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Reacciones de transferencia de electrones

Juan Carlos Guzmán Montalván
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Reacciones de transferencia de electrones

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APLICACIONES DE LAS
VALORACIONES
OXIDACIÓN/REDUCCIÓN
1
2
Las valoraciones redox, también conocidas
como valoraciones de oxidación- reducción,
o volumetrias redox, son técnicas de análisis
frecuentemenye usadas con el fin de conocer
la concentración de una disolución de un
agente oxidante, o reductor. Este es un tipo de
valoración que se basa en las reacciones
redox, que tiene lugar entre el analito o
sustancia de la cual no conocemos la
concentración, y la sustancia conocida como
valorante
VALORACIONES DE OXIDACIÓN/REDUCCIÓN
3
Definición actualDefinición actual
OXIDACIÓN:OXIDACIÓN: Pérdida de electrones
(o aumento en el número de oxidación).
EjemploEjemplo: Cu → Cu2+
+ 2e–
REDUCCIÓN:REDUCCIÓN: Ganancia de electrones
(o disminución en el número de oxidación).
EjemploEjemplo: Ag+
+ 1e–
→Ag
Siempre que se produce una oxidaciónoxidación
debe producirse simultáneamente una
reducciónreducción.
Cada una de estas reacciones se denomina
semirreacciónsemirreacción.
AGENTES OXIDANTES YAGENTES OXIDANTES Y
REDUCTORES AUXILIARESREDUCTORES AUXILIARES
OXIDANTES: Es la sustancia capaz de
oxidar a otra, con lo que esta se reduce.
REDUCTORES: Es la sustancia capaz de
reducir a otra, con lo que esta se oxida.
Ejemplo:
Zn + 2Ag+
→ Zn2+
+ 2Ag
Oxidación: Zn (reductor) → Zn2+
+ 2e–
Reducción: Ag+
(oxidante) + 1e–
→ Ag
4
5
Estado de oxidación (E.O.)Estado de oxidación (E.O.)
(También número de oxidación).(También número de oxidación).
“Es la carga que tendría un átomo si todos
sus enlaces fueran iónicos”.
En el caso de enlaces covalentes polares
habría que suponer que la pareja de
electrones compartidos están totalmente
desplazados hacia el elemento más
electronegativo.
El E.O. no tiene porqué ser la carga real que
tiene un átomo, aunque a veces coincide.
6
Principales estados dePrincipales estados de
oxidación.oxidación.
Todos los elementos en estado neutro tienen
E.O. = 0.
El oxígeno (O) en óxidos, ácidos y sales
oxácidas tiene E.O. = –2.
El hidrógeno (H) tiene E.O. = –1 en los
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Reacciones de transferencia de electrones

  • 2. 2 Las valoraciones redox, también conocidas como valoraciones de oxidación- reducción, o volumetrias redox, son técnicas de análisis frecuentemenye usadas con el fin de conocer la concentración de una disolución de un agente oxidante, o reductor. Este es un tipo de valoración que se basa en las reacciones redox, que tiene lugar entre el analito o sustancia de la cual no conocemos la concentración, y la sustancia conocida como valorante VALORACIONES DE OXIDACIÓN/REDUCCIÓN
  • 3. 3 Definición actualDefinición actual OXIDACIÓN:OXIDACIÓN: Pérdida de electrones (o aumento en el número de oxidación). EjemploEjemplo: Cu → Cu2+ + 2e– REDUCCIÓN:REDUCCIÓN: Ganancia de electrones (o disminución en el número de oxidación). EjemploEjemplo: Ag+ + 1e– →Ag Siempre que se produce una oxidaciónoxidación debe producirse simultáneamente una reducciónreducción. Cada una de estas reacciones se denomina semirreacciónsemirreacción.
  • 4. AGENTES OXIDANTES YAGENTES OXIDANTES Y REDUCTORES AUXILIARESREDUCTORES AUXILIARES OXIDANTES: Es la sustancia capaz de oxidar a otra, con lo que esta se reduce. REDUCTORES: Es la sustancia capaz de reducir a otra, con lo que esta se oxida. Ejemplo: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag Oxidación: Zn (reductor) → Zn2+ + 2e– Reducción: Ag+ (oxidante) + 1e– → Ag 4
  • 5. 5 Estado de oxidación (E.O.)Estado de oxidación (E.O.) (También número de oxidación).(También número de oxidación). “Es la carga que tendría un átomo si todos sus enlaces fueran iónicos”. En el caso de enlaces covalentes polares habría que suponer que la pareja de electrones compartidos están totalmente desplazados hacia el elemento más electronegativo. El E.O. no tiene porqué ser la carga real que tiene un átomo, aunque a veces coincide.
  • 6. 6 Principales estados dePrincipales estados de oxidación.oxidación. Todos los elementos en estado neutro tienen E.O. = 0. El oxígeno (O) en óxidos, ácidos y sales oxácidas tiene E.O. = –2. El hidrógeno (H) tiene E.O. = –1 en los hidruros metálicos y +1 en el resto de los casos que son la mayoría. Los metales formando parte de moléculas tienen E.O. positivos. REPASO REPASO
  • 7. 7 Cálculo deCálculo de estado de oxidación (E.O.).estado de oxidación (E.O.). La suma de los E.O. de una molécula neutra es siempre 0. EjemploEjemplo: Calcular el E.O. del S en ZnSO4 E.O.(Zn) = +2; E.O.(O) = –2; +2 + E.O.(S) + 4 · (–2) = 0 ⇒ E.O.(S) = +6 Si se trata de un ion monoatómico es igual a su carga. REPASO REPASO
  • 8. 8 Ejemplos de cálculo deEjemplos de cálculo de estados de oxidación (E.O.).estados de oxidación (E.O.). COCO22: el átomo de C forma dos enlaces covalentes con dos átomos de O más electronegativo que él. Comparte los 4e– , pero para saber cuales son los E.O. hay que suponer que el C los pierde, y que el O los gana, con lo cual la carga que tendría el C sería “+4” y la del O “–2” ⇒ E.O. (C) = +4; E.O. (O) = –2. El S tiene estados de oxidación +2, +4 y +6 según comparta 2, 4 o los 6 electrones de valencia con un elemento más electronegativo (por ejemplo O).
  • 9. REACTIVOS REDUCTORES AUXILIARES Cierto número de metales son buenos agentes reductores y han sido utilizados para la prerredución de sustancias a analizar. Entre éstos se incluyen el zinc, aluminio, cadmio, plomo, níquel, cobre y plata (en presencia de ion cloruro). Ya sea en forma de lámina o alambre del metal se pueden sumergir directamente en la solución del analito. Cuando la reducción se ha completado , se elimina el sólido manualmente y se lava con agua. La solución del analito se debe filtrar para eliminar cualquier forma del metal ya sea en forma de gránulos o pulverizado. Una alternativa a la filtración es el uso del reductor. 9
  • 10. REACTIVOS OXIDANTES AUXILIARES 10 Bismutato de sodio. El bismutato de sodio es un poderoso agente oxidante capaz de convertir, por ejemplo, manganeso (II) cuantitativamente en ion permanganato. Esta sal de bismuto es un sólido moderadamente soluble y su fórmula generalmente se escribe como NaBiO , aunque su composición exacta no esta bienӡ definida. Las oxidaciones ocurren suspendiendo el bismutato en la solución del analito e hirviéndola por un breve periodo. El reactivo que no se reutiliza se elimina después por filtración. La semireacción para la reducción del bismutato de sodio se puede escribir como NaBiO (s) + 4Hӡ + + 2e- BiO+ + Na + + 2H2 O
  • 11. 11 APLICACIÓN DE AGENTES REDUCTORES PATRÓN Las soluciones patrón de la mayoría de los reductores tienden a reaccionar con el oxigeno atmosférico. Por esta razón, casi nunca se utilizan reductores para la valoración directa de analitos oxidantes; en su lugar se utilizan métodos indirectos. Los dos reductores más comunes, los iones hierro (II) y tiosulfato, se describen a continuación. Soluciones de hierro (II) Tiosulfato de sodio
  • 12. APLICACIÓN DE LOS AGENTES OXIDANTES PATRÓN Los potenciales para los reactivos oxidantes volumétricos más utilizados, varían de 0.5 a 1.5 V. La elección de uno de ellos depende de la fuerza del analito como agente reductor, de la velocidad de reacción entre el oxidante y el analito, la estabilidad de las soluciones oxidantes patrón, el costo y la disponibilidad de un indicador adecuado. PERMANGANATO DE POTASIO Y CERIO (IV) DICROMATO DE POTASIO YODO 12
  • 13. 13 Ejemplo: Cu +AgNOEjemplo: Cu +AgNO33 Introducimos un electrodo de cobre en una disolución de AgNO3, De manera espontánea el cobre se oxidará pasando a la disolución como Cu2+. Mientras que la Ag+ de la misma se reducirá pasando a ser plata metálica: a) Cu → Cu2+ + 2e– (oxidación) b) Ag+ + 1e– → Ag (reducción). Imagen cedida por © Grupo ANAYA S.A. Química 2º de bachillerrato
  • 14. 14 Ejemplo: Zn + Pb(NOEjemplo: Zn + Pb(NO33))22 Al introducir una lámina de cinc en una disolución de Pb(NO3)2. La lámina de Zn se recubre de una capa de plomo: a) Zn →Zn2+ + 2e– (oxidación) b) Pb2+ + 2e– → Pb (reducción). Imagen cedida por © Grupo ANAYA S.A. Química 2º de bachillerrato
  • 15. 15 Ejemplo: Zn + HClEjemplo: Zn + HCl(aq)(aq) Al añadir HCl(ac) sobre Zn(s) se produce ZnCl2y se desprende H2(g) que, al ser un gas inflamable, produce una pequeña explosión al acercarle un cerilla encendida.
  • 16. 16 Ejemplo:Ejemplo: Comprobar que la reacción de formaciónComprobar que la reacción de formación de hierro: Fede hierro: Fe22OO33 + 3 CO+ 3 CO →→ 2 Fe + 3 CO2 Fe + 3 CO22 es unaes una reacción redox. Indicar los E.O. de todos losreacción redox. Indicar los E.O. de todos los elementos antes y después de la reacciónelementos antes y después de la reacción Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2 E.O.: +3 –2 +2 –2 0 +4 –2 ReducciónReducción: El Fe disminuye su E.O. de “+3” a “0” luego se reduce (cada átomo de Fe captura 3 electrones). Oxidación:Oxidación: El C aumenta su E.O. de “+2” a “+4” luego se oxida (en este caso pasa de compartir 2e– con el O a compartir los 4 electrones).
  • 17. 17 Ejercicio A:Ejercicio A: Formule, complete y ajuste lasFormule, complete y ajuste las siguientes reacciones, justificando de que tiposiguientes reacciones, justificando de que tipo son:son: a)a) Cloruro de hidrógeno más amoniaco.Cloruro de hidrógeno más amoniaco. b)b) Carbonato cálcico más calor.Carbonato cálcico más calor. c)c) Cloro más sodio.Cloro más sodio. d)d) Ácido sulfúrico más zinc metalÁcido sulfúrico más zinc metal a)a) HCl + NH3 → NH4Cl Ácido-baseÁcido-base. No cambia ningún E.O. b)b) CaCO3→ CaO + CO2 (∆H<0) DescomposiciónDescomposición. No cambia ningún E.O. c)c) ½ Cl2 + Na → NaCl E.O.: 0 0 +1 –1 RedoxRedox d)d) H2SO4 + Zn → ZnSO4+ H2 E.O.: +1 +6 –2 0 +2 +6 –2 0 RedoxRedox
  • 18. 18
  • 19. 19 Ajuste de reacciones redoxAjuste de reacciones redox (método del ion-electrón)(método del ion-electrón) Se basa en la conservación tanto de la masa como de la carga (los electrones que se pierden en la oxidación son los mismos que los que se ganan en la reducción). Se trata de escribir las dos semirreacciones que tienen lugar y después igualar el nº de e– de ambas, para que al sumarlas los electrones desaparezcan.
  • 20. 20 Etapas en el ajuste redoxEtapas en el ajuste redox Ejemplo:Ejemplo: Zn + AgNOZn + AgNO33 →→ Zn(NOZn(NO33))22 + Ag+ Ag Primera:Primera: Identificar los átomos que cambian su E.O. Zn(0) → Zn(+2); Ag (+1) → Ag (0) Segunda:Segunda: Escribir semirreacciones con moléculas o iones que existan realmente en disolución ajustando el nº de átomos: (Zn, Ag+ , NO3 – , Zn2+ , Ag) OxidaciónOxidación: Zn → Zn2+ + 2e– ReducciónReducción: Ag+ + 1e– → Ag
  • 21. 21 Etapas en el ajuste redox (cont).Etapas en el ajuste redox (cont). Tercera:Tercera: Ajustar el nº de electrones de forma que al sumar las dos semirreacciones, éstos desaparezcan. En el ejemplo se consigue multiplicando la segunda semirreacción por 2. OxidaciónOxidación: Zn → Zn2+ + 2e– ReducciónReducción: 2Ag+ + 2e– → 2Ag R. globalR. global:: Zn + 2Ag+ + 2e– → Zn2+ + 2Ag + 2e–
  • 22. 22 Etapas en el ajuste redox (cont).Etapas en el ajuste redox (cont). Cuarta:Cuarta: Escribir la reacción química completa utilizando los coeficientes hallados y añadiendo las moléculas o iones que no intervienen directamente en la reacción redox (en el el ejemplo, el ion NO3 – ) y comprobando que toda la reacción queda ajustada: Zn + 2 AgNOZn + 2 AgNO33 →→ Zn(NOZn(NO33))22 + 2 Ag+ 2 Ag
  • 23. 23 Ajuste de reacciones enAjuste de reacciones en disolución acuosa ácida o básica.disolución acuosa ácida o básica. Si en una disolución aparecen iones poliatómicos con O (ej SO4 2– ), el ajuste se complica pues aparecen también iones H+ , OH– y moléculas deH2O. En medio ácido: – Los átomos de O que se pierdan en la reducción van a parar al agua (los que se ganen en la oxidación provienen del agua). – Los átomos de H provienen del ácido. En medio básico: – Los átomos de O que se ganan en la oxidación (o pierdan en la reducción) provienen de los OH– , necesitándose tantas moléculas de H2O como átomos de oxígeno se ganen o pierdan.
  • 24. 24 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio ácidoAjuste redox en medio ácido KMnOKMnO44 + H+ H22SOSO44 + KI+ KI →→ MnSOMnSO44 + I+ I22 + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Primera:Primera: Identificar los átomos que cambian su E.O.: +1 +7 –2 +1 +6 –2 +1 –1 +2 +6 –2 0 +1 +6 –2 +1 –2 KMnO4 + H2SO4 + KI → MnSO4 + I2+ K2SO4 + H2O Moléculas o iones existentes en la disolución: – KMnO4→ K+ + MnO4 – – H2SO4→2 H+ + SO4 2– – KI → K+ +I– – MnSO4→Mn2+ + SO4 2– – K2SO4→ 2K+ + SO4 2– – I2 y H2O están sin disociar.
  • 25. 25 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio ácidoAjuste redox en medio ácido KMnOKMnO44 + H+ H22SOSO44 + KI+ KI →→ MnSOMnSO44 + I+ I22 + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Segunda:Segunda: Escribir semirreacciones con moléculas o iones que existan realmente en disolución ajustando el nº de átomos: OxidaciónOxidación: 2 I– → I2 + 2e– ReducciónReducción: MnO4 – + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Los 4 átomos de O del MnO4 – han ido a parar al H2O, pero para formar ésta se han necesitado además 8 H+ .
  • 26. 26 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio ácidoAjuste redox en medio ácido KMnOKMnO44 + H+ H22SOSO44 + KI+ KI →→ MnSOMnSO44 + I+ I22 + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Tercera:Tercera: Ajustar el nº de electrones de forma que al sumar las dos semirreacciones, éstos desaparezcan: Ox.Ox.: 5 x (2 I– → I2 + 2e– ) Red.Red.: 2 x (MnO4 – + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Reacción globalReacción global: 10 I– + 2 MnO4 – → 5 I2 + 2 Mn2+ + 8 H2O + 16 H+ + 10 e– + 10 e–
  • 27. 27 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio ácidoAjuste redox en medio ácido KMnOKMnO44 + H+ H22SOSO44 + KI+ KI →→ MnSOMnSO44 + I+ I22 + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Cuarta:Cuarta: Escribir la reacción química completa utilizando los coeficientes hallados y añadiendo las moléculas o iones que no intervienen directamente en la reacción redox: 2 KMnO4 + 8 H2SO4 → 2 MnSO4 + 5 I2+ +10 KI 6 K2SO4 + 8 H2O La 6 moléculas de K2SO4(sustancia que no interviene en la reacción redox) se obtienen por tanteo.
  • 28. 28 Ejercicio B:Ejercicio B: a)a) Ajuste la siguiente reacciónAjuste la siguiente reacción escribiendo las semirreacciones de oxido-reducciónescribiendo las semirreacciones de oxido-reducción que se producen HClO + NaClque se producen HClO + NaCl →→ NaClO + HNaClO + H22O + ClO + Cl22 b)b) Calcule el volumen de disolución de ácido hipoclorosoCalcule el volumen de disolución de ácido hipocloroso 0,10,1 M que sería necesario utilizar para obtener 10 gramos deM que sería necesario utilizar para obtener 10 gramos de cloro. Datos: Masas atómicas: Cl=35,5 ; Na=23 ; 0=16 y H=1cloro. Datos: Masas atómicas: Cl=35,5 ; Na=23 ; 0=16 y H=1 a)a) Oxidación: 2 Cl– – 2 e– → Cl2 Reducción: 2 ClO– + 4 H+ + 2 e– → Cl2 + 2 H2O R. global: 2 Cl– + 2 ClO– + 4 H+ → 2 Cl2 + 2 H2O 44 HClO+ 22 NaCl 22 Cl2+2 NaClO + 22 H2O Se pueden dividir por 2 todos los coeficientes: 2 HClO + NaCl → Cl2 + NaClO + H2O b)b) 2 mol 71 g ———— = ——— ⇒ n(HClO) = 0, 28 mol n(HClO) 10 g V= n/Molaridad = 0, 28 mol/0,1 molxl–1 = 2,8 L2,8 L
  • 29. 29 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio básicoAjuste redox en medio básico CrCr22(SO(SO44))33 + KClO+ KClO33 + KOH+ KOH →→ KK22CrOCrO44 + KCl+ KCl + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Primera:Primera: Identificar los átomos que cambian su E.O.: +3 +6 –2 +1 +5 –2 +1–2 +1 +1 +6 –2 +1 –1 +1 +6 –2 +1 –2 Cr2(SO4)3 + KClO3 + KOH → K2CrO4 + KCl+ K2SO4 + H2O Moléculas o iones existentes en la disolución: – Cr2(SO4)3 → 2Cr3+ + 3 SO4 2– – KClO3→ K+ +ClO3 – – KOH→K+ + OH– – K2CrO4→ 2 K+ + CrO4 2– – KCl→K+ + Cl– – K2SO4→ 2K+ + SO4 2– – H2O está sin disociar.
  • 30. 30 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio básicoAjuste redox en medio básico CrCr22(SO(SO44))33 + KClO+ KClO33 + KOH+ KOH →→ KK22CrOCrO44 + KCl+ KCl + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Segunda:Segunda: Escribir semirreacciones con moléculas o iones que existan realmente en disolución ajustando el nº de átomos: OxidaciónOxidación: Cr3+ + 8 OH– → CrO4 2– + 4 H2O + 3e– Los 4 átomos de O que se precisan para formar el CrO4 – provienen de los OH– existentes en el medio básico. Se necesitan el doble pues la mitad de éstos van a parar al H2O junto con todos los átomos de H. ReducciónReducción: ClO3 – + 3 H2O + 6e– → Cl– + 6 OH– Se precisan tantas moléculas de H2O como átomos de O se pierdan. Así habrá el mismo nº de O e H.
  • 31. 31 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio básicoAjuste redox en medio básico CrCr22(SO(SO44))33 + KClO+ KClO33 + KOH+ KOH →→ KK22CrOCrO44 + KCl+ KCl + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Tercera:Tercera: Ajustar el nº de electrones de forma que al sumar las dos semirreacciones, éstos desaparezcan: Ox.Ox.: 2 x (Cr3+ + 8 OH– → CrO4 2– + 4 H2O + 3e– ) Red.Red.: ClO3 – + 3 H2O + 6e– → Cl– + 6 OH– Reacción globalReacción global: 2 Cr3+ + 16 OH– + ClO3 – → 2 CrO4 2– + 8 H2O + 3 H2O + 6 e– + 6 e– + Cl– + 6 OH– 2 Cr3+ + 10 OH– + ClO3 – → 2 CrO4 2– + 5 H2O + Cl–
  • 32. 32 Ejemplo:Ejemplo: Ajuste redox en medio básicoAjuste redox en medio básico CrCr22(SO(SO44))33 + KClO+ KClO33 + KOH+ KOH →→ KK22CrOCrO44 + KCl+ KCl + K+ K22SOSO44 + H+ H22OO Cuarta:Cuarta: Escribir la reacción química completa utilizando los coeficientes hallados y añadiendo las moléculas o iones que no intervienen directamente en la reacción redox: 1 Cr2(SO4)3 + 10 KOH + 1 KClO3 → 2 K2CrO4 + 5 H2O + 1 KCl + 3 K2SO4 La 3 moléculas de K2SO4(sustancia que no interviene en la reacción redox) se obtienen por tanteo.
  • 33. 33 Valoración redoxValoración redox Es similar a la valoración ácido base. Hay que determinar el número de moles de especie oxidante y reductora que reaccionan entre sí. El nº de moles de e− que pierde el oxidante es igual a los que gana el reductor. Si “a” es el nº de e− que captura el oxidante y “b” los que pierde el reductor, sabremos que “a” moles de reductor reaccionan con “b” moles de oxidante. Se necesita conocer qué especies químicas son los productos y no sólo los reactivos. - - ( nº e perd) (nº e gan.)×[ ]× = ×[ ]×ox redV oxidante b V reductor a
  • 34. 34 Valoración redox (cont.)Valoración redox (cont.) Todavía puede verse, al igual que en ácido-base, el concepto de masa equivalente, y el de normalidad. Para calcular la masa equivalente de una sustancia oxidante o reductora hay que dividir su masa molecular por el nº de e– ganados o perdidos: De esta manera: neq(oxidante) = neq(reductora) Es decir: Para saber cual es la masa equivalente, además de saber de qué sustancia se trata, es necesario conocer en qué sustancia se transforma (semirreacción). × = ×ox ox red redV N V N = º eq M M n dee−
  • 35. 35Ejemplo:Ejemplo: Se valoran 50 ml de una disolución deSe valoran 50 ml de una disolución de FeSOFeSO44 aciduladaacidulada con Hcon H22SOSO44 con 30 ml de KMnOcon 30 ml de KMnO44 0,25 M.¿Cuál será la concentración del FeSO0,25 M.¿Cuál será la concentración del FeSO44 si elsi el MnOMnO44 –– pasa a Mnpasa a Mn2+2+ ?? Red.Red.: MnO4 – + 8 H+ + 5e– → Mn2+ + 4 H2O Oxid.Oxid.:: Fe2+ → Fe3+ + 1e– Como el MnO4 – precisa de 5e– para reducirse: N (KMnO4) = 0,25 M x 5 = 1,25 N neq(MnO4 – ) = neq(Fe2+ ) V (KMnO4) x N (KMnO4) = V (FeSO4) x N (FeSO4) 30 ml x 1,25 N N (FeSO4) = —————— = 0,75 N ; 0,75 M0,75 M 50 ml
  • 36. 36Ejercicio C:Ejercicio C: Cuando se hace reaccionarCuando se hace reaccionar permanganato de potasio con ácido clorhídrico sepermanganato de potasio con ácido clorhídrico se obtienen, entre otros productos, cloruro de manganeso (II)obtienen, entre otros productos, cloruro de manganeso (II) y cloro molecular.y cloro molecular. a)a) Ajuste y complete la reacción .Ajuste y complete la reacción . Calcule los pesos equivalentes del oxidante y del reductor.Calcule los pesos equivalentes del oxidante y del reductor. b)b) Calcule el volumen de cloro, medido en condicionesCalcule el volumen de cloro, medido en condiciones normales, que se obtendrá al hacer reaccionar 100 g denormales, que se obtendrá al hacer reaccionar 100 g de permanganato de potasio con exceso de ácido clorhídrico.permanganato de potasio con exceso de ácido clorhídrico. Masas atómicas: K=39,1; Mn=54,9; O=16,0; Cl=35,5; H=Masas atómicas: K=39,1; Mn=54,9; O=16,0; Cl=35,5; H= 1,0. R = 0,082 atm L K1,0. R = 0,082 atm L K-1-1 molmol-1-1 .. a) Oxidación: (2 Cl– – 2 e– → Cl2)·5 Reducción: (MnO4 – + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O)·2 R. global: 2 MnO4 – + 16 H+ + 10 Cl– → 2 Mn2+ + 5 Cl2 2 KMnO4 + 16 HCl → 2 MnCl2 + 8 H2O + 5 Cl2 +2 KCl
  • 37. 37 a) Oxidación: (2 Cl– – 2 e– → Cl2)·5 Reducción: (MnO4 – + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O)·2 R. global: 2 MnO4 – + 16 H+ + 10 Cl– → 2 Mn2+ + 5 Cl2 2 KMnO4 + 16 HCl → 2 MnCl2 + 8 H2O + 5 Cl2 +2 KCl Masa equivalenteMasa equivalente Oxidante: KMnO4 (158/5) g/eq = 31,6 g/eq31,6 g/eq Reductor: HCl (36,5/1) g/eq = 36,5 g /eq36,5 g /eq b) 2 KMnO4 + 16 HCl → 5 Cl2 + 2 MnCl2 + 8 H2O +2 KCl 2·158 g 5·22,4 L ———— = ———— ⇒ V(Cl2) = 35,44 L35,44 L 100 g V(Cl2)
  • 38. 38 Tipos de reacciones redoxTipos de reacciones redox (según su espontaneidad).(según su espontaneidad). Reacciones espontáneas (se produce energía eléctrica a partir de la energía liberada en una reacción química): Pilas voltaicasPilas voltaicas Reacciones no espontáneas (se producen sustancias químicas a partir de energía eléctrica suministrada): ElectrólisisElectrólisis
  • 39. 39 Pilas voltaicas.Pilas voltaicas. Si se introduce una barra de Zn en una disolución de CuSO4 (Cu2+ + SO4 2– ) se producirá espontáneamente la siguiente reacción: Cu2+ (aq) + Zn (s) → Cu (s) + Zn2+ (aq) El Zn se oxida (pierde electrones) y el Cu2+ se reduce (los gana). Si hacemos que las reacciones de oxidación y reducción se produzcan en recipientes separados, los electrones circularán (corriente eléctrica).
  • 40. 40 Tipos de electrodos. Se llama así a cada barra metálica sumergida en una disolución del mismo metal. En una pila hay dos electrodos: ÁnodoÁnodo: Se lleva a cabo la oxidación – Allí van los aniones. – En el ejemplo anterior sería el electrodo de Zn. CátodoCátodo: Se lleva a cabo la reducción – Allí van los cationes. – En el ejemplo anterior sería el electrodo de Cu.
  • 41. 41 Pila Daniell.Pila Daniell. Consta de dos semiceldas Una con un electrodo de Cu en una disolución de CuSO4 Otra con un electrodo de Zn en una disolución de ZnSO4. ©Ed.ECIR.Química2ºBach.
  • 42. 42 Están unidas por un puente salino que evita que se acumulen cargas del mismo signo en cada semicelda. Entre los dos electrodos se genera una diferencia de potencial que se puede medir con un voltímetro. © Ed. ECIR. Química 2º Bach. Pila DaniellPila Daniell
  • 43. 43 Representación esquemática deRepresentación esquemática de una pilauna pila La pila anterior se representaría: Ánodo Puente salino Cátodo Zn (s)  ZnSO4(aq)  CuSO4(aq)  Cu (s) ÁnodoÁnodo se lleva a cabo la oxidación:oxidación: – Zn – 2 e – → Zn2+ . CátodoCátodo se lleva a cabo la reducción:reducción: – Cu2+ + 2 e – → Cu.
  • 44. 44 Pilas comerciales.Pilas comerciales. (Imágenes cedidas por © Grupo ANAYA. S.A. Química 2º Bachillerato) Alcalina De mercurio (botón)Salina
  • 45. 45 Potencial de reducción.Potencial de reducción. Las pilas producen una diferencia de potencial (∆Epila) que puede considerarse como la diferencia entre los potenciales de reducción de los dos electrodos que la conforman. Consideraremos que cada semireacción de reducción viene dada por un potencial de reducción. Como en el cátodo se produce la reducción, en todas las pilas Ecatodo> Eánodo. ∆ = −pila catodo cnodoE E E
  • 46. 46 Potencial de reducción (cont).Potencial de reducción (cont). Cada pareja de sustancia oxidante-reductora tendrá una mayor o menor tendencia a estar en su forma oxidada o reducida. El que se encuentre en una u otra forma dependerá de la otra pareja de sustancia oxidante-reductora. ¿Qué especie se reducirá? Sencillamente, la que tenga un mayor potencial de reducción.
  • 47. 47 Electrodos de Hidrógeno.Electrodos de Hidrógeno. Al potencial de reducción del electrodo de hidrógeno se le asigna por convenio un potencial de 0’0 V para [H+ ] = 1 M. Reac. de reducción:Reac. de reducción: 2 H+ + 2 e– → H2 Un electrodo de hidrógeno es una lámina de platino sobre el que se burbujea H2 a una presión de 1 atm a través de una disolución 1 M de H+ .
  • 48. 48 Tabla deTabla de potencialespotenciales de reducciónde reducción Sistema Semirreacción E° (V) Li+ / Li Li+ 1 e– → Li –3,04 K+ / K K+ + 1 e– → K –2,92 Ca2+ /Ca Ca2+ + 2 e– → Ca –2,87 Na+ / Na Na+ + 1 e– → Na –2,71 Mg2+ / Mg Mg2+ + 2 e– → Mg –2,37 Al3+ / Al Al3+ + 3 e– → Al –1,66 Mn2+ / Mn Mn2+ + 2 e– → Mn –1,18 Zn2+ / Zn Zn2+ + 2 e– → Zn –0,76 Cr3+ / Cr Cr3+ + 3 e– → Cr –0,74 Fe2+ / Fe Fe2+ + 2 e– → Fe –0,41 Cd2+ / Cd Cd2+ + 2 e– → Cd –0,40 Ni2+ / Ni Ni2+ + 2 e– → Ni –0,25 Sn2+ / Sn Sn2+ + 2 e– → Sn –0,14 Pb2+ / Pb Pb2+ + 2 e– → Pb –0,13 H+ / H2 2 H+ + 2 e– → H2 0,00 Cu2+ / Cu Cu2+ + 2 e– → Cu 0,34 I2 / I– I2 + 2 e– → 2 I– 0,53 MnO4 – /MnO2 MnO4 – ` + 2 H2 O + 3 e– → MnO2 + 4 OH– 0,53 Hg2+ / Hg Hg2+ + 2 e– → 2 Hg 0,79 Ag+ / Ag Ag+ + 1 e– → Ag 0,80 Br2 / Br– Br2 + 2 e– → 2 Br– 1,07 Cl2 / Cl– Cl2 + 2 e– → 2 Cl– 1,36 Au3+ / Au Au3+ + 3 e– → Au 1,500
  • 49. 49 Metales frente a ácidos.Metales frente a ácidos. Según sea el potencial de reducción del metal menor o mayor que 0 reaccionará o no reaccionará con los ácidos para [H+] = 1 M. Toda pareja oxidante-reductora que tenga más tendencia a reducirse que los H+ tendrán un potencial de reducción E > 0. – Así, el Cu no reacciona con ácidos en concentraciones normales: Cu + 2 H+ → no reacciona. Toda pareja oxidante-reductora que tenga menos tendencia a reducirse que los H+ tendrán un potencial de reducción E < 0. – Así, el Zn reacciona con ácidos desprendiendo hidrógeno: Zn + 2 H+ → Zn2+ + H2
  • 50. 50 Pilas con hidrógenoPilas con hidrógeno Imagen cedida por © Santillana. Química 2º Bach.
  • 51. 51 Ejemplo:Ejemplo: Decir si será espontánea la siguienteDecir si será espontánea la siguiente reacción redox: Clreacción redox: Cl22(g) + 2 I(g) + 2 I–– (aq)(aq)→→ 2Cl2Cl–– (aq) + I(aq) + I22 (s)(s) La reacción dada es la suma de las siguientes semirreacciones: RedRed. (cátodo):. (cátodo): Cl2(g) + 2e– → 2Cl– (aq) Oxid.Oxid. (ánodo):(ánodo): 2 I– (aq) → I2 (s) + 2e– Para que la reacción sea espontánea tiene que cumplirse que ∆ Epila > 0: ∆ Epila= Ecatodo– Eánodo= +1’36 V – 0’54 V = = +0’72 V > 0 luego es espontáneaespontánea (las moléculas de Cl2 tienen más tendencia a reducirse que las de I2).
  • 52. 52Ejercicio D:Ejercicio D: Una pila consta de un electrodo de MgUna pila consta de un electrodo de Mg introducido en una disolución 1 M de Mg(NOintroducido en una disolución 1 M de Mg(NO33))22 y uny un electrodo de Ag en una disolución 1 M de AgNOelectrodo de Ag en una disolución 1 M de AgNO33 .. ¿Qué electrodo actuará de cátodo y de ánodo y cuál será¿Qué electrodo actuará de cátodo y de ánodo y cuál será el voltaje de la pila correspondiente?el voltaje de la pila correspondiente? ¿Qué especie se reduce?¿Qué especie se reduce? La que tenga mayor potencial de reducción. En este caso la Ag (+0,80 V) frente a los –2,37 V del Mg. RedRed. (cátodo):. (cátodo): Ag+ (aq) + 1e– → Ag(s) Oxid.Oxid. (ánodo):(ánodo): Mg(s) → Mg2+ (aq) + 2e– ∆Epila = Ecatodo– Eánodo= +0,80 V – (–2,37 V) ∆∆EEpilapila = 3,17 V= 3,17 V
  • 53. 53 Ejercicio E:Ejercicio E: Dada laDada la siguiente tabla de potencia-siguiente tabla de potencia- les normales expresados en voltios:les normales expresados en voltios: a)a) Escriba el nombre de: -La formaEscriba el nombre de: -La forma reducida del oxidante más fuerte.reducida del oxidante más fuerte. -Un catión que pueda ser oxidante-Un catión que pueda ser oxidante y reductor.y reductor. -La especie más reductora.-La especie más reductora. -Un anión que pueda ser oxidante y reductor.-Un anión que pueda ser oxidante y reductor. b)b) Escriba y ajuste dos reacciones que sean espontaneas entreEscriba y ajuste dos reacciones que sean espontaneas entre especies de la tabla que correspondan a:especies de la tabla que correspondan a: -Una oxidación de un catión por un anión.-Una oxidación de un catión por un anión. -Una reducción de un catión por un anión.-Una reducción de un catión por un anión. Cuestión de Selectividad (Junio 98) Cuestión de Selectividad (Junio 98) Par redox E0 (V) Cl2 / Cl– 1,35 ClO4 – /ClO3 – 1,19 ClO3 – /ClO2 – 1,16 Cu2+ /Cu0 0,35 SO3 2– / S2– 0,23 SO4 2– / S2– 0,15 Sn4+ /Sn2+ 0,15 Sn2+ /Sn0 -0,14 Cl– Sn2+ Sn0 ClO3 – ClO3 – + Sn2+ + 2 H+ → ClO2 – + Sn4+ + H2O S2– + 4 Cu2+ + 4 H2O → SO4 2– + 8 H+ + 4 Cu
  • 54. 54
  • 55. 55 ElectrólisisElectrólisis Cuando la reacción redox no es espontánea en un sentido, podrá suceder si desde el exterior se suministran los electrones. En el ejercicio D anterior en el que el electrodo de Magnesio hacía de ánodo y se oxidaba frente al de plata que hacía de cátodo formando una pila de f.e.m = 3,17 V, se puede forzar la formación de Mg(s) (reducción) si desde el exterior se suministran los 3,17 V que se necesitan vencer (por ejemplo usando una pila que proporcione mayor voltaje).
  • 56. 56 Aplicaciones de la electrólisis.Aplicaciones de la electrólisis. Se utiliza industrialmente para obtener metales a partir de sales de dichos metales utilizando la electricidad como fuente de energía. Se llama galvanoplastia al proceso de recubrir un objeto metálico con una capa fina de otro metal: Ejemplo:Ejemplo: Zn2+ + 2 e– → Zn (cincado) (en este caso los electrones los suministra la corriente eléctrica)
  • 57. 57 Aplicaciones de la electrólisis.Aplicaciones de la electrólisis. © Editorial ECIR. Química 2º Bachillerato. Electrorrefinado del Cu. Electrodeposición de Ag.
  • 58. 58 Comparación de la polaridad de losComparación de la polaridad de los electrodos en pilas y electrólisis.electrodos en pilas y electrólisis. © ECIR. Química 2º Bachillerato
  • 59. 59 Electrólisis. Ecuación de Faraday.Electrólisis. Ecuación de Faraday. La carga de un electrón es de 1’6 x 10–19 C y la de 1 mol de electrones (6’02 x 1023 ) es el producto de ambos números: 96500 C = 1 F. Con un mol de electrones se es capaz de reducir 1 mol de metal monovalente o ½ mol de metal divalente, es decir, un equivalente del metal (Mat/valencia). 1 equivalente precisa 96500 C neq (m (g)/Meq) precisarán Q
  • 60. 60 Ecuación de Faraday (cont.).Ecuación de Faraday (cont.). De la proporción anterior se deduce: m Q neq = —— = ————— Meq 96500 C/eq De donde, sustituyendo Q por I · t (más fáciles de medir) y despejando “m” se obtiene: × × × × = = ×- ( ) 96500 º 96500 eq at M I t M I t m g n e
  • 61. 61 Ejemplo:Ejemplo: Se realiza la electrólisis de unSe realiza la electrólisis de un disolución de tricloruro de hierro, haciendo pasardisolución de tricloruro de hierro, haciendo pasar una corriente de 10 A durante 3 horas. Calcula launa corriente de 10 A durante 3 horas. Calcula la cantidad de hierro depositado en el cátodo.cantidad de hierro depositado en el cátodo. El tricloruro en disolución estará disociado: FeCl3 → 3 Cl– + Fe3+ La reducción será: Fe3+ + 3 e– → Fe Meq x I x t (55,8/3) g/eq x 10 A x 3 x 3600 s m (g) = ————— = ————————————— 96500 C/eq 96500 C/eq m (g) =m (g) = 20,82 g20,82 g
  • 62. 62 Ejercicio F:Ejercicio F: Una corriente de 4 amperiosUna corriente de 4 amperios circula durante 1 hora y 10 minutos a través de doscircula durante 1 hora y 10 minutos a través de dos células electrolíticas que contienen, respectivamente, sulfato decélulas electrolíticas que contienen, respectivamente, sulfato de cobre (II) y cloruro de aluminio,cobre (II) y cloruro de aluminio, a)a) Escriba las reacciones queEscriba las reacciones que se producen en el cátodo de ambas células electrolíticas.se producen en el cátodo de ambas células electrolíticas. b)b) Calcule los gramos de cobre y aluminio metálicos que seCalcule los gramos de cobre y aluminio metálicos que se habrán depositado. Datos: Masas atómicas: Cu = 63,5 y Al =habrán depositado. Datos: Masas atómicas: Cu = 63,5 y Al = 27,0. Constante de Faraday : F = 96500 C·eq27,0. Constante de Faraday : F = 96500 C·eq-1-1 a)a) Cu2+ + 2 e– → Cu ; Al3+ + 3 e– → Al b)b) Meq · I · t (63,5/2) g/eq·4 A· 4200 s m (Cu) = ————— = ——————————— = 5,53 g5,53 g 96500 C/eq 96500 C/eq Meq · I · t (27,0/3) g/eq·4 A· 4200 s m (Al) = ————— = ——————————— = 1,57 g1,57 g 96500 C/eq 96500 C/eq Problema Selectividad (Junio 98) Problema Selectividad (Junio 98)
  • 63. 63Ejercicio F:Ejercicio F: La figura adjunta representaLa figura adjunta representa una celda para la obtención de cloro medianteuna celda para la obtención de cloro mediante electrólisis. Conteste a las siguientes cuestiones:electrólisis. Conteste a las siguientes cuestiones: a)a) EscribaEscriba las reacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo.las reacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo. b)b) Señale cuál es la de oxidación y cuál la de reducción.Señale cuál es la de oxidación y cuál la de reducción. c)c) La disolución inicial de cloruro sódico tiene un pH = 7.La disolución inicial de cloruro sódico tiene un pH = 7. Se produce modificación del pH durante la electrólisis?Se produce modificación del pH durante la electrólisis? ¿Por qué?¿Por qué? d)d) ¿Por qué se obtiene hidrógeno en lugar de¿Por qué se obtiene hidrógeno en lugar de sodio metálico?sodio metálico? Cuestión Selectividad (Reserva 98) Cuestión Selectividad (Reserva 98)
  • 64. 64 Solución:Solución: a)a) Ánodo:Ánodo: 2 Cl– (aq) → Cl2 (g) + 2 e– (1) Cátodo:Cátodo: 2 H+ (aq) + 2 e– → H2 (g) (2) b)b) Oxidación:Oxidación: ánodo (1). ReducciónReducción: cátodo (2). c)c) Al ir disminuyendo [H+ ], el pH va aumentando puesto que los OH– traspasan el diafragma poroso para compensar la perdida de Cl– . d)d) Porque el potencial de reducción del H2es mayor que el del Na. y se precisa menos voltaje para que se produzca la electrólisis. El del H2 [2 H+ (aq) + 2e– → H2 (g)] es 0,0 V y se toma como unidad, mientras que el del Na [Na+ (aq) + 1e– → Na (s)] es negativo (el Na, al ser Cuestión Selectividad (Reserva 98) Cuestión Selectividad (Reserva 98)
  • 65. 65 Electrólisis del NaClElectrólisis del NaCl La reacción 2 Na + Cl2→ 2 NaCl es una reacción espontánea puesto que E(Cl2/2Cl– ) > E(Na+ /Na) Y lógicamente, la reacción contraria será no espontánea: 2 NaCl →2 Na + Cl2 RedRed. (cátodo):. (cátodo): 2 Na+ (aq) + 2e– → 2 Na (s) Oxid.Oxid. (ánodo):(ánodo): 2Cl– (aq) → Cl2(g) + 2e– Epila= Ecatodo– Eánodo= –2’71 V – 1’36 V = – 4’07 V El valor negativo de Epila reafirma que la reacción no es espontánea. Pero suministrando un voltaje superior a 4’07 V se podrá descomponer el NaCl en sus elementos: Na y Cl2
  • 66. 66 Electrólisis del NaClElectrólisis del NaCl © Ed. Santillana. Química 2º Bachillerato
  • 67. 67 Corrosión.Corrosión. Gota de agua corroyendo una superficie de hierro. © Ed. Santillana. Química 2º Un problema muy importante es la corrosión de los metales; por ejemplo, el hierro: Oxid.Oxid. (ánodo):(ánodo): Fe (s) → Fe2+ (aq) + 2e– RedRed. (cátodo):. (cátodo): O2(g) + 4 H+ (aq) + 4e– → 2 H2O(l) En una segunda fase el Fe2+ se oxida a Fe3+ : 4 Fe2+ (aq) + O2(g) + 4 H2O(l) → 2 Fe2O3(s) + 8 H+ (aq)
  • 68. 68 Protección catódica.Protección catódica. Sirve ara prevenir la corrosión. Consiste en soldar a la tubería de hierro a un ánodo de Mg que forma una pila con el Fe y evita que éste se oxide, ya que que quien se oxida es el Mg. Tubería protegida por un ánodo de Magnesio. © Grupo ANAYA S.A. Química 2º.