cuales proceden:

2 424 2SO 22Cu 2 H O Cu O 2 H SO

b) Calculamos el número de moles de la sal utilizando los datos que nos proporcionan:

2 1 24

nM n M V 4 10 mol L 0,25L 10 moles de CuSO

V

Teniendo en cuenta que en la disociación del sulfato de cobre(II) 1 mol de la sal produce 1 mol de iones cobre(II) y que 1 mol de estos iones proporcionan también 1 mol de Cu:

2 2 2 2410 moles de CuSO 10 moles de Cu 10 moles de Cu

Calculamos a continuación cuantos moles de electrones suponen depositar esos moles de Cu:

Como 1 mol de cobre necesita 2 moles de electrones, habrán tenido que circular 2·10–2 moles de electrones.

Luego: moles de electrones = 2·10–2

Calculamos la carga en culombios que tienen esos 2·10–2 moles, teniendo en cuenta que el enunciado dice que 1F = 96485C:

Q de 1 mol e– = 1F = 96485C

–2Q 96485C 12 10 929,7C


Q 1929,7Ct 1608s

I 1,2A



33

c) El gas desprendido es oxígeno. La relación estequiométrica entre moles de sulfato de cobre(II) y oxígeno es: 2 moles de sulfato de cobre(II) proporcionan 1 mol de oxígeno. Luego moles de O2 = moles de CuSO4/2 =10–2/2 = 5·10–3 Utiliizando la ecuación de los gases ideales:

3

22

5 10 0,082 273 25n R TP V n R T V 8,15 10 L de O

P 1,5



34

13.- MÁS EJERCICIOS RESUELTOS DE PROCESOS ELECTROLITICOS

Se hace pasar una corriente de 1,5 A durante 3 horas a través de una celda electroquímica que contiene un litro de disolución de AgNO3 0,20 M. Se observa que se desprende oxígeno molecular.

a) Escriba y ajuste las reacciones que se producen en cada electrodo, indicando de qué reacción se trata y en qué electrodo tiene lugar. Escriba la reacción molecular global.

b) Calcule los moles de plata depositados y la concentración de ion metálico que queda finalmente en disolución.

c) Calcule el volumen de oxígeno que se desprende en este proceso, medido a 273 K y 1 atm.

Datos. F = 96485 C. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1

(EvAU Comunidad de Madrid. Septiembre 2017)

a) El AgNO3 fundido está disociado en: AgNO3 Ag+ + NO3–

Como se desprende oxígeno molecular significa que en el ánodo se produce la oxidación del oxígeno del agua pasando a formar oxígeno gaseoso. En el cátodo se reduce el ion Ag+:

Ánodo (oxidación): 2 H2O (l) O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e–

Cátodo (reducción): Ag+ + 1e– Ag (s)

Para ajustar la reacción igualamos el número de electrones:

–2 2

–

–2 2

–


4 Ag 1e Ag s


4 4Ag 4 e Ag s

Sumamos ambas reacciones:

– –2 2

2 2

4Ag 4 e 2 H O l Ag s O g 4 H aq 4 e

4Ag 2 H O l Ag s O g 4 H aq

4

4

Para pasarla a ecuación química ('molecular') ajustada identificamos los iones con las sustancias de las cuales proceden:

3 2 2 34AgNO 2 H O l Ag s O g4 4 HNO

b) Teniendo en cuenta que n(Ag) = m(Ag)/A(Ag), calculamos este valor a partir de la ecuación de Faraday:

A Al I t m 1 I t 1 1,5A 3 3600sm n 0,168 moles de Ag

z F A Al z F 1 96485C mol

Para determinar la nueva concentración calculamos los moles de Ag+ que quedan en la disolución,

Moles iniciales de Ag+ = [M] · V(L) = 0,20 · 1 = 0,20 moles de Ag+

Moles que quedan: 0,20 – 0,168 = 0,032

[Ag+] = n(Ag+)/V(L) = 0,032/1 = 0,032M

c) Observamos la estequiometría de la reacción y vemos que la relación molar entre moles de Ag formados y moles de oxígeno desprendido es:

Por cada 4 moles de plata producidos se forma 1 mol de oxígeno.



35

Por lo que el número de moles de O2 producidos son:

n(O2) = n(Ag)/4 = 0,168/4 = 0,042 moles de O2.

Utilizamos la ecuación de los gases ideales para determinar, con los datos del enunciado, el volumen de oxígeno:

2

n R T 0,042 0,082 273P V n R T V 0,94 L de O

P 1



36

Se preparan dos cubetas electrolíticas conectadas en serie que contienen disoluciones acuosas, la primera con 1 L de nitrato de zinc 0,50 M y la segunda con 2 L de sulfato de aluminio 0,20 M.

a) Formule las sales y escriba las reacciones que se producen en el cátodo de ambas cubetas electrolíticas con el paso de la corriente eléctrica.

b) Sabiendo que en el cátodo de la segunda se han depositado 5,0 g del metal correspondiente tras 1 h, calcule la intensidad de corriente que atraviesa las dos cubetas.

c) Calcule los gramos de metal depositados en el cátodo de la primera cubeta en el mismo periodo de tiempo.

d) Transcurrido dicho tiempo, ¿cuántos moles de cada catión permanecen en disolución?

Datos. F = 96485 C. Masas atómicas: Al = 27,0; Zn= 65,4.

(PAU Comunidad de Madrid. Junio 2015)

Las sales se encuentran ionizadas de la siguiente forma:

Zn(NO3)2 Zn2+ + 2NO3–

Al2(SO4)3 2Al3+ + 3 SO42–

En los cátodos se produce la reducción de los cationes metálicos:

Cátodo (reducción): Zn2+ + 2e– Zn (s)

Cátodo (reducción): Al3+ + 3e– Al (s)

b) Se han depositado 5,0 gramos de Aluminio:

A Al m Al z FI t 5,0 3 96485m Al I 14,9A

z F A Al t 27,0 3600

c) Ambas cubetas están en serie, luego circula la misma intensidad de corriente:

A Zn I t 65,4 14,9 3600

m Zn m Zn 18,18 g de Znz F 2 96485

En cada disolución quedarán los moles iniciales de cada catión menos los moles de metal producido en cada cubeta:

Zn: Moles iniciales = [Zn2+] · V(L) = [Zn(NO3)2] · V(L) = 0,50 · 1 = 0,50

Moles producidos = m(Zn)/A(Zn) = 18,18/65,4 = 0,278

Moles que permanecen = 0,50 – 0,278 = 0,222

Al: Moles iniciales = [Al3+] · V(L) = 2·[Al2(SO4)3] · V(L) = 2 · 0,20 · 2 = 0,80

Moles producidos = m(Al)/A(Al) = 5,0/27,0 = 0,185

Moles que permanecen = 0,80 – 0,185 = 0,615



37

Se lleva a cabo la electrolisis de una disolución acuosa de bromuro de sodio 1 M, haciendo pasar una corriente de 1,5 A durante 90 minutos.

a) Ajuste las semirreacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo.

b) Justifique, sin hacer cálculos, cuál es la relación entre los volúmenes de gases desprendidos encada electrodo, si se miden en iguales condiciones de presión y temperatura.

c) Calcule el volumen de gas desprendido en el cátodo, medido a 700 mm Hg y 300C.

Datos. E0 (V): Br2/Br–=1,07; O2/OH–=0,40; Na+/Na = –2,71. F = 96485 C. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1.

(PAU Comunidad de Madrid. Modelo 2016)

a) El NaBr fundido estará disociado: NaBr Na+ + Br–

Además el agua puede disociarse en: H2O H+ + OH–

En el cátodo se producirá la reducción de la especie cuyo potencial de reducción sea mayor, es decir la especie química que sea más fácil de reducir.

Como: E0 (H+/H2) = 0,0V y E0 (Na+/Na) = –2,71V:

La reducción, que tendrá lugar en el cátodo, será: 2 H+ + 2 e– H2 (g)

En el ánodo se producirá la oxidación de la especie cuyo potencial de reducción sea menor, es decir la especie química que sea más fácil de oxidar.

Como: E0 (Br2/Br–) = 1,07V y E0 (O2/OH–) =0,40V:

La oxidación, que tendrá lugar en el ánodo, será: 4 OH– O2 + 2H2O + 4 e–

b) Si ajustamos la reacción global podremos comprobar la relación entre los coeficientes estequiométricos de ambos gases:

–2

– –2 2

–2

– –2 2

–2

– –2 2

2 H 2 e H g

4 OH O 2H O 4 e

2 H 2 e H g

4 OH O 2H O 4 e

4 H 4 e H g

4 OH O 2H O 4

2

e

2

Sumando ambas semirreacciones:

–2 2 24 H 4 OH H g O g 2H O 2

Que se puede simplificar a:

2 2 2 2H O H2 g O g

Comprobamos que por cada mol de oxígeno se liberan dos moles de hidrógeno luego en las mismas condiciones de presión y temperatura se produce el doble de volumen de hidrógeno que de oxígeno.

c) Teniendo en cuenta la semirreacción: 2 H+ + 2 e– H2 (g) y que n(H2) = m(H2)/P.m.(H2), calculamos este valor a partir de la ecuación de Faraday:

2

2 2

2

P.m. H I t m 1 I t 1 1,5A 90 60sm n H 0,042 moles de H

z F P.m. H z F 2 96485C mol

Y utilizando la ley de los gases ideales:

2

0,042 0,082 273 30n R TP V n R T V 1,13 L de H

P 700 760



38

Se quiere recubrir la superficie superior de una pieza metálica rectangular de 3 cm × 4 cm con una capa de níquel de 0,2 mm de espesor realizando la electrolisis de una sal de Ni2+.

a) Escriba la semirreacción que se produce en el cátodo.

b) Calcule la cantidad de níquel que debe depositarse.

c) Calcule el tiempo que debe transcurrir cuando se aplica una corriente de 3 A.

Datos. Densidad del níquel = 8,9 g·cm–3 ; F = 96485 C ; Masa atómica Ni = 58,7.

(PAU Comunidad de Madrid. Junio 2012)

a) En el cátodo se produce la reducción del catión metálico:

Cátodo (reducción): Ni2+ + 2e– Ni (s)

b) El volumen de la capa de Níquel es:

V = x · y · z = 3cm · 4cm · 0,02cm = 0,24 cm3.

Con la densidad y el volumen podemos calcular la masa:

3

3

m gm V 8,9 0,24cm 2,136g de Ni

V cm

c) Con los datos de los que disponemos:

A Ni m Ni z FI t 2,136 2 96485m Al t 2341s

z F A Ni I 58,7 3



39

En un proceso de electrolisis de salmuera (disolución acuosa concentrada de cloruro de sodio) se quieren obtener 500 g de cloro, además de las cantidades correspondientes de hidrógeno e hidróxido de sodio.

a) Escriba y ajuste las semirreacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo y la reacción global molecular.

b) Calcule la cantidad de electricidad (Culombios) necesaria para conseguirlo.

c) Calcule la masa de hidróxido de sodio que se formará.

d) Calcule el volumen de hidrógeno gaseoso que se formará medido a 250C y 780 mm de presión.

Datos. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1; F = 96485 C.

Masas atómicas: Na = 23,0 ; O = 16,0 ; H = 1,0 y Cl= 35,5.

(PAU Comunidad de Madrid. Junio 2013. Coincidentes)

En el ánodo, al indicarnos que la disolución es concentrada se produce la oxidación del anión cloruro:

Ánodo (oxidación): 2 Cl−(aq) Cl2(g) + 2 e–

En el cátodo, como nos indican que se genera hidrógeno, se tiene que producir la reducción del hidrógeno del agua:

Cátodo (reducción): 2 H2O(l) + 2 e– H2(g) + 2 OH−(aq)

Como el número de electrones ya está ajustado, sumamos ambas reacciones:

2 Cl−(aq) + 2 H2O(l) Cl2(g) + H2(g) + 2 OH−(aq) Para establecer la reacción global asociamos los iones a las sustancias de las que proceden:

2 NaCl (aq) + 2 H2O Cl2(g) + H2(g) + 2 NaOH (aq)

b) Utilizando la reacción que se produce en el ánodo:

2 Cl−(aq) Cl2(g) + 2 e–

Calculamos el número de moles de electrones necesarios para obtener 500g de cloro, teniendo en cuenta que:

Peso molecular del cloro es 2 · 35,5 = 71

Y que 500g de cloro son:

2

2

Cl

Cl 2

2

m 500gn 7,04 moles de Cl

P.m.(Cl ) 71g mol

La relación molar es 1 mol de cloro por cada dos moles de electrones, luego:

Moles de e– = 2 · 7,04 = 14,08

Teniendo en cuenta que 1 Faraday es la carga de 1 mol de electrones:

Q = n(e–) · F = 14,08 · 96485C = 1,36·106C.

c) Utilizando la reacción ajustada:

2 NaCl (aq) + 2 H2O Cl2(g) + H2(g) + 2 NaOH (aq)

La relación entre moles es:

1 mol de Cl2(g) 2 moles de NaOH

Luego al obtenerse 7,04 moles de cloro se obtienen 14,08 moles de NaOH.

Calculamos los gramos de NaOH:

1 mol NaOH = 23,0 + 16,0 + 1,0 = 40,0g

m(NaOH) = n(NaOH) · P.m.(NaOH) = 14,08 · 40,0 = 563,2g



40

d) Para calcular el volumen de hidrógeno obtenido comprobamos la relación molar entre el cloro y el hidrógeno en la ecuación ajustada, y observamos que es una relación 1:1, es decir por cada mol que se obtiene de cloro gaseoso se obtiene 1 mol de hidrógeno gaseoso.

Luego los moles obtenidos de hidrógeno gaseoso son: 7,04.

Para calcular el volumen utilizamos la ley de los gases ideales:

2

7,04 0,082 273 25n R TP V n R T V 167,6 L de H

P 780 760

UNIDAD DIDÁCTICA 8: REACCIONES DE OXIDACIÓN

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