Prueba de Acceso a la Universidad - Química - Bloque 4. Reacciones de oxidación-reducción, electroquímica.pptx

Preguntas de exámenes de Química de la
Prueba de Acceso a la Universidad (Madrid)
Bloque 4
Reacciones de oxidación-reducción,
electroquímica

Bloque 4
• Reacciones de oxidación-reducción (redox)
• Estequiometría de las reacciones redox
• Ajuste de reacciones redox (método del ion-
electron)
• Oxidantes, reductores
• Pilas electroquímicas
• Electrolisis
• Leyes de Faraday

Estequiometría de las reacciones rédox

Una muestra de dióxido de manganeso reacciona con ácido clorhídrico comercial de densidad 1,18 kg·L–1 y una riqueza
del 38% en masa, obteniéndose cloro gaseoso, cloruro de manganeso(II) y agua.
a) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción.
b) Escriba la reacción molecular global ajustada por el método del ion electrón.
c) Calcule la masa de dióxido de manganeso de la muestra si se obtienen 7,3 L de gas cloro, medidos a 1 atm y 20 ºC.
d) Calcule el volumen de ácido clorhídrico comercial que se consume en la reacción. Datos. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1;
Masas atómicas: H = 1,0; O = 16,0; Cl = 35,5; Mn = 55,0.
Puntuación máxima por
apartado: 0,5 puntos.
M18E

Masas atómicas: H = 1,0; O = 16,0; Cl = 35,5; Mn = 55,0.
a
Se puede establecer la siguiente ecuación química general para las reacciones de oxidación-reducción (rédox):
1(oxidante) + 2(reductor) ⇌ 1’(reductor) + 2’(oxidante)
Una sustancia 1 oxida a una sustancia 2. Por eso, la sustancia 1 se dice que es oxidante en esta reacción. Pero toda oxidación implica
una reducción. En este caso, la sustancia 2 actúa como reductor. Actuar como oxidante significa reducirse. Esto es así porque
reducirse es ganar electrones; estos electrones se quitan a otra sustancia y por tanto esta sustancia resulta oxidada. Como la reacción
transcurre también en sentido contrario, la sustancia 1’ actúa como reductora porque se oxida a 1. Y la sustancia 2’ actúa como
oxidante porque se reduce a 2. Como se ve, todo consiste en un intercambio de electrones.
Una sustancia se reduce cuando gana electrones. Aunque la expresión pueda resultar paradójica, tiene sentido
porque “reducirse” significa reducir el estado de oxidación (EO). Por ejemplo, el Fe3+ puede reducirse a Fe2+
porque ganando un electrón su EO pasa de +3 a +2: Fe3+ + e– ⟶ Fe2+.
• Una sustancia se oxida cuando pierde electrones. Por ejemplo, en el proceso Fe2+ ⟶ Fe3+ + e– el Fe2+ se oxida a Fe3+.
• Una sustancia se reduce cuando gana electrones. Por ejemplo, en el proceso Fe3+ + e– ⟶ Fe2+ el Fe3+ se reduce a Fe2+.
En general:
• Son oxidantes las sustancias que tienen muchos O y los no metales.
• Son reductoras las que tienen muchos H y los metales, especialmente los metales nobles.
M18E

Masas atómicas: H = 1,0; O = 16,0; Cl = 35,5; Mn = 55,0. M18E
a
Las reacciones rédox suelen ser más difíciles de ajustar que las demás reacciones. Por eso, es mejor ajustar
cada semirreacción independientemente y luego sumarlas. Las semirreacciones se deben ajustar de modo
que en ambas aparezca igual número de electrones, para que al sumarlas los electrones se cancelen.
Siempre que una sustancia se oxida, otra se reduce. La que se oxida libera uno o varios electrones que toma la
que se reduce para reducirse. Por eso, este tipo de reacciones se llaman rédox (o de oxidación-reducción) o de
transferencia de electrones. Para entenderlas mejor se suele descomponer la ecuación global en una
semirreacción de oxidación y otra de reducción. Por ejemplo:
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: Zn ⟶ Zn2+ + 2 e–
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: Cu2+ + 2 e– ⟶ Cu
REACCIÓN GLOBAL: Zn + Cu2+ ⟶ Zn2+ + Cu

a Para ajustar ecuaciones rédox es muy útil un algoritmo que se llama del ion-electrón. Para aplicarlo, lo primero
que hay que hacer es determinar los estados de oxidación (EO) de las especies que intervienen, ya que eso
permitirá conocer cuál se oxida y cuál se reduce.
Se pueden aplicar algunas reglas para determinar los EO:
• Los elementos en estado libre tienen EO 0 (Mg, O2…)
• El H, la gran mayoría de las veces. tiene EO +1 (excepto en hidruros: –1 (CaH2…))
• El O, –2 (excepto en peróxidos: –1 (Na2O2…), superóxidos: –½ (CaO4…), OF2: +2)
• El EO de los iones monoatómicos es su carga (Zn2+: +2, Cl–: –1 …)
• El EO de los alcalinos es +1; el de los alcalinotérreos, +2; el de los halógenos en halogenuros: –1; el del S
en sulfuros, –2
• En los compuestos, el átomo más electronegativo tiene EO negativo; los demás, positivo.
Regla básica: La suma algebraica de los EO de los elementos de un compuesto debe coincidir con la carga del
compuesto.

El método de ajuste del ion-electrón sigue estas reglas:
• 1. Calcular el estado de oxidación de cada elemento para identificar cuál se oxida y cuál se reduce(ej.: en K2CrO4 los estados de
oxidación son, respectivamente: +1, +6, –2)
• 2. Escribir las semirreacciones de oxidación y de reducción ajustadas para el elemento que se oxida y el que se reduce(consejo:
mantener unidos los átomos que están enlazados covalentemente)
• Ej.: En especies como K2CrO4, KClO3, Na2Cr2O7, Na2SO4, Na4Fe(CN)6… escribir los iones covalentes (CrO4
2–, ClO3
–, Cr2O7
2–,
SO4
2-, Fe(CN)6
4–…) sin los contraiones (K+, Na+…). Las moléculas neutras covalentes (CO2, SO3, NH3…), escribirlas tal cual. Los
hidróxidos, escribirlos completos (Cr(OH)3…).
• 3. En cada semirreacción, y en el término que corresponda:
a) añadir H2O para ajustar los O
b) añadir H+ para ajustar los H
c) añadir e– para ajustar las cargas
• 4. Si es necesario, multiplicar las semirreacciones por números enteros para que ambas tengan el mismo número de electrones
• 5. Sumar las semirreacciones
• 6. Si la reacción global transcurre en medio ácido, dejarla como está; si transcurre en medio básico, añadir tantos OH– como H+
existan, para formar H2O
• 7. Agregar los contraiones (ej.: K+ al Cr2O7
2–; Cl–, NO3
–, SO4
2–, etc. al H+...)
• 8. Comprobar el ajuste y hacer un reajuste final si es necesario
b

MnO2 + HCl ⟶ Cl2 + MnCl2 + H2O
+4 –2 +1 –1 0 +2 – 1 +1 –2
El EO del Mn se
deduce del de O (– 2)
El Cl2 está en estado
elemental; por eso su EO es 0
El EO del Mn se deduce aquí del
de Cl, que en los cloruros es –1
Como se puede ver, el Mn pasa de EO +4 a EO +2; es decir, se reduce. Por tanto, tiene que haber una especie
que se oxide. En este caso es el cloro (pasa de EO –1 a EO 0). Las semirreacciones son:
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: MnO2 ⟶ Mn2+
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: 2 Cl– ⟶ Cl2
Suele facilitar el ajuste acompañar a las especies
que se oxidan o reducen de los O que existen en
las fórmulas. (En general, es útil escribir las
especies covalentes completas)
1. Calcular el estado de oxidación de cada elemento para identificar cuál se oxida y cuál se reduce
2. Escribir las semirreacciones de oxidación y de reducción ajustadas para el elemento que se oxida y el que se reduce (mantener unidos los
átomos que están enlazados covalentemente)
b

SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: MnO2 + 4 H+ + 2 e – ⟶ Mn2+ + 2 H2O
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: 2 Cl– ⟶ Cl2 + 2 e–
3. En cada semirreacción, y en el término que corresponda:
3b) Se añaden 4 H+
para ajustar los H
4. Si es necesario, multiplicar las semirreacciones por números enteros para que ambas tengan el mismo número de electrones
3a) Se añaden 2 H2O para ajustar los O.
En la reacción de abajo no hay que
hacer eso porque no hay O
3c) Se añaden e– para
ajustar las cargas
En este caso no es necesario.
b

b
5. Sumar las semirreacciones
6. Si la reacción global transcurre en medio ácido, dejarla como está; si transcurre en medio básico, añadir tantos OH– como H+ existan, para
formar H2O
La reacción transcurre en medio acido. No solo lo indica así el enunciado, sino que, como se ve, aparecen protones (H+)
como reactivos.
REACCIÓN GLOBAL: MnO2 + 4 H+ + 2 Cl– ⟶ Mn2+ + Cl2 + 2 H2O

b
7. Agregar los contraiones
8. Comprobar el ajuste y hacer un reajuste final si es necesario
La reacción ya está ajustada. No hace falta hacer ningún reajuste.
REACCIÓN GLOBAL: MnO2 + 4 HCl ⟶ MnCl2 + Cl2 + 2 H2O
El contraión de un anión es un catión, y viceversa. En este caso, el contraión de H+ es Cl– (pues el enunciado dice que se emplea HCl) y el del
Mn2+ es MnCl2, como también dice el enunciado. En este caso, tenemos en el lado de los reactivos los contraiones 4 H+ + 2 Cl–, por lo que
añadiremos otros 2 Cl– y de esa manera obtendremos el HCl del que habla el enunciado. Los dos Cl formarán MnCl2 en los productos.

c MnO2 + 4 HCl ⟶ MnCl2 + Cl2 + 2 H2O
• Lo que pide el enunciado es un cálculo estequiométrico. Como se ve, la relación estequiométrica entre MnO2 y Cl2
es 1:1. Por tanto, si sabemos cuántos moles de Cl2 se producen podremos conocer los de MnO2.
• El número de moles de Cl2 se puede obtener a partir de la ecuación de estado de los gases: pV = nRT.
𝑛 =
𝑝𝑉
𝑅𝑇
=
1 atm · 7,3 L
0,082 atm L mol−1K−1 · 293 K
= 0,304 mol
• Por tanto, el número de moles de MnO2 es 0,304 mol.

d
• Se necesitan 4 mol de HCl por cada mol de MnO2. Eso significa que se necesitan 4 · 0,304 = 1,216 mol HCl.
• Para conocer el volumen de HCl necesario conviene conocer la concentración del ácido.
• Podemos aplicar la fórmula n = V ρ r M (volumen por densidad por riqueza por peso molecular del ácido) que
nos dará la cantidad de moles en el volumen deseado. (El peso molecular de HCl es 36,5 g mol–1).
• Si tomamos V = 1 L, la cantidad de moles obtenida será precisamente la concentración molar o molaridad.
• Como necesitamos 1,216 mol de HCl y su concentración es 12,3 mol L–1, el volumen de disolución de HCl
requerido es:
𝑉 =
𝑛
𝑐
=
1,216 mol
12,3 mol L−1 = 0,099 L
𝑛 = 1 L𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ·
1180 g𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛
1 L𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛
·
38 g𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
·
1 mol𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
36,5 g𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
= 12,3 mol
MnO2 + 4 HCl ⟶ MnCl2 + Cl2 + 2 H2O

d
Una forma más directa es despejar V de la fórmula n = V ρ r M:
𝑉 = 𝑛/(ρ r M) = 1,216 mol
·
38 g𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
·
1 mol𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
36,5 g𝑐𝑙𝑜𝑟ℎí𝑑𝑟𝑖𝑐𝑜
= 0,099 L
MnO2 + 4 HCl ⟶ MnCl2 + Cl2 + 2 H2O

Cuando el yodo molecular reacciona con el ácido nítrico se produce HIO3, dióxido de nitrógeno y agua.
a) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación y reducción que tienen lugar.
b) Escriba, ajustadas, la reacción iónica global y la reacción molecular global.
c) Calcule el volumen de ácido nítrico del 65% de riqueza en masa y densidad 1,5 g∙cm–3 que reacciona con 25,4 g de
yodo molecular.
d) Calcule el volumen de dióxido de nitrógeno gaseoso que se produce con los datos del apartado anterior, medido a
20 ºC y 684 mm de Hg.
Datos. R = 0,082 atm·L·K─1·mol─1. Masas atómicas: H = 1; N = 14; O = 16; I =127. Puntuación por aptdo.: 0,5 puntos.
M18M

yodo molecular.
M18M
a No se indica qué método se ha de usar, pero seguiremos el del ion-electrón:
I2 + HNO3 ⟶ HIO3 + NO2 + H2O
0 +1 +5 –2 +1 +5 –2 +4 – 2 +1 –2
El EO del I2 es 0 por estar
en estado elemental
El EO del I es +5 según se
deduce de los del H y el O
El EO del N es +4,
pues el del O es –2
El N pasa de EO +5 a EO +4; es decir, se reduce. Por tanto, tiene que haber una especie que se oxide. En este
caso es el yodo (pasa de EO 0 a EO +5). Las semirreacciones son:
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: I2 ⟶ 2 IO3
–
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: NO3
– ⟶ NO2
El EO del N es +5, según
se deduce de los del O y H
Suele facilitar el ajuste acompañar a las especies
que se oxidan o reducen de los O que existen en
las fórmulas. (En general, es útil escribir las
especies covalentes completas, como el I2)

yodo molecular.
M18M
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: I2 + 6 H2O ⟶ 2 IO3
– + 12 H+ + 10 e–
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: NO3
– + 2 H+ + e – ⟶ NO2 + H2O
3b) Se añaden 12 H+
para ajustar los H
3a) Se añaden 6 H2O para ajustar los O
3c) Se añaden 10 e–
para ajustar las cargas
– + 12 H+ + 10 e –
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: 10 NO3
– + 20 H+ + 10 e – ⟶ 10 NO2 + 10 H2O
b

yodo molecular.
M18M
– + 12 H+ + 10 e –
– + 20 H+ + 10 e – ⟶ 10 NO2 + 10 H2O
REACCIÓN IÓNICA GLOBAL: I2 + 10 NO3
– + 8 H+ ⟶ 2 IO3
– + 10 NO2 + 4 H2O
formar H2O
La reacción transcurre en medio acido (el propio HIO3, que aporta los H+).
Al sumar para obtener la reacción
global se simplifican los H+ y las H2O
b

yodo molecular.
M18M
– + 12 H+ + 10 e –
– + 20 H+ + 10 e – ⟶ 10 NO2 + 10 H2O
REACCIÓN IÓNICA GLOBAL: I2 + 10 NO3
– + 8 H+ ⟶ 2 IO3
– + 10 NO2 + 4 H2O
REACCIÓN MOLECULAR GLOBAL: I2 + 10 HNO3 ⟶ 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O
Solo el NO3
– y el IO3
– tienen contraiones. En ambos casos se trata del mismo contraión: H+. Como se ve, hay 8 H+ y se necesitarían 10 H+ para
compensar a los NO3
–. No hay problema en añadir otros dos H+ porque precisamente se necesitan como contraiones de los dos IO3
–.
b

yodo molecular.
M18M
c I2 + 10 HNO3 ⟶ 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O
• La estequiometría de la reacción indica que reacciona 1 mol de I2 con 10 de HNO3
• La cantidad de moles de I2 de que se dispone es 25,4 / 254 = 0,1 mol I2
• Se necesita, por tanto, 1 mol de HNO3. Podemos saber cuántos moles de HNO3 hay en 1 L de ácido nítrico
aplicamos la fórmula n = V ρ r M :
• Como necesitamos 1 mol de HNO3, el volumen que lo contiene es (por regla de tres) 0,065 L = 64 mL.
𝑛 = 1 L𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ·
·
65 g𝑛í𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜
·
1 mol𝑛í𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜
= 15,5 mol𝑛í𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜
O bien, directamente, como n = V ρ r M, despejando V:
𝑉 = 𝑛/(ρ r M) = 1 mol
·
·
1 mol𝑛í𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜
= 0,065 L

yodo molecular.
M18M
d I2 + 10 HNO3 ⟶ 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H2O
• La estequiometría de la reacción indica que 1 mol de I2 produce 10 mol de NO2
• La cantidad de moles de I2 de que se dispone es 25,4 / 254 = 0,1 mol I2
• Se produce, por tanto, 1 mol de NO2. Como es un gas, podemos saber qué volumen contiene 1 mol de NO2
en las condiciones que nos dan utilizando la ecuación de estado de los gases (pV = nRT):
𝑉 =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 · 0,082 · 293
(684/760)
= 26,7 L

En medio básico el permanganato de potasio reacciona con el sulfito de potasio, dando dióxido de manganeso, sulfato
de potasio e hidróxido de potasio.
a) Escriba las semirreacciones ajustadas que tienen lugar e indique cuál es el oxidante y cuál el reductor.
b) Escriba ajustadas la reacción iónica global y la reacción molecular global.
c) Calcule el volumen de una disolución de permanganato de potasio 0,25 M que reacciona con 20 mL de una
disolución de sulfito de potasio 0,33 M. Puntuación máxima por apartado: 0,75 puntos a) y c); 0,5 puntos b).
M19M
a No se indica qué método se ha de usar, pero seguiremos el del ion-electrón:
KMnO4 + K2SO3 ⟶ MnO2 + K2SO4 + KOH
+1 +7 –2 +1+4 –2 +4 –2 +1+4–2 +1–2 +1
El Mn pasa de EO +7 a EO +4; es decir, se reduce. Por tanto, tiene que haber una especie que se oxide. En este
caso es el azufre (pasa de EO +4 a EO +6). Las semirreacciones son:
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: SO3
2– ⟶ SO4
2–
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: MnO4
– ⟶ MnO2
El ajuste completo de
indicará en el apartado b
• El oxidante es el MnO4
–, pues toma electrones de otra especie para oxidarla (y al tiempo el MnO4
– se reduce)
• El reductor es el SO3
2–, pues cede electrones a otra especie para reducirla (y al tiempo el SO3
2– se oxida)
Es obvio que en esta
reacción falta algo en el
primer miembro
(probablemente H2O), ya
que sale un H que no entra.
Pero lo que falta aparecerá
en el propio ajuste

M19M
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: SO3
2– + H2O ⟶ SO4
2– + 2 H+ + 2 e –
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: MnO4
– + 4 H+ + 3 e– ⟶ MnO2 + 2 H2O
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: 3 SO3
2– + 3 H2O ⟶ 3 SO4
2– + 6 H+ + 6 e –
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: 2 MnO4
– + 8 H+ + 6 e– ⟶ 2 MnO2 + 4 H2O
b

M19M
b
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: 3 SO3
2– + 3 H2O ⟶ 3 SO4
2– + 6 H+ + 6 e –
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: 2 MnO4
– + 8 H+ + 6 e– ⟶ 2 MnO2 + 4 H2O
REACCIÓN IÓNICA GLOBAL: 3 SO3
2– + 2 MnO4
– + 2 H+ ⟶ 3 SO4
2– + 2 MnO2 + H2O
formar H2O
• Como el enunciado dice que la reacción transcurre en medio básico no pueden aparecer protones (H+) en los
reactivos. Para evitarlo, se añaden 2 OH– que junto a los 2 H+ forman 2 H2O. En el segundo termino aparecerán 2 OH–.
3 SO3
2– + 2 MnO4
– + 2 H2O ⟶ 3 SO4
2– + 2 MnO2 + H2O + 2 OH–
• El H2O se puede simplificar, pues hay 2 moléculas en el primer miembro y una en el segundo.
3 SO3
2– + 2 MnO4
– + H2O ⟶ 3 SO4
2– + 2 MnO2 + 2 OH–

M19M
b
3 K2SO3 + 2 KMnO4 + H2O ⟶ 3 K2SO4 + 2 MnO2 + 2 KOH

M19M
c 3 K2SO3 + 2 KMnO4 + H2O ⟶ 3 K2SO4 + 2 MnO2 + 2 KOH
• El número de moles de K2SO3 de los que disponemos es n = c V = 0,33 mol L–1 · 20·10–3 L = 0,0066 mol
• Como la relación estequiométrica entre K2SO3 y KMnO4 es 3:2 necesitaremos (2/3) · 0,0066 = 0,0044 mol.
• El volumen de disolución que se necesita es: V = n / c = 0,0044 mol. / (0,25 mol L–1) = 0,0176 L.

A partir de los potenciales de reducción estándar que se adjuntan:
a) Explique detalladamente cómo construir una pila Daniell.
b) Escriba las semirreacciones que tienen lugar en el ánodo y en el cátodo de la pila Daniell e indique el sentido del
movimiento de los iones metálicos en sus respectivas disoluciones.
c) Razone si en un recipiente de Pb se produce alguna reacción química cuando se adiciona una disolución de Cu2+.
Datos. Eo (V): Pb2+ / Pb = 0,13; Cu2+ / Cu = 0,34; Zn2+ / Zn = −0,76. M18E
Puntuación por apartado: 0,75
puntos a) y c); 0,5 puntos b).

a
• Una pila Daniell se puede construir
con un trozo de cobre metálico, un
trozo de zinc metálico, una sal de
cobre (para que existan iones Cu2+ en
disolución) y una sal de zinc (para que
existan iones Zn2+). Estas sales suelen
ser los sulfatos de ambos metales.
• Se crea un dispositivo como el de la
imagen. Cada cubeta se llama
semipila y contiene a uno de los
electrodos (el electrodo de Cu y el
electrodo de Zn).
• Es necesario colocar un puente salino
para cerrar el circuito. Este puede ser
una disolución de cualquier sal
soluble, como el KCl.

Se puede construir una pila galvánica con dos
disoluciones que contengan diferentes iones
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A continuación de explica con detalle cómo funciona una pila galvánica en general, más concretamente una
pila Daniell.

…y dos piezas metálicas (por ejemplo, en forma de tiras). A estas piezas se
les llama electrodos, si bien el vocablo se aplica a menudo a la pieza
metálica más la disolución. Este conjunto también recibe otro nombre:
semicelda o semipila (la pila entera es una celda galvánica)
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Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Vamos a explicar concretamente cómo funciona una pila
Daniell. Los electrodos metálicos de dicha pila son Zn y Cu
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu2+
SO4
2-
Y en las disoluciones tenemos ZnSO4 (disociado en
Zn2+ y SO4
2–) y CuSO4 (disociado en Cu2+ y SO4
2–)
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu2+
SO4
2-
v
Los electrodos los unimos mediante un
cable e interponemos un potenciómetro
o un voltímetro para medir, en su
momento, la diferencia de potencial
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Cu2+
SO4
2-
K+ Cl-
v
El circuito hay que cerrarlo. Esto se hace
mediante un “puente salino”, que contiene
“iones espectadores” (son iones que no
intervienen en las reacciones rédox, aunque
servirán para compensar cargas)
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Cu2+
SO4
2-
K+ Cl-
v
Supongamos que uno de los átomos de Zn que
forman el electrodo de Zn pasa a la disolución
triplenlace.com

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn  Zn2+ + 2e-
Zn2+ Cu2+
SO4
2-
K+ Cl-
v
Lo hará como Zn2+, por lo que dejará dos
electrones en el electrodo
Lo hará como Zn2+, por lo que dejará dos
electrones en el electrodo
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ÁNODO
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn  Zn2+ + 2e-
Zn2+ Cu2+
SO4
2-
oxidación
K+ Cl-
v
En ese electrodo se habrá producido,
pues, una oxidación. Al electrodo en el
que se produce una oxidación se le llama
siempre ánodo
En ese electrodo se habrá producido,
pues, una oxidación. Al electrodo en el
que se produce una oxidación se le llama
siempre ánodo
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+ Cu2+
SO4
2-
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
Los dos electrones tenderán a salir del electrodo
porque serán atraídos por la otra semicelda, ya que,
como veremos, los iones tienen una alta tendencia a
reducirse (mediante la reacción Cu2+ + 2e–  Cu)
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+ Cu2+
SO4
2-
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
Así que circularán
por el conductor…
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+ Cu2+
SO4
2-
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
Eo = 1,10 V
…y su paso será detectado mediante el instrumento
adecuado. Podrá medirse así la llamada “fuerza
electromotriz”, propiedad física que es la que
provoca que los electrones circulen, cuyo valor en
una pila Daniell es de 1,10 V (a la fuerza
electromotriz la llamaremos habitualmente
potencial de la pila, como prefiere la IUPAC)
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
Los dos electrones que dejó salir
el electrodo de Zn llegan al de Cu
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
Pero ahora hay un exceso de
electrones en el electrodo de Cu…
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+ Cu2+
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e-
K+ Cl-
v
…exceso que puede ser compensado si un
ion de Cu2+ de la disolución se incorpora al
electrodo de Cu tomando los dos electrones
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
CÁTODO
ÁNODO
Zn  Zn2+ + 2e- Cu2+ + 2e-  Cu
reducción
Cu
K+ Cl-
v
Lo que tiene lugar en el electrodo de Cu es esta
reacción de reducción. Todo electrodo en el que
tiene lugar una reducción se llama cátodo
Lo que tiene lugar en el electrodo de Cu es esta
reacción de reducción. Todo electrodo en el que
tiene lugar una reducción se llama cátodo
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
Cu
Zn  Zn2+ + 2e- Cu2+ + 2e-  Cu
ÁNODO
CÁTODO
K+ Cl-
v
Eo = 1,10 V
La disolución de la izquierda ha quedado con dos cargas positivas más de
las que tenía inicialmente (un ion Zn2+); la de la derecha ha perdido dos
cargas positivas (un ion Cu2+). Los iones del puente salino se encargarán
de recuperar el balance eléctrico…
La disolución de la izquierda ha quedado con dos cargas positivas más de
las que tenía inicialmente (un ion Zn2+); la de la derecha ha perdido dos
cargas positivas (un ion Cu2+). Los iones del puente salino se encargarán
de recuperar el balance eléctrico…
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Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
Cu
Zn  Zn2+ + 2e- Cu2+ + 2e-  Cu
ÁNODO
CÁTODO
K+ Cl-
v
…entrando dos iones Cl– en la disolución de la izquierda y dos iones K+ en la de la
derecha (la compensación de cargas también pueden hacerla los iones SO4
2–
pasando por el puente salino desde la semicelda de la derecha a la de la izquierda
…entrando dos iones Cl– en la disolución de la izquierda y dos iones K+ en la de la
derecha (la compensación de cargas también pueden hacerla los iones SO4
2–
pasando por el puente salino desde la semicelda de la derecha a la de la izquierda
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Cu2+
Cu2+
Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn
Zn
Zn
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl- Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
Cu
Zn  Zn2+ + 2e- Cu2+ + 2e-  Cu
ÁNODO
CÁTODO
Zn + Cu2+ ⇌ Zn2+ + Cu
Cl-
K+
v
La reacción rédox global de esta pila
(suma de las dos semirreacciones) es
esta. (Formalmente la escribimos como
en un equilibrio, aunque en este caso se
sabe que está desplazado de forma
prácticamente total hacia la derecha)
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Eo = 1,10 V

Cu2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2- SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
SO4
2-
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
K+
K+
K+
Cl-
Cl-
K+
K+
Zn2+
Cu
Zn2+ Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+
Zn2+ Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu
Cl-
Cl-
SO4
2-
SO4
2-
Zn
Zn
Zn2+
Zn2+
Zn2+
SO4
2-
K+
ÁNODO
CÁTODO
Zn + Cu2+ ⇌ Zn2+ + Cu
Zn  Zn2+ + 2e- Cu2+ + 2e-  Cu
v
Eo = 1,10 V
Al cabo de un tiempo, cuando se hayan producido
muchas reacciones de este tipo, el electrodo de Zn
habrá adelgazado y el de Cu habrá engrosado
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b • En una semipila se produce una semirreacción de oxidación y una semirreacción de reducción. Las semirreacciones y la
reacción global son estas:
SEMIRREACCIÓN DE OXIDACIÓN: Zn ⟶ Zn2+ + 2 e–
SEMIRREACCIÓN DE REDUCCIÓN: Cu2+ + 2 e– ⟶ Cu
REACCIÓN GLOBAL: Zn + Cu2+ ⟶ Zn2+ + Cu
• Como se ve, los electrones salen del electrodo de Zn y entran en el de Cu. Ese es el sentido de la corriente.

c • Cada reacción de reducción lleva asociado un potencial de reducción, Eo, que es una medida de la facilidad
con que se produce dicha reacción de reducción. Cuanto mayor es el Eo de una reacción de reducción, más
tendencia tiene a producirse.
• Dadas dos reacciones de reducción posibles, se da preferentemente la que tiene más potencial de
reducción. La otra reacción se produce en sentido contrario, es decir, como una oxidación.
• Las reacciones de reducción con sus potenciales normales serían:
Pb2+ + 2 e– ⟶ Pb Eo (Pb2+/Pb) = 0,13 V
Cu2+ + 2 e– ⟶ Cu Eo (Cu2+/Cu) = 0,34 V
• Por lo tanto, de las dos reacciones, la que más fácilmente se produciría sería la segunda (reducción del Cu2+), ya que es la
que tiene mayor potencial de reducción. Esto significa que la segunda captaría electrones que ha de producir la primera:
Pb ⟶ Pb2+ + 2 e–
Es decir, la primera se producirá en sentido contrario de como la escribimos inicialmente.
• Esto significa que si en un recipiente de Pb se vierte una disolución de Cu2+ (por ejemplo, CuSO4), el recipiente se
disolverá, ya que el Pb metálico se convertirá en Pb2+ y estos iones quedarán en disolución.

A partir de los potenciales de reducción que se adjuntan, conteste razonadamente:
a) ¿Qué metales de la lista se disolverán en una disolución de HCl 1 M?
b) Se dispone de tres recipientes con disoluciones de nitrato de plata, nitrato de cinc y nitrato de manganeso(II). En
cada uno se introduce una barra de hierro; ¿en qué caso se formará una capa del otro metal sobre la barra de
hierro?
Datos. E0(V): Fe2+ / Fe = −0,44; Zn2+/Zn = −0,76; Ag+/Ag = 0,80; Cu2+/Cu = 0,34; Na+/Na = −2,71; Mn2+/Mn = −1,18.
M18O
Puntuación por aptdo.: 1 punto.

hierro?
M18O
• La disolución de un metal M implica su conversión en ion en disolución (Mn+). Es decir, consiste en su
oxidación.
• Cuando un ácido oxida al metal ha de experimentar una reducción. Esta reducción es: 2 H+ + 2e– ⟶ H2.
• Es decir, las reacciones de disolución de metales por ácidos HA son de este tipo (suponiendo que el ion
metálico es divalente):
2 HA + M ⟶ MA2 + H2
• Lo que hay que hacer es escribir todas las reacciones de reducción de los metales y comparar los potenciales de
reducción con el de la reacción de reducción del H+, que vale 0 V por definición.
Fe2+ + 2 e– ⟶ Fe Eo (Fe2+ / Fe) = – 0,44 V
Zn2+ + 2 e– ⟶ Zn Eo (Zn2+ / Zn) = – 0,76 V
Ag+ + e– ⟶ Ag Eo (Ag+ / Ag) = + 0,80 V
Cu2+ + 2 e– ⟶ Cu Eo (Cu2+ / Cu) = + 0,34 V
Na+ + e– ⟶ Na Eo (Na+ / Na) = – 2,71 V
Mn2+ + 2 e– ⟶ Mn Eo (Mn2+ / Mn) = – 1,18 V
2 H+ + 2e– ⟶ H2 Eo (H+ / H2) = 0 V
• Las reducción del H+ se producirá siempre que su potencial (0 V) sea mayor que el de la reducción de los metales. Esto
ocurre en todos los casos excepto para Cu y Ag. Tiene sentido porque son los metales más nobles de la lista.
a

hierro?
M18O
b • Para que se forme la capa de metal M, el ion correspondiente en disolución, Mn+, ha de reducirse:
Mn+ + ne– ⟶ M
• En presencia de hierro (Fe), el ion metálico de Ag, Zn o Mn (Ag+, Zn2+ o Mn2+) se reducirá si el potencial de
reducción es mayor que el del Fe2+. Todo lo que hay que hacer es comparar los potenciales de reducción:
Ag+ + e– ⟶ Ag Eo (Ag+ / Ag) = + 0,80 V
Zn2+ + 2 e– ⟶ Zn Eo (Zn2+ / Zn) = – 0,76 V
Mn2+ + 2 e– ⟶ Mn Eo (Mn2+ / Mn) = – 1,18 V
Fe2+ + 2 e– ⟶ Fe Eo (Fe2+ / Fe) = – 0,44 V
• Como se puede ver, la única reacción que tiene potencial de reducción más alto que el del Fe2+ es la de la
Ag. Por lo tanto, el ion Ag+ se depositaria sobre la barra de hierro en forma de plata metálica (Ag).
• Dicho de otro modo, la reacción Ag+ + e– ⟶ Ag prevalece sobre la reacción Fe2+ + 2 e– ⟶ Fe, de modo que la
primera se producirá tal como está escrita pero la segunda se producirá al revés (es decir, la barra de Fe tenderá a
disolverse).

Se hace pasar una corriente de 1,8 A durante 1,5 horas a través de 500 mL de una disolución de yoduro de cobalto(II)
0,3 M. Se observa que se deposita metal y se forma yodo molecular.
a) Escriba las semirrecciones de oxidación y reducción que se producen en el cátodo y en el ánodo.
b) Calcule la masa de metal depositada.
c) Calcule la concentración de Co2+ que queda en disolución.
d) Calcule la masa de yodo molecular obtenida.
Datos. F = 96485 C. Masas atómicas: Co = 59; I = 127. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos. M18M

a Cuando se introducen dos electrodos en una
celda que contiene una disolución de una sal:
• El catión de la sal se dirige hacia el
electrodo negativo para tomar electrones y
reducirse.
• El anión de ls sal se dirige hacia el electrodo
positivo para cederle electrones y oxidarse.
Los electrodos reciben nombres relacionados
con su función:
• El electrodo al que van los cationes se llama
cátodo. En el cátodo siempre se produce
una reducción.
• El electrodo al que van los aniones se llama
ánodo. En el ánodo siempre se produce una
oxidación.

a La sal del enunciado es CoI2. En disolución se disocia así:
CoI2 ⟶ Co2+ + 2 I–
Las reacciones catódica y anódica son las siguientes (las ajustamos de modo que el número de electrones sea
igual en ambas semirreacciones, para que al sumarlas para obtener la reacción global los electrones se
cancelen:
• CÁTODO: Co2+ + 2 e– ⟶ Co (Reducción)
• ÁNODO: 2 I– ⟶ I2 + 2 e– (Oxidación)
• Global: Co2+ + 2 I– ⟶ Co + I2

b Las cantidades de sustancias que se producen en un proceso electrolítico vienen regidas por las leyes de
Faraday. Aunque originalmente Faraday formuló dos leyes, ambas se pueden resumir en una solo que permite
resolver todos los tipos de problemas:
m =
Q
F
M
z
En esa fórmula las variables son:
• m es la masa de sustancia en gramos (correspondiente al catión o al anión) que se electroliza.
• Q es la carga que pasa por la cuba electrolítica. A veces no se da como dato directo, pero sí la intensidad (I, amperios) y el
tiempo (t, segundos) que permiten calcular Q (culombios) así: Q = I t.
• F es una constate; se llama Faraday y vale 1 F = 96485 C / mol de electrones.
• M es el peso atómico (o molecular) de la especie que se electroliza y z el número de electrones por ion (o molécula)
electrolizado (n = 1, 2, 3…). El cociente M /z se llama equivalente electroquímico (Eeq) y merece una explicación aparte.

m =
Q
F
M
z
Estos son algunos ejemplos de cálculo del equivalente electroquímico (Eeq):
Reacción electródica M ( g /mol ) z (mole/mol) Eeq (g/mole)
Na+ + e–  Na 23 1 23
Cu2+ + 2e–  Cu 63,5 2 31,7
Al3+ + 3e–  Al 27 3 9
2Cl–  Cl2 + 2e– Cl–: 35,5
Cl2: 71
para Cl–: 1
para Cl2: 2
35,5

m =
Q
F
M
z
La siguiente frase sirve para expresar de otro modo las leyes de Faraday:
Por cada mol de electrones (los cuales en conjunto portan una carga de 96485 C) que pasa por una cuba
electrolítica se electroliza una masa m igual a 1 equivalente electroquímico (Eeq) de cualquier especie.
(A partir de lo anterior, muchos problemas se pueden resolver por reglas de 3 en vez de por la fórmula).
Aplicaremos la fórmula teniendo en cuenta que z = 2, ya que la reacción es Co2+ + 2 e– ⟶ Co:
𝑚 Co =
𝑄
𝐹
𝑀
𝑧
=
𝐼𝑡
𝐹
𝑀
𝑧
=
1,8 A · 1,5 h · (3600 s / h)
96485 C / mole
59 g / mol
2 mole / mol
= 2,97 g

c • Como vimos antes, el CoI2 se disocia así:
CoI2 ⟶ Co2+ + 2 I–
• Por lo tanto, como la concentración nominal de CoI2 es 0,3 M, dada la estequiometría de la reacción esa
misma será la concentración del ion Co2+ antes de empezar la electrolisis. Dado que el volumen es ½ L,
tendremos 0,15 moles de Co2+, que equivalen a 0,15 mol · 59 g mol–1 = 8,85 g de Co2+.
• Se depositaron 2,97 g de Co, que es equivalente a decir que desaparecieron 2,97 g de Co2+ de la disolución
(pues Co2+ y Co pesan virtualmente lo mismo, ya que el peso de los 2 electrones adicionales que tiene el Co
respecto al Co2+ es despreciable). Entonces, quedarán en disolución
8,85 – 2,97 = 5,88 g de Co2+
• La concentración de Co2+ será:
[Co2+] = (5,88 / 59) / 0,5 L = 0,2 M

d • Para calcular la masa de I2 debemos tener en cuenta la reacción electroquímica en la que está implicada
esta especie:
2 I– ⟶ I2 + 2 e–
• Tal reacción nos permite ver que necesitamos z = 2 mole por mol de I2 obtenido.
• Como M(I2) = 127 · 2= 254, tenemos todos los datos para calcular la masa de I2 que se obtiene en la
electrolisis a partir de la fórmula generalizada de Faraday:
𝑚 I2 =
𝑄
𝐹
𝑀
𝑧
=
𝐼𝑡
𝐹
𝑀
𝑧
=
1,8 A · 1,5 h · (3600 s / h)
96485 C / mole
254 g / mol
2 mole / mol
= 12,8 g
m =
Q
F
M
z

En una celda electrolítica se introduce cloruro de sodio fundido, obteniéndose cloro molecular y sodio metálico.
a) Escriba las reacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo de la celda electrolítica.
b) Calcule el potencial necesario para que se produzca la electrolisis.
c) Calcule el tiempo requerido para que se desprenda 1 mol de Cl2 si se emplea una intensidad de 10 A.
Datos. Eo (V): Cl2 / Cl− = 1,36; Na+ / Na = – 2,71; F = 96485 C. Puntuación : 0,75 puntos a) y c); 0,5 puntos b).
M18O

M18O
En los ánodos de las celdas electrolíticas siempre se produce la oxidación de los aniones (el ánodo es el polo +)
en los cátodos, la reducción de los cationes (es el polo – en las celdas electrolíticas).
ÁNODO: 2 Cl– ⟶ Cl2 + 2 e– (Oxidación)
CÁTODO: 2 Na+ + 2 e– ⟶ 2 Na (Reducción)
Global: 2 Na+ + 2Cl– ⟶ 2 Na + Cl2
a

M18O
b
• La producción de la reacción global lleva asociados estos potenciales:
ÁNODO: 2 Cl– ⟶ Cl2 + 2 e– Eo = – 1,36 V
CÁTODO: 2 Na+ + 2 e– ⟶ 2 Na Eo = – 2,71 V
• El potencial total asociado es la suma algebraica de ambos:
– 1,36 – 2,71 = – 4,07 V
Al ser negativo, esta reacción no sería posible excepto si se suministra desde el exterior al menos 4,07 V.
(Ese es el valor teórico, pero en la práctica realidad la diferencia de potencial o fuerza electromotriz
necesaria puede ser bastante mayor, debido a la existencia de sobrepotenciales).
En los ánodos de las celdas electrolíticas siempre se produce la oxidación de los aniones (el ánodo es el polo +)
en los cátodos, la reducción de los cationes (es el polo – en las celdas electrolíticas).
ÁNODO: 2 Cl– ⟶ Cl2 + 2 e– (Oxidación)
CÁTODO: 2 Na+ + 2 e– ⟶ 2 Na (Reducción)
Global: 2 Na+ + 2Cl– ⟶ 2 Na + Cl2
Este potencial es negativo
porque el que figura en el
enunciado es para la reacción
de reducción y esta es la
contraria (oxidación)

M18O
c • La obtención de Cl2 en la electrolisis es así:
2 Cl– ⟶ Cl2 + 2 e–
• La fórmula general para hacer cálculos electrolíticos es la siguiente, que condensa las dos leyes de Faraday:
• La carga se puede expresar como Q = I t y la masa así: m = n M, siendo n el número de moles y M el peso
molecular. Por tanto, la expresión anterior se puede transformar en esta otra:
• Despejando t:
𝑡 =
𝑛𝐹𝑧
𝐼
=
1 · 96485 · 2
10
= 19297 s
m =
Q
F
M
z
n =
I t
F
1
z

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