Electroquimica

ANDALUCÍA / JUNIO 00. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A /
CUESTIÓN 6
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6.- Dada la siguiente reacción redox en disolución acuosa:
KI + KMnO4 + H2SO4 " I2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
a) Ajustar la reacción por el método del ión-electrón.
b) Calcule los litros de disolución2 M de permanganato de potasio necesarios para
obtener 1 Kg de yodo.
Masas atómicas: I = 127; K = 39; O = 16; Mn = 55
Solución:
a) En primer lugar, se comprueba las especies que cambian de número de oxidación, y se
plantea con ello las semirreacciones redox, de modo que se pueda ajustar la reacción global:
KI: el I tiene nº oxid. = -1
I2: el I tiene nº oxid. = 0
KMnO4: el Mn tiene nº oxid. = +7
Mn2+
: el Mn tiene nº oxid. = +2
5 · ( 2 I-
- 2 e-
D I2 ) pérdida de e- (oxidación)
2 · ( MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
D Mn2+
+ 4 H2O ) ganancia de e- (reducción)
10 I-
+ 2 MnO4
-
+ 16 H+
D 5 I2 + 2 Mn2+
+ 8H2O (ecuación iónica)
La reacción molecular se ajusta tanteando los iones espectadores:
10 KI + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 D 5 I2 + 2 MnSO4 + 6 K2SO4 + 8 H2O
Se ha de ajustar con sulfato de manganeso, puesto que el medio de reacción es ácido
sulfúrico.

CUESTIÓN 6
b) Según el ajuste anterior observamos que 2 moles de permanganato potásico producen5
moles de I2. Teniendo en cuenta la masa molar de este:
Pm I2 = 254 g/mol
n I2 = 1000 / 254 = 3,94 moles
2 moles KmnO4 --------------- 5 moles I2
x -------------------------------- 3,94 x = 1,57 moles KMnO4
Como se dispone de permanganato en forma de disolución 2M se tiene que:
n = V · M
V = n / M = 1,57 / 2 = 0,785 L de disolución de KMnO4

CUESTIÓN 5
5.- El KMnO4, en medio ácido sulfúrico, reacciona con el H2O2 para dar MnSO4 , O2 ,
H2O y K2SO4 .
a) Ajuste la reacción molecular por el método del ión- electrón.
b) ¿Qué volumen de O2, medido a 1520 mm Hg y 125ºC, se obtiene a partir de 100 g de
KMnO4?
R = 0,082 atm·L / mol·K
Masas atómicas: C = 12; O = 16; K = 39; Mn = 55.
Solución:
a) En primer lugar, se identifican las especies que cambian su número de oxidación, y se
plantean con ellas las semirreacciones de oxidación- reducción:
KMnO4: Mn con +6.
MnSO4: Mn con +2.
H2O2: O con –2.
O2: O con 0.
2· (MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
t Mn2+
+ 4 H2O)
5· (H2O2 - 2e-
t O2 + 2 H+
)
2 MnO4
-
+ 16 H+
+ 5 H2O2 t 2 Mn2+
+ 8 H2O + 5 O2 + 10 H+
Simplificando y pasando a la reacción molecular, se tiene:
2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 t 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2 + K2SO4
b) En 100g de permanganato habrá:
moles de KMnO4 = 100 / 158 = 0,63 moles
Por la estequiometría de la reacción, se tiene:
2 moles de KMnO4 5 moles de O2
0,63 x

CUESTIÓN 5
De donde:
x = 1,58 moles de O2 se obtienen.
Como el oxígeno es un gas, se aplica la ecuación de los gases ideales para determinar el
volumen ocupado por él en las condiciones dadas:
P·V = n·R·T
T = 125ºC = 398 k
P = 1520 mm Hg = 2 atm
V = (1,58 · 0,082 · 398) / 2 = 25,78 L de O2

CUESTIÓN Nº 3
OPCIÓN A
3.- La siguiente reacción redox tiene lugar en medio ácido:
MnO4
-
+ Cl-
+ H+
t Mn2+
+ Cl2 + H2O
Indique razonando la respuesta, la veracidad o falsedad de las afirmaciones siguientes:
a) El Cl-
es el agente reductor.
b) El MnO4
-
experimenta una oxidación.
c) En la reacción debidamente ajustada, se forman también 4 moles de agua por cada
mol de permanganato.
Solución:
Las semirreacciones que tienen lugar serán:
MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
t Mn2+
+ 4 H2O reducción
2 Cl-
t Cl2 oxidación
a) Verdadero, si el Cl-
se oxida será el agente reductor.
b) Falso, el ión permanganato es el agente oxidante, pues es la especie que toma electrones y
se reduce.
c) Verdadero, como se observa de ajustar la semirreacción de reducción por el método del
ión- electrón.

ANDALUCÍA / JUNIO 99. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCION A /
CUESTIÓN nº 3
3.- a) Define el concepto electrónico de oxidación y de reducción.
b) Indique cuál o cuáles de las semirreacciones siguientes:
ClO2
-
" Cl-
; S " SO4
2-
; Fe2+
" Fe3+
corresponden a una oxidación y cuál o cuáles a una
reducción.
c) Indica la variación del número de oxidación del cloro, hierro y azufre.
Solución:
a) Oxidación es todo proceso químico en el que una especie química pierde electrones. Por el
contrario, reducción es todo proceso químico en el que una especie química gana electrones.
Ambos procesos se dan simultáneamente: los electrones que cede un elemento son captados por
otro.
b) (1) ClO2
-
+ 4 H+
+ 4 e-
" Cl-
+ 2 H2O reducción
(2) S + 4 H2O " SO4
2-
+ 8 H+
+ 6 e-
oxidación
(3) ) Fe2+
" Fe3+
+ e-
oxidación
c) Las reacciones (2) y (3) son procesos de oxidación ya que en ellos se pierden electrones.
Este hecho se observa al comparar los números de oxidación de los compuestos que integran la
reacción.
Así, el azufre en la reaccion (2) pasa de tener un número de oxidación 0 por ser un elemento a tener
+6 como número de oxidación, con lo que éste aumenta en seis unidades.
Asímismo, en la reacción (3), el hierro pasa de ión hierro 2+ a ión hierro 3+ (aumenta su número de
oxidación en una unidad, lo cual quiere decir que ha perdido un electrón.
Por otro lado, el cloro en la reacción (1) pasa de tener como número de oxidación +3 a –1, lo cual
quiere decir que ha ganado cuatro electrones, esto es, ha sufrido una reducción.

ANDALUCIA / JUNIO 99.COU / QUIMICA / ELECTROQUIMICA / OPCION B / Nº3
3.- Dadas las siguientes reacciones:
a) CO + 2 H2 " CH3OH
b) HCl + NaOH " NaCl + H2O
c) 2 H2S + SO2 " 3 S + 2 H2O
Justifique si son redox o no y, en caso afirmativo, indique qué elementos se oxidan y
cuáles se reducen.
Solución:
a) CO + 2 H2 " CH3OH
CO : nº oxidación del C (+2) nº de oxidación del O (-2)
H2 : nº de oxidación (0)
CH3OH : nº oxidación del C (-2) nº oxidación del O (-2) nº oxidación del H (+1)
Es una reacción redox, ya que cambia el nº de oxidación del carbono y del hidrógeno
El C pasa de estado de oxidación (+2) a (-2) por lo tanto se reduce.
El H pasa de estado de oxidación (0) a (+1) por lo tanto se oxida.
b) HCl + NaOH " NaCl + H2O
HCl : nº oxidación del H (+1) nº oxidación del Cl ( -1)
NaOH : nº oxidación del Na (+1) nº oxidación O (-2) nº oxidación H (+1)
NaCl : nº oxidación Na (+1) nº oxidación Cl (-1)
H2O : nº oxidación H (+1) nº oxidación O (-2)
No es una reacción redox, ya que no cambia el nº de oxidación De ningún elemento elemento.
c) 2H2S + SO2 " 3S + 2H2O
H2S : nº oxidación H (+1) nº oxidación S (-2)
SO2 : nº oxidación S (+4) nº oxidación O (-2)
S : nº oxidación (0)
H2O : nº oxidación H (+1) nº oxidación O (-2)
Es una reacción redox, ya que cambian los nº de oxidación del S
El S del H2S (-2) pasa a S (0), por lo tanto se oxida
El S del SO2 (+4) pasa a S (0), por lo tanto se reduce.

ANDALUCÍA / SEPTIEMBRE 00. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
OPCION A / CUESTIÓN 3
3.- Dados los potenciales normales de reducción Eº ( Pb2+
/ Pb) = - 0'13 V y
Eº (Cu 2+
/Cu ) = 0'34 V: a) Escriba las semirreacciones y la reacción ajustada de la pila
formada. b) Calcule su fuerza electromotriz e indique qué electrodo actúa como ánodo y
cuál como cátodo.
Solución:
a ) La tendencia de la reacción la marcan los potenciales normales de reducción. El par redox
de mayor potencial de reducción será el de la semirreacción de reducción y el otro será la
oxidación.
En este caso el par con tendencia a reducirse será el del cobre:
Pb ⇔ Pb2+
+ 2e-
Cu2+
+ 2e-
⇔ Cu
Cu2+
+ Pb ⇔ Cu + Pb2+
b) El ánodo es el electrodo Pb donde se produce la oxidación, y el cátodo es el de Cu donde
se produce la reducción.
Cálculo de la fuerza electromotriz (f.e.m.) o potencial de la pila:
Eo
pila = Eo
cátodo – Eo
ánodo = 0,34 – (-0,13) = 0,47 V

ANDALUCÍA / SEPTIEMBRE 00. COU / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN A / CUESTIÓN 6
6.- El KCl reacciona con KMnO4, en medio ácido sulfurico, para dar cloro gaseoso y
manganeso (II).
a) Iguale la ecuaciónmolecular porel método del ión-electrón.
b) ¿Qué volumen de cloro, medido en condiciones normales, se puede obtener al tratar
20 g de cloruro de potasio con exceso de permanganato?
Masas atómicas: Cl = 35,6; K = 39.
Solución:
a) Hay que ver las especies que cambian de número de oxidación, y plantear con ellas las
semirreacciones redox, de modo que se pueda ajustar la reacción global:
KCl: el Cl tiene nº oxid. = -1
Cl2: el Cl tiene nº oxid. = 0
KMnO4: el Mn tiene nº oxid. = +7
Mn2+
: el Mn tiene nº oxid. = +2
5 · ( 2 Cl-
- 2 e-
D Cl2 ) pérdida de e- (oxidación)
2 · ( MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
D Mn2+
+ 4 H2O ) ganancia de e- (reducción)
10 Cl-
+ 2 MnO4
-
+ 16 H+
D 5 Cl2 + 2 Mn2+
+ 8H2O (ecuación iónica)
La reacción molecular se ajusta tanteando los iones espectadores:
10 KCl + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 D 5 Cl2 + 2 MnSO4 + 8 H2O + 6 K2SO4
Se ha de ajustar con sulfato de manganeso, puesto que el medio de reacción es ácido
sulfúrico.
b) Se calculan los moles de cloruro de potasio presentes en los 20 g de la muestra:
n KCl = 20 / 74,5 = 0,268 moles

Y se recurre a la reacción ajustada para ver la relación estequiométrica entre los reactivos
y los productos de la reacción:
10 moles KCl 5 moles Cl2
0,268 x
x = 0,13 moles de Cl2 (gas) se obtienen.
Como en condiciones normales un mol de cualquier gas ocupa 22,4 L, los 0,13 moles de
Cl2 ocuparán:
V = 0,13 · 22,4 = 3 L de Cl2

6.- Una muestra de un metal se disuelve en ácido clorhídrico, y se realiza la electrolisis
de la disolución. Cuando han pasado por la célula 3215 C, se encuentra que en el cátodo
se han depositado 1,74 g de metal. Calcule:
a) La carga del ión metálico.
b) El volumen de cloro desprendido medido en condiciones normales.
Datos: F = 96500 C; Masa atómica del metal = 157,2.
Solución:
a) Las reacciones que tienen lugar en los dos electrodos son:
Cl-
- 1e-
t 1/2 Cl2 oxidación: ánodo (+)
Mn+
+ n e-
t M reducción: cátodo (-)
Por las leyes de Faraday se sabe que la cantidad de metal depositada en el cátodo de una celda
electrolítica, es directamente proporcional a la carga que circula por ella:
m = (P. equiv. / 96500) · Q
Siendo el P. equiv de una especie su masa atómica o molecular entre el número de electrones
que capta al reducirse:
P. equiv. M = 157,2 / n
Y sustituyendo los datos conocidos en la expresión de la ley de Faraday, se llega a:
1,74 = [(157,2 / n) / 96500] · 3215
De donde se obtiene la carga del metal:
n = 3
Luego su reacción de reducción sería:
M3+
+ 3 e-
t M
b) La reacción de electrolisis que tiene lugar, una vez conocida la carga del metal, es la
siguiente:
MCl3 š M + 3/2 Cl2

Por lo tanto, se sabe:
Masa de M obtenida = 1,74 g
Moles de M obtenidos = 1,74 / 157,2 = 0,011 moles
1 mol de MCl3 1 mol de M 3/2 moles de Cl2
0,011 moles x
De donde se obtienen los moles de cloro gas desprendidos en el ánodo:
X = 0,0165 moles de Cl2
Y por la ecuación de los gases ideales, se determina el volumen ocupado (a 273 K y 1 atm)
por dichos moles:
P·V = n·R·T
1 · V = 0,0165 · 0,082 · 273
V de Cl2 = 0,37 L

ANDALUCÍA / SEPTIEMBRE 02. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA
/ OPCIÓN A / CUESTIÓN Nº 3
OPCIÓN A
Cuestión 3
Dadas las siguientes reacciones:
NaOH + HNO3 ττ NaNO3 + H2O
Cu + Cl2 ττ CuCl2
CH4 + 2 O2 ττ CO2 + 2 H2O
a) Justifique si todas son de oxidación-reducción.
b) Identifique el agente oxidante y el reductor donde proceda.
Solución:
a) Una reacción de oxidación reducción (redox)es aquélla en la que dos especies cambian su
número de oxidación, de modo que una capte electrones (se reduzca), mientras que otra los
pierda (se oxide)
NaOH + HNO3 τ NaNO3 + H2O No es una reacción redox.
Cu + Cl2 τ CuCl2
Sí es una reacción redox: Cu = 0 pasa a Cu = +2
Cl = 0 pasa a Cl = -1
CH4 + 2 O2 τ CO2 + 2 H2O No es una reacción redox.
b) Cu + Cl2 τ CuCl2
Cu = 0 pasa a Cu = +2, luego ha perdido electrones, se ha oxidado, y será el reductor:
Cu - 2e-
τ Cu2+
Cl = 0 pasa a Cl = -1, por lo que habrá ganado un electrón, reduciéndose, es el oxidante:
Cl2 + 2e-
τ 2 Cl-

OPCIÓN A / Nº 4
4.- Dados los potenciales normales de reducción de los pares:
Eo
(Cu+
/Cu) = 0,52 V ; Eo
(Co2+
/Co) = -0,28 V ; Eo
(Mn2+
/ Mn) = -1,19 V
Eo
(Hg2+
/ Hg) = 0,85 V
a) Escriba la notación de la pila que presenta la mayor f.e.m y calcule su valor.
b) Escriba la notación de la pila que presenta la menor f.e.m y calcule su valor.
Solución:
Para calcular el potencial normal de una pila o f.e.m. se restan los potenciales del cátodo y del
ánodo y el resultado ha de ser positivo, si no es así la reacción no sería espontanea.
E pila = E catodo – E ánodo
a) Se comprueba que los electrodos utilizados para conseguir la pila de mayor f.e.m. son Hg y
Mn, siendo el Hg2+
la especie con más tendencia a reducirse.
La notación de la pila será:
Ánodo (-) Mn/Mn2+
// Hg+2
/ Hg Cátodo (+)
Las semirreacciones que se producen son:
Cátodo (reducción): Hg2+
+ 2e-
à Hg
Ánodo (oxidación): Mn à Mn2+
+ 2e-
Pila: Mn + Hg2+
à Hg + Mn2+
E = 0,85 + 1,19 = 2,04 V
b) Por el contrario la pila de menor f.e.m. utiliza electrodos de Cu y Hg.
La notación de la pila es:
Ánodo (-) Cu / Cu+
// Hg+2
/ Hg Cátodo (+)
Las dos semirreacciones que se producen son:
Cátodo Hg2+
+ 2e-
à Hg
Ánodo 2[ Cu à Cu+
+ e-
]
Pila: Hg2+
+ 2 Cu à Hg + 2 Cu+
E = 0,85 – 0,52 = 0,33 V

ANDALUCÍA/ JUNIO 98. LOGSE/ QUÍMICA/ ELECTRÓQUÍMICA/ OPCIÓN A/ Nº3
3.- Tres cubas electrolíticas conectadas en serie contienen disoluciones acuosas de AgNO3
la primera, de Cd(NO3)2 la segunda y de Zn(NO3)2 la tercera. Cuando las tres cubas son
atravesadas por la misma cantidad de corriente, justifique si serán ciertas o no las
siguientes afirmaciones:
a) En el cátodo se depositará la misma masa en las tres cubas.
b) En las cubas segunda y tercera se depositará el doble número de equivalente-gramo
que en la primera.
c) En las cubas segunda y tercera se depositarán la misma cantidad de sustancia.
Solución 3:
a) Falso. Esta afirmación no es cierta, pues según las leyes de Faraday:
m =
Eq − g⋅ I ⋅ t
96500
Al ser I1=I2=I3 se deposita en cada una de las cubas el mismo nº de equivalentes-gramo.
nºeq-g = Matómica / nº de e-
intercambiados
Los metales implicados tienen distinta masa atómica, y además el ión Ag+
intercambia un e-
mientras que los otros dos iones intercambian 2 e-
, según las semirreacciones:
Ag+
+ 1e-
↔ Ag
Cd2+
+ 2e-
↔ Cd
Zn2+
+ 2e-
↔ Zn
Por lo tanto, las masas depositadas en las tres cubas serán distintas.
b) Falso. Esta afirmación tampoco es verdadera, pues al pasar por las tres cubas la misma
intensidad de corriente durante el mismo tiempo, el número de equivalentes depositados es el
mismo en las tres. Recordemos, el nº de eq.-g. depositados es proporcional a la cantidad de
electricidad utilizada.
c) Cierto. Esta afirmación es verdadera, pues la cantidad de sustancia se expresa en moles:

ANDALUCÍA/ JUNIO 98. LOGSE/ QUÍMICA/ ELECTRÓQUÍMICA/ OPCIÓN A/ Nº3
valencia
molesn
esequivalentn
º
º =
El Cd(NO3)2 y el Zn(NO3)2 tienen la misma valencia electroquímica (intercambian 2 e-
) y como
además la I de corriente es la misma en ambas cubas, se deposita en ellas el mismo nº de
equivalentes, y por consiguiente el mismo nº de moles.
nºeq-g(Cd(NO3)2) = nºeq-g(Zn(NO3)2)
valencia = 2 valencia = 2
nºmoles (Cd(NO3)2) = nºmoles (Zn(NO3)2)

ANDALUCIA / JUNIO 98.COU / QUIMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCION A / Nº 6
6.- En medio ácido sulfúrico, el KMnO4 oxida al Fe2+
a Fe3+
pasando a Mn2+
.
a) Ajuste la ecuación iónica por el método del ion electrón.
b) ¿Cuántos gramos de KMnO4 se necesitan para oxidar al Fe2+
contenido en 2,5 g de
FeSO4?.
Datos: Masas atómicas: O=16; S=32; K=39; Mn=55; Fe=56
Solución:
a) Las dos semirreacciones serán ya ajustadas las siguientes, y sumándolas obtenemos la reacción
global, también ajustada:
Oxidación: ( Fe2+
çè Fe3+
+ e-
) · 5
Reducción: MnO4
-
+ 8H+
+ 5e-
çèMn2+
+ 4H2O
MnO4
-
+ 5 Fe2+
+ 8H+
→ Mn2+
+ 5Fe3+
+ 4H2O
b) Se trata de un cálculo basado en la valoración redox.
Para deducir los moles del reductor ( Mm = 152): 2,5 / 152 = 1,64 · 10-2
moles de FeSO4
Nº eq oxidante = Nº eq reductor
Según la ecuación ajustada, para oxidar 5 moles de FeSO4, se necesita 1 mol de KMnO4 (cuyo
Mm = 158), por lo que:
5 / 158 = 1,64 · 10-2
/ x x = 0,52 g de KMnO4

COMUNIDAD DE ARAGÓN /JUNIO 2004. LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA /OPCIÓN 1 / CUESTIÓN 5
5) a) Utilizando los valores de los potenciales de reducción estándar, indique de forma
razonada si el ácido nítrico reaccionará con el cobre metal para dar iones Cu2+
y óxido
de nitrógeno (II).
b) Si el apartado anterior es afirmativo escriba la ecuación iónica, ajústela por el método
ion-electrón e indique el agente oxidante y el agente reductor.
E°( Cu2+
/Cu) = 0,34 v y E°(NO3
-
/NO) = 0,96 v
(2,5 puntos)
SOLUCIÓN CUESTIÓN 5 (OPCIÓN 1)
(a) Los potenciales de reducción estándar nos proporcionan la siguiente información:
2 0 2
0
3 2
2 ( / ) 0,34
4 3 2 ( / ) 0,9
Cu e Cu E Cu Cu V
NO H e NO H O E NO NO V
+ − +
− + − −
+ → =
+ + → + =3 6
Los potenciales normales de reducción permiten predecir si una determinada reacción química
de oxidación-reducción tiene lugar de forma espontánea. Esto ocurrirá siempre que sea
positivo el potencial de la pila formada por los dos pares electroquímicos de la reacción:
Epila = Ecátodo - Eánodo > 0
En el Ánodo se produce la oxidación y la reacción es:
2
2Cu Cu e+ −
→ +
En el Cátodo se produce la reducción y la reacción es:
3 24 3 2NO H e NO H O− + −
+ + → +
y el potencial de la pila formada es:
Epila = Ecátodo - Eánodo = 0,96 V – 0,34 V = 0,62 > 0
Luego la reacción citada en el enunciado transcurrirá espontáneamente.
(b) La reacción iónica sin ajustar es:
2
3NO Cu Cu NO− +
+ → +
en el proceso el NO3
-
, con un índice de oxidación de +5, pasa a NO con un índice de
oxidación de +2; por tanto, el NO3
-
es el oxidante y se reduce durante el proceso. El Cu con
índice de oxidación 0 pasa a Cu2+
con índice de oxidación +2, es el reductor y se oxida
durante el proceso.
La reacción iónica ajustada es:
2
3 2
2
3 2
3
Oxidación: 2
Reducción: 4 3 2
para ajustarlas hay que multiplicar la primera por tres y la segunda por dos:
3 3 6
2 8 6 2 4
La reacción iónica ajustada es:
2
Cu Cu e
NO H e NO H O
Cu Cu e
NO H e NO H O
NO
+ −
− + −
+ −
− + −
−
→ +
+ + → +
→ +
+ + → +
+ 2
23 8 2 3 4Cu H NO Cu H O+ +
+ → +

COMUNIDAD DE ARAGÓN /JUNIO 2004. LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA /OPCIÓN 1 / CUESTIÓN 5

COMUNIDAD DE ARAGÓN /SEPTIEMBRE/ 2004/ LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA /OPCIÓN 2/CUESTIÓN 4
OPCIÓN 2.
Cuestión 4. El cloro es un gas muy utilizado en la industria química, por ejemplo, como
blanqueador de papel o para obtener artículos de limpieza. Se puede obtener según
la reacción:
MnO2 (s) + HCl (ac) ———> MnCl2 (ac) + Cl2 (g) + H2O
Se quieren obtener 42,6 g de cloro y se dispone de ácido clorhídrico 5,0 M y de
óxido de manganeso (IV).
a) Ajuste la reacción por el método ion-electrón.
b) Calcule el volumen de la disolución de ácido clorhídrico y la masa mínima
de óxido de manganeso (IV) que se necesitan para obtener los 42,6 g de cloro.
Masas atómicas: cloro = 35,5; manganeso = 55; hidrógeno = 1; oxígeno = 16
(2,5 puntos)
SOLUCIÓN CUESTIÓN 4 (OPCIÓN 2)
(a) Se trata de una reacción de oxidación- reducción. Para ajustarla por el método ión-
electrón, primero, identificamos los agentes oxidantes y reductores y sus productos. En
nuestro caso el manganeso del óxido de manganeso (IV) con número de oxidación (+4) se
transforma en ión manganeso con número de oxidación (+2). Luego el dióxido de manganeso
(IV) se reduce ganando 2 e-
y es el agente oxidante.
Oxidante: MnO2 Mn2+
Por otra parte, el anión cloruro (Cl-
) con número de oxidación (-1) se transforma en Cl2 con
número de oxidación (0). Así, el cloruro se oxida y es el agente reductor.
Cl-
Cl2
Ahora escribiremos separadamente las semirreacciones de oxidación y de reducción y las
ajustamos respecto a los átomos y las cargas:
2
2 2
2
4 2 2
2 2
MnO H e Mn H O
Cl Cl e
+ − +
− −
+ + → +
→ +
Combinando las dos ecuaciones obtenemos la ecuación iónica global:
2
2 24 2 2 2MnO H Cl Cl Mn H O+ − +
+ + → + +
Finalmente trasladamos los coeficientes de la reacción iónica a la reacción molecular:
2 2 24 2 2MnO HCl Cl MnCl H O+ → + +
(b) Para calcular el volumen de disolución de ácido clorhídrico 5 M y la cantidad de óxido de
manganeso (IV) necesarios para obtener 42,6 g de cloro, realizamos los siguientes cálculos
estequiométricos. Primero calculamos el número de moles de cloro que se obtienen y después
utilizando las relaciones estequiométricas de la reacción química ajustada, calculamos los
moles de ácido clorhídrico y óxido de manganeso (IV) necesarios.
2
2 2
1
42,6 0,6
71
mol Cl
moles deCl g deCl moles deCl
g
= × = 2

COMUNIDAD DE ARAGÓN /SEPTIEMBRE/ 2004/ LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA /OPCIÓN 2/CUESTIÓN 4
Para obtener 0,6 moles de Cl2 serán necesarios, de acuerdo con la reacción, los siguientes
moles de MnO2
2
2 2
2
2
2 2
1
0,6 0,6
1
87
0,6 52,2
1
mol MnO
moles deCl moles deMnO
mol Cl
g MnO
moles de MnO g de MnO
mol
× =
× =
Y los siguientes moles de HCl
2
2
4
0,6 2,4
1
Estos moles estarán en el siguiente volumen de disolución 5 M
1000mL
2,4moles 480
5
moles de HCl
moles deCl moles de HCl
mol deCl
mL
moles
× =
× =
Por tanto, para obtener 4,2 g de Cl2 son necesarios 480 mL de disolución 5 M de HCl y 52,2 g
de MnO2

ARAGÓN / JUNIO 00. COU / QUIMICA / ELECTROQUIMICA / OPCION I /
EJERCICIO 5
5.- Dados los potencialesestandar de reducción:
E0
(Cd2+
/Cd) = - 0,40 y E0
(Ag+
/Ag) = + 0,80 voltios, justifique en que sentido se
producirá la reacción: Ag+
+ Cd  Ag + Cd2+
(1 punto)
Solución:
En una reacción redox la especie química con mayor potencial de reducción es la que se
reduce y se denomina oxidante, y la especie de menor potencial de reducción se oxida y se
denomina reductor.
E0
(Ag+
/Ag) = + 0,80 voltios > E0
(Cd2+
/Cd) = - 0,40 VOLTIOS
De modo que la Ag+
se reduce y el Cd se oxida, por lo que la reacción redox citada será
espontanea:
Ag+
+ Cd → Ag + Cd2+
E0
reacción = 0,80 – (-0,40 ) = 1,20 V > 0

ARAGÓN / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN 1 /
CUESTIÓN 3
3.- Explique razonadamente si son ciertas o no cada una de las siguientes afirmaciones:
a) El número de oxidación del cloro en el ClO3
-
es –1.
b) Un elemento se reduce cuando su número de oxidación cambia de menos a más
negativo.
c) Una especie se oxida cuando gana electrones.
Solución:
a) Falsa. En el ión dado, que es el clorato, el cloro tiene número de oxidación +5. En todos los
iones derivados de un oxácido los halógenos tienen número de oxidación positivo.
b) Verdadero. En una reducción se produce una ganancia de electrones, luego una especie con
número de oxidación negativo, si gana electrones, pasará a tenerlo aún más negativo.
Por ejemplo:
P3-
+ 2 e-
š P5-
c) Falsa. Una oxidación es una semirreacción en la que se pierden electrones, luego una
especie que se oxide perderá electrones.

ARAGÓN / JUNIO 02. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN 1 /
CUESTIÓN 5
5.-La valoración en medio ácido de 50,0 mL de una disolución saturada de oxalato de
sodio, requiere 24,0 mL de permanganato de potasio 0,0230 M. Sabiendo que la reacción
que se produce es:
C204
2-
+ MnO4
-
ττ Mn2+
+ CO2 (g)
Calcule los gramos de oxalato de sodio que habrá en 1,0 litros de la disolución saturada.
Masas atómicas: Carbono = 12; oxígeno = 16; sodio = 23
Solución:
La reacción que tiene lugar es una reacción redox, luego se debe ajustar por el método del
ion- electrón:
C204
2 -
τ 2 CO2 (g) + 2 e-
pérdida de e-
: oxidación (reductor)
MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
τ Mn2+
+ 4 H2O ganancia de e-
: reducción (oxidante)
Una reacción de este tipo, se produce equivalente a equivalente, es decir:
Nº equiv. oxidante = Nº equiv. reductor
O lo que es lo mismo, recordando la definición de normalidad, y que para el permanganato de
potasio, la valencia es la unidad, coincidiendo molaridad y normalidad:
(N· V) oxidante = (N · V) reductor
0,0230· 24 = Nred.· 50
De donde:
N red. = 0,011 N
Como sabemos: N = M · valencia
Y para el oxalato de sodio, la valencia es 2, luego:
M oxalato = 0,011 / 2 = 5,52 · 10-3
mol/L
La expresión de molaridad, permite determinar los moles de oxalato, y con ellos los gramos
contenidos en un volumen de un litro:
n = M · V
Moles = 5,52 · 10-3
· 1 = 5,52 · 10-3
moles
m = n · Mm
m oxalato = 5,52 · 10-3
· 134 = 0,74 g

ARAGÓN / SEPTIEMBRE 00. SELECTIVIDAD / QUIMICA / ELECTROQUIMICA /
OPCION I / EJERCICIO 2
2.- Ajuste las siguientes reacciones, identifique las especies oxidante y reductora, escriba
las correspondientes semi-reacciones e indique el estado de oxidación formal de todos los
átomos:
Br2 + KI → KBr + I2
Fe + O2 → Fe2O3
Solución:
Oxidante, especie química que tiene tendencia a captar electrones (se reduce) y disminuye su
número de oxidación. El proceso en el que se captanelectrones se denomina reducción.
Reductor, especie química que tiene tendencia a ceder electrones (se oxida) y aumenta su
número de oxidación. El proceso en el que se ceden electrones se denomina oxidación.
Br2 + KI → KBr + I2
Números de oxidación 0 +1 –1 +1 –1 0
Oxidante : Br2
Reductor: I-
Semi-reacción de oxidación: 2 I-
→ I2 + 2 e-
Semi-reacción de reducción: Br2 + 2 e-
→ 2 Br-
Reacción ajustada: 2 KI + Br2 → 2 KBr + I2
Fe + O2 → Fe2O3
Números de oxidación 0 0 +3 -2
Oxidante: O2
Reductor: Fe
Semi-reacción de oxidación: 3/2 O2 + 6 e-
→ 3 O2-
Semi-reacción de reducción: 2 Fe → 2 Fe3+
+ 6 e-
Reacción ajustada: 3/2 O2 + 2 Fe → Fe2O3

ARAGÓN / SEPTIEMBRE 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN 1 / CUESTIÓN 3
3.- Sabiendo que las siguientes reacciones redox en disolución acuosa se producen
espontáneamente, ordene los metales según su poder reductor creciente y los iones
metálicos según su poder oxidante creciente. Justifique su respuesta:
Cu2+
+ Cd (s) š Cu (s) + Cd2+
2 Ag+
+ Cd (s) š 2 Ag + Cd2+
2 Ag+
+ Cu (s) š 2 Ag + Cu2+
Solución:
Las semirreacciones que se dan en cada caso son las siguientes:
Cu2+
+ 2 e- š Cu (s)
Cd ( s) - 2 e-
š Cd2+
El Cu2+
se reduce, y el Cd se oxida.
Ag+
+ 1 e-
š Ag
Cd ( s) - 2 e-
š Cd2+
Los iones plata se reducen, mientras que el cadmio metal se oxida.
Ag+
+ 1 e-
š Ag
Cu - 2 e-
š Cu2+
Los iones plata se reducen, mientras que el cobre metal se oxida.
Por lo tanto, se puede afirmar:
Los iones plata se comportan como oxidante frente a cobre y cadmio, serán pues, la especie
más oxidante.
Loa iones cobre se reducen (son la especie oxidante) en presencia de cadmio, luego serán más
oxidantes que éste último.
Y el orden de menor a mayor poder oxidante de los iones será el siguiente:
Cd2+
< Cu2+
< Ag+
En cuanto al poder reductor, del mismo modo, comparando los pares de semirreacciones, se
puede decir que: Ag < Cd < Cu

ARAGÓN / JUNIO 98.COU / QUIMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / Nº 2
2.- Explique razonadamente qué sucederá si en una disolución 1,0 M de sulfato de
cobre (II) introducimos: a) una varilla de Zn; b) una varilla de plata.
E0
Cu2
+/Cu = +0,34 V; E0
Ag+
/Ag = +0,80 V; E0
Zn2+
/Zn = -0,76 V. (1punto)
Solución:
b) a) Como el Zn es más reductor que el Cu (es más negativo su potencial normal de
reducción), desplaza a los iones Cu2+
de la disolución de CuSO4 1,0 M, depositándose
cobre metálico sobre la varilla de Zn:
Zn + Cu2+
à Zn2+
+ Cu E0
= 0,76 + 0,34 = l,l0 V > 0
Luego la reacción es espontanea.
b) Por el contrario, al ser el potencial de reducción de la plata mayor que el del cobre, la Ag no
puede desplazar a los iones Cu2+
de sus disoluciones, luego:
Ag + Cu2+
à No hay reacción
La reacción teórica sería: 2Ag + Cu2+
à 2Ag+
+ Cu E0
= -0,46V < 0
Luego la reacción no es espontanea.

CANTABRIA / JUNIO 00. LOGSE / QUIMICA / ELECTROQUIMICA / OPCION I /
CUESTION E
E.- El ácido nítrico reacciona con el sulfuro de hidrógeno según la reacción (sin ajustar):
Ácido nítrico + Sulfuro de hidrógeno → Monóxido de nitrógeno + Ácido sulfúrico +
Agua
a) (1 punto) Ajustar la reacción por el método ión-electrón.
b) (0,5 puntos) Definir un oxidante y un reductor.
c) (0,5 puntos) Calcular el peso equivalente del oxidante y del reductor en esta reacción.
DATOS: Masas atómicas: H = 1; N = 14; O = 16; S = 32.
Solución:
a) HNO3 + H2S → NO + H2SO4 + 2 H2O
nº de oxidación: +5 -2 +2 +6
Semireacción de oxidación: 3 · ( H2S + 4 H2O → SO4
2-
+ 10 H+
+ 8e-
)
Semireacción de reducción: 8 · ( NO3
-
+ 4 H+
+ 3e-
→ NO + 2 H2O )
8 NO3
-
+ 3 H2S + 32 H+
+ 12 H2O → 8 NO + 3 SO4
2-
+ 30 H+
+ 16 H2O
Al hacer la suma de las semireacciones, tenemos que multiplicar la oxidaciónpor 3 y la
reducciónpor 8 para poder eliminar así los electrones.
Queda por tanto: 8 NO3
-
+ 3 H2S + 2 H+
→ 8 NO + 3 SO4
2-
+ 4 H2O
Ajustando los H+
: 8 HNO3 + 3 H2S → 8 NO + 3 H2SO4 + 4 H2O
b) Oxidante: (HNO3 ) Especie química que tiene tendencia a captar electrones y disminuye su
número de oxidación. El proceso por el que capta electrones se denomina reducción.
Reductor: (H2S) Especie química que tiene tendencia a ceder electrones y aumenta su número
de oxidación. El proceso por el que cede electrones se denomina oxidación.
c) Peso equivalente (redox) = Mm / nº de electrones que intercambia en la reacción
P eq. HNO3 = 63 / 3 = 21
P eq. H2S = 34 / 8 = 4,25

CANTABRIA / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN II /
PROBLEMA 2
II-2.El ácido sulfúrico y el bromuro potásico reaccionan según la reacción (sin ajustar):
Acido sulfúrico + Bromuro potásico ττ Dióxido de azufre + Bromo + Sulfato
potásico + Agua.
a) [1,5 puntos] Ajustar la reacción por el método del ión-electrón.
b) [0,5 puntos] ¿Cuántos gramos de bromuro potásico reaccionan con un gramo de
ácido sulfúrico?
DATOS: Masas atómicas: H = 1; O = 16; S = 32: Br = 80.
Solución:
a) Se escribe la reacción y se determinan las especies que cambian de número de oxidación,
planteando con ellas las semirreacciones rédox:
H2SO4 + KBr τ SO2 + Br2 + K2SO4 + H2O
Br pasa de –1 en KBr a 0 en Br2.
S pasa de +6 en H2SO4 a +4 en SO2.
SO4
2-
+ 4 H+
+ 2 e-
τ SO2 + 2 H2O reducción
2 Br-
- 2 e-
τ Br2 oxidación
Sumando ambas semirreacciones, se tiene ajustada la ecuación global:
SO4
2-
+ 4 H+
+ 2 Br--
τ SO2 + 2 H2O + Br2
Quedando:
2 H2SO4 + 2 KBr τ SO2 + Br2 + K2SO4 + 2 H2O
b) La relación estequiométrica existente entre el ácido sulfúrico y el bromuro de potasio es
mol a mol, luego con la masa molecular del primero, se determinan los moles contenidos en
un gramo, y se hallan los moles de bromuro necesarios, y a partir de ellos, los gramos:
1 mol KBr 1 mol H2SO4
x 1 / 98 moles
De donde:
x = 0,01 moles de KBr
Masa de KBr = 0,1 · 119 = 1,21 g de KBr

CANTABRIA / JUNIO 02. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA
/ CUESTIÓN E
CUESTIÓN E
E. a) Ajustar la siguiente reacción por el método del ión-electrón:
Ácido nítrico + cinc ττ Nitrato amónico + nitrato de cinc + agua
Entre los reactivos indicar razonadamente el oxidante y el reductor.
Solución:
La reacción que se debe ajustar es:
HNO3 + Zn τ NH4 NO3 + Zn (NO3)2 + H2O
Se ve qué especies cambian de número de oxidación, y se plantean con ellas las dos
semirreacciones de oxidación- reducción, identificando así las especies oxidante y reductora:
NO3
-
+ 10 H+
+ 8 e-
τ NH4
+
+ 3 H2O Ganancia de electrones: reducción.
Zn - 2 e-
τ Zn2+
Pérdida de electrones: oxidación.
Si a la primera semirreacción se le suma la segunda multiplicada por 4, se tiene la reacción
iónica ajustada:
NO3
-
+ 10 H+
+ 4 Zn τ NH4
+
+ 4 Zn2+
+ 3 H2O
Y ahora se ajusta la ecuación molecular:
10 HNO3 + 4 Zn τ NH4 NO3 + 4 Zn (NO3)2 + 3 H2O
La especie que se oxida es el reductor: en este caso el Zn.
La especie que se reduce es el oxidante: en el caso dado, el HNO3

CANTABRIA / JUNIO 03. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN II /
CUESTIÓN E
OPCIÓN II
CUESTIÓN E
E. a) Ajustar por el método del ión- electrón:
MnSO4 + PbO2 + H2SO4 t HMnO4 + PbSO4
b) Indicar razonadamente el proceso de oxidación y el de reducción.
Solución:
a) y b) Se escriben las semirreacciones con las especies que cambian de número de oxidación:
Mn2+
+ 4 H2O - 5e-
t MnO4
-
+ 8 H+
pérdida de electrones: oxidación
PbO2 + 4 H+
+ 2 e-
t Pb2+
+ 2 H2O ganancia de electrones: reducción
Multiplicando la primera por 2, la segunda por 5, y sumándolas, se tiene la reacción iónica
ajustada:
2 Mn2+
+ 5 PbO2 + 4 H+
t 2 MnO4
-
+ 5 Pb2+
+ 2 H2O
Y la molecular quedaría:
2 MnSO4 + 5 PbO2 + 3 H2SO4 t 2 HMnO4 + 5 PbSO4 + 2 H2O

CANTABRIA / SEPTIEMBRE 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
CUESTIÓN E
E. El permanganato potásico reacciona con el sulfito sódico, en medio ácido, según la
reacción (sin ajustar):
Permanganato potásico + Sulfito sódico + Ácido sulfúrico ττ
ττ óxido de manganeso(IV) + Sulfatosódico + sulfato potásico + agua
a) [1.5 puntos] Ajustar la reacción por el método del ión-electrón.
b) [0.5 puntos] Definir un proceso de oxidación y un proceso de reducción.
Solución:
a) Se escribe la reacción pedida, y en ella se identifican las especies que cambian de número
de oxidación, planteando con ellas las semirreacciones rédox:
KMnO4 + Na2SO3 + H2SO4 τ MnO2 + Na2SO4 + K2SO4 + H2O
MnO4
-
+ 4 H+
+ 3 e-
τ MnO2 + 2 H2O reducción
SO3
2-
+ H2O - 2 e-
τ SO4
2-
+ 2 H+
oxidación
Multiplicando la primera semirreacción por 2 y la segunda por 3, y sumándolas, se tiene:
2 MnO4
-
+ 8 H+
+ 3 SO3
2-
+ 3 H2O τ 2 MnO2 + 4 H2O + 3 SO4
2-
+ 6 H+
Y simplificando se llega a:
2 MnO4
-
+ 2 H+
+ 3 SO3
2-
τ 2 MnO2 + H2O + 3 SO4
2-
Ahora ya se puede ajustar la ecuación molecular inicial:
2 KMnO4 + 3 Na2SO3 + H2SO4 τ 2 MnO2 + 3 Na2SO4 + K2SO4 + H2O
b) Un proceso de oxidación es aquel en el cual hay pérdida se electrones, la especie que se
oxida es el reductor.
Una reducción es una reacción química en la que hay ganancia de electrones, la especie que se
reduce será el oxidante.

CANTABRIA / SEPTIEMBRE 2. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA
/ CUESTIÓN E
E. a) Ajustar la siguiente reacción por el método del ion-electrón:
Ácido nítrico + Sulfruro de cinc ττ Monóxido de nitrógeno + Azufre +
Nitrato de cinc + Agua
b) Entre los reactivos indicar razonadamente el oxidante y el reductor.
Solución:
La reacción que se debe ajustar es:
HNO3 + Zns τ NO + S + Zn (NO3)2 + H2O
Se ve qué especies cambian de número de oxidación, y se plantean con ellas las dos
semirreacciones de oxidación- reducción, identificando así las especies oxidante y reductora:
NO3
-
+ 6 H+
+ 3 e-
τ NO + 2 H2O Ganancia de electrones: reducción.
S2-
- 2 e-
τ S Pérdida de electrones: oxidación.
Si a la primera semirreacción multiplicada por 2, se le suma la segunda multiplicada por 3, se
tiene la reacción iónica ajustada:
2 NO3
-
+ 8 H+
+ 3 S2-
τ 2 NO + 4 H2O + 3 S
Y ahora se ajusta la ecuación molecular:
8 HNO3 + 3 ZnS τ 2 NO + 3 S + 3 Zn (NO3)2 + 4 H2O
La especie que se oxida es el reductor: en este caso el ZnS.
La especie que se reduce es el oxidante: en el caso dado, el HNO3

CANTABRIA / SEPTIEMBRE 03. LOGSE / QUÍMICA /ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN I / CUESTIÓN E
OPCIÓN I
E. a) Ajustar la siguiente reacción por el método del ion-electrón:
KIO3 + Na2SO3 + H2SO4 t I2 + Na2SO4 + K2SO4 + H2O
b) Indicar razonadamente el proceso de oxidación y el de reducción.
Solución:
a) y b) Se escriben las semirreacciones con las especies que cambian de número de oxidación:
IO3
-
+ 6 H+
+ 5 e-
t 1/2 I2 + 3 H2O ganancia de electrones: reducción
SO3
2-
+ H2O - 2 e-
t SO4
2-
+ 2 H+
pérdida de electrones: oxidación
Multiplicando la primera por 2, la segunda por 5, y sumándolas, se tiene la reacción iónica
ajustada:
2 IO3
-
+ 12 H+
+ 5 SO3
2-
+ 5 H2O t I2 + 6 H2O + 5 SO4
2-
+ 10 H+
Y la molecular quedaría:
2 KIO3 + 5 Na2SO3 + H2SO4 t I2 + 5 Na2SO4 + K2SO4 + H2O

CANARIAS / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / BLOQUE 1 /
CUESTIÓN 2
2.- Dados los potenciales normales estándar de reducción de Cu2+
/ Cu (0,34 V) y de
Ag+
/ Ag (0,80 V):
a) ¿Cuál será la reacción espontánea que tendrá lugar en una pila formada por estos dos
electrodos?, ¿por qué?. Calcule la f.e.m. estándar de la pila. (0,7 puntos)
b) ¿En qué sentido y por dónde circularán los electrones?, ¿cuál es el cometido del
puente salino?. Haga un esquema de dicha pila. Escriba la notación de la pila. (0,9
puntos)
c) Establezca la diferencia entre el funcionamiento de una pila y de una cuba
electrolítica. (0,4 puntos)
Solución:
a) Eº pila = Eº cátodo – Eº ánodo
El cátodo deberá ser el par con mayor valor de Eº reducción, es decir el par Ag+
/ Ag0
, de
modo que sea el Cu metálico el que se oxide a iones Cu2+
, mientras los iones Ag+
son
reducidos a plata metal, según las reacciones:
Cu - 2e-
δ Cu2+
Oxidación (Anodo)
Ag+
+ 1e-
δ Ag Reducción, (Cátodo)
La reacción global será, por tanto:
Cu + 2 Ag+
δ Cu2+
+ 2 Ag
De modo que Eº pila = 0,80 - (-0,34) = 1,14 V
b) Los electrones circularán del ánodo (polo negativo) al cátodo (polo positivo), a través del
cable que mantiene los dos electrodos unidos eléctricamente.
El puente salino se encarga de mantener la unión iónica entre los dos electrodos.
La pila se nombraría:
Cu (s) / Cu2+
(ac) // Ag+
(ac) / Ag (s)
Ag e-
Cu
+ -
Ag+
Cu2+

CANARIAS / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / BLOQUE 1 /
CUESTIÓN 2
c) En las pilas se transforma la energía química en energía eléctrica, produciéndose la
oxidación en el ánodo (negativo) y la reducción en el cátodo (positivo).
Por el contrario, en una celda electrolítica, se transforma la energía eléctrica en energía
química, la oxidación sigue dándose en el ánodo, que ahora es el polo positivo, y la reducción
en el cátodo, ahora polo negativo.

CANARIAS / JUNIO 02. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN A
4.- En la reacción siguiente:
K2Cr2O7 + H2S + HCl ττ CrCl3 + S + KCl + H2O
a) Deduzca razonadamente cuál es la sustancia oxidante y la reductora, la que se oxida
y la que se reduce.
b) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación- reducción, y la reacción global.
SOLUCIÓN
a) y b) Se identifican las especies que cambian de número de oxidación, y se plantean las dos
semirreacciones redox:
K2Cr2O7 : Cr = +6
CrCl3: Cr = +3
H2S: S = -2
S: S = 0
3 · ( S2-
- 2 e-
τ S) pérdida de electrones: oxidación.
Cr2O7
2-
+ 14 H+
+ 6e-
τ 2 Cr3+
+ 7 H2O ganancia de electrones: reducción.
3 S2-
+ Cr2O7
2-
+ 14 H+
τ 3 S+ 2 Cr3+
+ 7 H2O
Luego la reacción ajustada quedaría:
K2Cr2O7 + 3 H2S + 8 HCl τ 2 CrCl3 + 3 S + 2 KCl + 7 H2O
El H2S se oxida, luego es el reactivo reductor.
El K2Cr2O7 se reduce, y será la especie oxidante.

ISLAS CANARIAS / JUNIO 99. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
PROPUESTA I / nº 2
2.- Dados los siguientes potenciales estándar de reducción:
Ag+
/Ag: 0,80 V; Mg2+
/Mg: -2,37 V; Fe2+
/Fe: -0,44 V;
Al3+
/Al: -1,67 V; Ca2+
/Ca: -2,87 V; Sn2+
/Sn: -0,14 V
a) Indicar cuáles de estos metales se oxidan más fácilmente que el Fe y por qué.
b) Justificar qué especie iónica es la más fácil de reducir y cuál es el reductor más fuerte
de entre todas las especies químicas señaladas.
c) Indicar qué dos electrodos de los señalados formarían la pila que proporcionará mayor
fem, ¿cuál actuaría como ánodo (polo negativo)?
Solución:
a) Los potenciales estándar de reducción expresan la tendencia de una especie a reducirse, su
carácter oxidante. Por la tanto se oxidan más fácilmente (son reductores más fuertes) las especies
que tienen un potencial de reducción más bajo. Las que tienen un potencial más bajo que el del Fe
son: Al, Mg y Ca.
b) La especie más fácil de reducir es aquella con un potencial de reducción más alto: Ag. El reductor
más fuerte será el que tenga mayor tendencia a oxidarse y , por lo tanto, el que tenga un potencial de
reducción más bajo: Ca.
c) Los dos electrodos adecuados para formar la pila de máxima f.e.m. serían Ca2+
/Ca y Ag+
/Ag, ya
que tienen los potenciales de reducción más bajo y más alto, respectivamente. El polo negativo
(ánodo) lo formaría el Ca, porque tiene mayor tendencia a oxidarse, es decir, a ceder electrones que
serían atraídos por la Ag (cátodo o polo +), que a su vez tiene tendencia a reducirse, por lo tanto, a
captar electrones.
Ca D Ca2+
+ 2 e-
E0
= 2,87 V (ánodo: oxidación)
2 Ag + 2 e-
D 2 Ag E0
= 0,80 V (cátodo: reducción)
2 Ag + Ca D 2 Ag + Ca2+
E0
= 3,67 V

CANARIAS / SEPTIEMBRE 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
BLOQUE 1 / CUESTIÓN 2
2.- Dada la ecuación:
KMnO4 + K2SO3 + HCl š MnO2 + K2SO4 + KCl + H2O
a) Deduzca razonadamente la sustancia oxidante y la reductora, la que se oxida y la que
se reduce.
b) Escriba y ajuste las semirreacciones de oxidación- reducción y la reacción global.
Solución:
a) y b) Se escriben las dos semirreacciones, que tendrán lugar en aquéllas especies que
cambien su número de oxidación:
KMnO4 : Mn con +7.
MnO2 : Mn con +4.
K2SO3 : S con +4.
K2SO4 : S con +6.
MnO4
-
+ 4 H+
+ 3 e-
š MnO2 + 4 H2O ganancia de e-
(reducción)
SO3
2-
+ H2O - 2 e-
š SO4
2-
+ 2 H+
pérdida de e-
(oxidación)
El reductor será la especie que se oxida: el K2SO3.
Y el oxidante la que se reduce: el KMnO4.
La reacción global sería el resultado de sumar la semirreacción de reducción multiplicada por
2 con la de oxidación multiplicada por 3:
2 MnO4
-
+ 8 H+
+ 3 SO3
2-
+ 3 H2O š 2 MnO2 + 4 H2O + 3 SO4
2-
+ 6 H+
Es decir, la reacción molecular quedaría:
2 KMnO4 + 3 K2SO3 + 2 HCl š 2 MnO2 + 3 K2SO4 + 2 KCl + H2O

5.- Para platear una pulsera colocada como cátodo, se hace pasar durante 2 horas una
corriente de 0,5 amperios a través de un litro de disolución de nitrato de plata 0,1 M.
Calcule:
a) El peso de plata metálica depositada en la pulsera.
b) La concentración del ión plata que queda finalmente en la disolución.
Datos: 1 F = 96500C; M. a. Ag = 107,8
Solución:
La reacción que tiene lugar en el cátodo es la reducción de ión plata a plata metálica:
Ag+
+ 1 e-
t Ag
Se sabe, por una de las Leyes de Faraday, que la cantidad de masa depositada en un electrodo
es directamente proporcional a la intensidad que circule por la cuba electrolítica y al tiempo
que lo haga:
m = (P equiv.Ag / 96500) · I · t
Siendo el peso equivalente el cociente entre la masa atómica de dicha sustancia y el número
de electrones que toma en la reacción de reducción.
Luego la plata depositada será:
m = [(107,8 / 1) / 96500] · 0,5 · (3600 ·2) = 4,021 g de plata
b) La disolución de partida es el nitrato de plata: AgNO3
Se tiene 1 L de concentración 0,1 M, luego contendrá:
N = V · M = 1 · 0,1 = 0,1 moles de nitrato de plata.
Por tanto, se verificará:
En 1 mol de AgNO3 107,8 g de Ag
0,1 x
De donde:
x = 10,78 g de plata hay en la disolución inicial.

La masa de plata que quede será la diferencia entre la inicial y la depositada en la pulsera:
m Ag restante = 10,78 - 4,021 = 6,76 g
Como el volumen sigue siendo de 1 litro, y se conoce la masa que queda de ión plata, se
determina su molaridad:
M = (6,76 / 107,8) / 1 = 0,06 M

OPCIÓN A
2.- Haga un esquema y explique razonadamente cómo construiría una pila con
electrodos de Zn y Cu.
a) ¿Qué reacción se produce en cada electrodo?
b) Indique el sentido de los electrones en el dibujo.
Datos: Eº (Zn 2+
/ Zn)= - 0,76 V.
Eº (Cu 2+
/ Cu) = + 0,34 v. V
Solución:
a) y b) Se necesitarían:
- Dos vasos de precipitados.
- Un tubo de vidrio en forma de U.
- Algodón.
- Un electrolito, como cloruro de amonio.
- Dos disoluciones, de sulfato de cinc, y de sulfato de cobre.
- Dos varillas de cobre y cinc metálicos.
- Un voltímetro.
- Cable.
Toda célula galvánica, transforma energía química en eléctrica, que emplearíamos para
encender una bombilla, poner en funcionamiento un aparato eléctrico,..
Una pila galvánica está formada por 2 electrodos, comunicados iónica y eléctricamente:
En cada vaso, se pone una de las dos disoluciones de sulfato, en la de cobre se introduce la
varilla de cobre, y en la de cinc, la de este metal. Tendríamos ya fabricados los dos electrodos.
Con el tubo en U, lleno de electrolito, y taponados los extremos con el algodón, se ponen en
contacto iónicamente: es un puente salino.
Con el cable, y colocando entremedias el voltímetro, se logra la conexión eléctrica.
Entonces, comenzaran las semirreacciones de oxidación – reducción en cada uno de los
electrodos, percibiendo el paso de corriente en la aguja del voltímetro.
En este ejemplo, el Zn se oxidará a ión Zn(II) en el ánodo (será la especie reductora), polo
negativo, mientras que los iones Cu(II) se reducen a Cu metálico (siendo la especie oxidante)
en el cátodo, polo positivo.
Los electrones se moverán del polo negativo (ánodo) al positivo (cátodo)

El esquema de la pila pedida sería:
Cu e-
Zn
+ -
Cu2+
Zn2+
Eº pila = Eº cátodo – Eº ánodo
El cátodo deberá ser el par con valor de Eº positivo, es decir el par Cu2+
/ Cu, de modo que sea
el Zn metálico el que se oxide a iones Zn2+
, mientras los iones Cu2+
son reducidos a cobre
metal, según las reacciones:
Zn - 2e-
δ Zn2+
oxidación, Ánodo
Cu2+
+ 2e-
δ Cu reducción, Cátodo
De modo que Eº pila = 0,34 - (-0,76) = 1,10 V

PROPUESTA I / CUESTIÓN Nº 5
PROPUESTA I
5.- Realizar un esquema de una pila con los semipares Cd2+
/ Cd y Zn2+
/ Zn. Se pide:
a) Indicar cada uno de los componentes de la misma, cátodo, ánodo, así como la
notación de la pila.
b) Las semirreacciones correspondientes y la reacción global. Calcular la f.e.m.
estándar de la pila.
c) ¿Qué tipo de especie química utilizarías para la construcción del puente salino?
Datos: Eº (Cd2+
/ Cd) = - 0,40 V; Eº (Zn2+
/Zn) = -0,76 V.
Solución:
a) y b) Eº pila = Eº cátodo – Eº ánodo
El cátodo deberá ser el par con valor de Eº menos negativo, es decir el par Cd2+
/ Cd0
, de modo
que sea el Zn metálico el que se oxide a iones Zn2+
, mientras los iones Cd2+
son reducidos a
cadmio metal, según las reacciones:
Zn - 2e-
d Zn2+
oxidación, Anodo
Cd2+
+ 2e-
d Cd reducción, Cátodo
La reacción global será, por tanto:
Zn + Cd2+
d Zn2+
+ Cd
De modo que Eº pila = - 0,40 - (-0,76) = 0,36 V
La notación de la pila sería:
(-) Zn2+
/ Zn // Cd2+
/ Cd (+)
Los electrones circularán del ánodo (polo negativo) al cátodo (polo positivo), a través del
cable que mantiene los dos electrodos unidos eléctricamente.
c) El puente salino se encarga de mantener la unión iónica entre los dos electrodos, luego será
un electrolito, como el cloruro de amonio.

CANTABRIA/ SEPTIEMBRE 98. LOGSE/ QUÍMICA/ ELECTROQUÍMICA/OPCIÓN A
/Nº3
3.-El ácido nítrico reacciona con fósforo para producir ácido metafosfórico, monóxido de
nitrógeno y agua.
a) Ajustar la reacción por el método del ión-electrón.
b) Calcular el peso equivalente del oxidante y del reductor en esta reacción.
Datos: Masas atómicas: H = 1; N = 14; O = 16; P = 31.
Solución:
a) H+
N5+
O3
2-
+ P0
H+
P5+
O3
2-
+ N2+
O2-
+ H2O
Semireacciones: (medio ácido)
Oxidación: 3·( P + 3H2O PO3
-
+ 6H+
+ 5e-
)
Reducción: 5·(NO3
-
+ 4H+
+ 3e-
NO + 2H2O)
5 NO3
-
+ 10 H+
+ 3 P + 9 H2O 5 NO + 10 H2O + 3 PO3
-
+ 18 H+
5 NO3
-
+ 3 P 5 NO + 3 PO3
-
+ 8 H+
+ H2O
5HNO3 + 3P 5NO + 3HPO3 + H2O
b) Oxidante, HNO3
Pm = 1 + 14 + 3·16 = 63
Peq = Pm/ Valencia redox = 63/3 = 21
Reductor, P
Pm = 31
Peq = 31/5 = 6,2

CANARIAS / JUNIO98.LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / Nº 2
2.Sabiendo que el Eº red (Ag+
/Ag) = 0,80 V, y el Eº red (Cu2+
/Cu) = 0,34 V, justifique si
son válidas, o no, las siguientes afirmaciones:
a) El Cu reduce a la Ag+
.
b) El polo negativo de una pila formada por ambos electrodos sería Ag +
/Ag.
c) De las reacciones señaladas, el ion Ag+
es el oxidante más fuerte.
d) La reacción 2 Ag + Cu2+
2Ag+
+ Cu se produce espontáneamente.
Solución:
En las pilas, los potenciales estándar de electrodo miden la tendencia relativa a la reducción.
En este caso, las dos semirreacciones de reducción posibles son:
Ag +
+ e-
⇔ Ag Eº1 = + 0,80 V
Cu2+
+ 2 e-
⇔ Cu Eº2 = + 0,34 V
Puesto que el mayor potencial de reducción corresponde al electrodo de plata, en éste tendrá
lugar dicho proceso, mientras que el cobre metálico sufrirá la oxidación.
a) Verdadera. Puesto que la plata tiene un potencial de reducción mayor será la que se reduzca
frente al cobre que se oxida.
b) Falsa. En el polo negativo o ánodo se produce la oxidación. Por ello, el ánodo estaría
formado por las especies Cu / Cu2+
.
c) Verdadera. Ya que el potencial de reducción de la plata es mayor, Ag +
será el oxidante más
fuerte.
d) Falsa. Un proceso redox será espontáneo siempre que Eºpila > 0. En el caso propuesto, las
semirreacciones que deberían tener lugar son:
(ánodo -) : 2 Ag → 2Ag+
+ 2e-
Eº = -0,80V
(cátodo+) : Cu2+
+ 2 e-
→ Cu Eº = +0,34 V
Reac. global: 2 Ag + Cu 2+
→ 2 Ag +
+ Cu Eº = -0,46V
Al ser Eº< 0 , el proceso no será espontáneo.

CASTILLA-LA MANCHA/ JUNIO 00. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUIMICA /
4.- Razona los gramos de sodio que pueden obtenerse haciendo pasar una corriente de
6,5 amperios durante 45 minutos , a través de cloruro sódico fundido . ¿En qué electrodo
se produce la reacción?.
(Dato mas atómica de Na = 23)
Solución:
En el NaCl fundido los iones se encuentran dispersos (sal disociada) y al someterlos a
corriente eléctrica se produce un fenómeno electrolítico, que de por sí no es espontáneo.
800 ºC
NaCl Na+
+ Cl-
Las semirreacciones que tienen lugar son:
Cátodo (-) Reducción: Na+
+ e-
" Na
Ánodo (+) Oxidación: Cl-
" ½ Cl2 + e-
Reacción global: Na+
+ Cl-
" Na (s) + ½ Cl2 (g)
Luego en la celda electrolítica se obtiene sodio metálico y se desprende cloro gaseoso.
Como podemos observar la reacciónde reducciónde los iones sodio se produce en el cátodo,
que es el polo negativo.
La electrólisis se cuantifica con las Leyes de Faraday que se resumen en la siguiente fórmula:
m = (Eq-g · I · t) / 96.500
Eq-g Na = M atómica / valencia redox = 23 / 1 = 23
m = (23 · 6,5 · (45·60)) / 96500
m = 4,18 g Na

CASTILLA LA MANCHA / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
2.- (3 puntos) El ácido nítrico reacciona con sulfuro de plomo (II), obteniéndose sulfato
de plomo (II), dióxido de nitrógeno y agua.
a) Ajusta la ecuación iónica y molecular por el método del ión-electrón.
b)¿Qué volumen de ácido nítrico 0,05 molar se necesita para oxidar 10g de sulfuro de
plomo (II)?
(Datos: Masas atómicas: Pb= 207, S= 32)
Solución:
a) La reacción pedida es:
HNO3 + PbS š PbSO4 + NO2 + H2O
Con las especies que cambian de número de oxidación, se escriben las semirreacciones redox:
NO3
-
+ 2 H+
+ 1 e-
š NO2 + H2O reducción
S2-
+ 4 H2O - 8 e-
š SO4
2-
+ 8 H+
oxidación
Multiplicando la primera semirreacción por 8, y sumando las dos se tiene ajustada la reacción
iónica global:
8 NO3
-
+ 16 H+
+ S2-
+ 4 H2O š 8 NO2 + 8 H2O + SO4
2-
+ 8 H+
Simplificando, se tendría:
8 NO3
-
+ 8 H+
+ S2-
š 8 NO2 + 4 H2O + SO4
2-
Y ya se puede ajustar la reacción molecular:
8 HNO3 + PbS š PbSO4 + 8 NO2 + 4 H2O
b) Se trata de un cálculo basado en la estequiometría de la reacción:
Los moles de sulfuro de plomo son:
n PbS = 10 / 230 = 0,042 moles
Luego de ácido nítrico se necesitan:
n HNO3 = 8 · 0,042 = 0,334 moles
n = V · M ; 0,334 = V · 0,05 ; V = 6,68 mL HNO3

2.- En la reacción del óxido de manganeso (II) con el óxido de plomo(IV) en presencia de
ácido nítrico, se obtienen ácido permangánico, nitrato de plomo (II) y agua como
productos.
a) Ajusta la ecuación iónica y molecular por el método del ión-electrón.
b) Calcula la cantidad de nitrato de plomo (II), expresado como volumen de una
disolución 0,2 M del mismo, que se obtendría por reacción de 25 g de óxido de plomo
(IV).
(Datos: Masas atómicas: Pb = 207,2; O = 16)
Solución:
a) La reacción será:
MnO + PbO2 + HNO3 τ Pb (NO3)2 + H2O + HMnO4
Se escriben las dos semirreacciones de oxidación- reducción con las especies que cambian su
número de oxidación, y se ajustan:
3 H2O + MnO - 5 e-
τ MnO4
-
+ 6 H+
oxidación
PbO2 + 4 H+
+ 2 e-
τ Pb2+
+ 2 H2O reducción
Se multiplica la primera por 2 y la segunda por 5 y se suman, teniendo la ecuación iónica
ajustada, a partir de la cual se ajusta la molecular:
2 MnO + 5 PbO2 + 10 HNO3 τ 5 Pb (NO3)2 + 4 H2O + 2 HMnO4
b) Por la estequiometría de la reacción, se determinan los moles de nitrato de plomo (II)
formados, y luego el volumen correspondiente:
m = 25 g de PbO2
n = m / Mm = 0,1045 moles
5 moles de PbO2 5 moles de Pb (NO3)2
0,1045 moles x
De donde los moles del nitrato formados serán:
x = 0,1045 moles

En una disolución del nitrato 0,2 M, el volumen necesario para tener los moles hallados será:
M = moles soluto / V (L) disolución
V (L) disolución = 0,1045 / 0,2 = 0,5225 L= 522,5 mL

CASTILLA-LA MANCHA / JUNIO 00. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
4.- Deduce si el cloro o el yodo pueden oxidar el hierro (II) a hierro (III) en un medio
acuoso .
(Datos: EO
Cl2/Cl-
= 1,36v ; E0
I2/I -
= 0,54V ; E0
Fe3+
/Fe2+
= 0,77V)
Solución:
Para poder predecir si las reacciones en cuestión se producirán o no debemos basarnos en los
potenciales normales de reducción. De los dos pares redox enfrentados marcará el sentido de
la reducción aquel que tenga el mayor valor de E0
red.
Probamos con los pares redox de hierro y yodo:
2 · (Fe3+
+ e-
" Fe2+
) E0
Fe3+
/Fe2+
= 0,77 V
2 I-
" I2 + 2 e-
E0
I2/I -
= 0,54 V
2 Fe3+
+ 2 I-
" 2 Fe2+
+ I2 E0
redox = 0,77 - 0,54 = 0,23 V > 0 (reacción espontánea)
Luego el yodo no puede oxidar al ión Fe2+
, sino que la reacción espontánea es entre los iones
Fe3+
y los iones I-
.
Probamos con los pares redox de hierro y cloro:
2 · (Fe2+
" Fe3+
+ e-
) E0
Fe3+
/Fe2+
= 0,77 V
Cl2 + 2 e-
" 2 Cl-
E0
Cl2/Cl -
= 1,36 V
2 Fe2+
+ Cl2 " 2 Fe3+
+ 2 Cl-
E0
redox = 1,36 - 0,77 = 0,59 V > 0 (reacción espontánea)
Luego el cloro si puede oxidar al ión Fe2+
.

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 00. COU / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / EJERCICIO 2
2.- El ácido nítrico concentrado oxida al yodo a ácido yódico y se reduce a dióxido de
nitrógeno. Escribirla ecuacióniónica y molecular ajustada porel método del ión
electrón. ¿Qué volumen de disolución de ácido nítrico de densidad 1,405 g/mL que
contiene 68,1 % en masa será necesario para obtener 80 litros de dióxido de nitrógeno
gaseoso medidos a 27 ºC y 2 atm de presió?.
Masas atómicas: N = 14; O = 16; H = 1; R = 0,082 atm·L/mol·K
Solución:
Se trata de una reacción redox formada por dos semirreacciones, una de ellas la reducción
(ganancia de electrones) y la otra la oxidación (pérdida de electrones).
Por consiguiente, la reacciónde transferencia de electrones se basa en la interacciónde dos
pares redox: en uno aumenta el número de oxidación (oxidación) y en el otro disminuye
(reducción).
La reacción sin ajustar es:
HNO3 + I2 " NO2 + HIO3
Ajuste por el método del ión electrón (en medio ácido):
Oxidación: I2 + 6 H2O " 2 IO3
-
+ 12 H+
+ 10 e-
Reducción: 10 · ( NO3
-
+ 2 H+
+ e-
" NO2 + H2O )
10 NO3
-
+ I2 + 6 H2O + 20 H+
" 10 NO2 + 2 IO3
-
+ 12 H+
+ 10 H2O
10 NO3
-
+ I2 + 8 H+
" 10 NO2 + 2 IO3
-
+ 4 H2O (ecuación iónica ajustada)
10 HNO3 + I2 " 10 NO2 + 2 HIO3 + 4 H2O (ecuación molécular ajustada)
El oxidante es el HNO3 (que se reduce) y el reductor es el I2 (que se oxida).
A continuación se plantea un cálculo estequiométrico entre el reactivo HNO3 y el NO2
gaseoso obtenido en la reacción.
Como se observa en la ecuaciónestequiométrica por cada diez moles de ácido se obtienen
otros diez moles de dióxido de nitrógeno. Luego, la relación es mol a mol.
Se calcula el número de moles de compuesto NO2 que corresponden a los 80 litros:
P · V = n · R T

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 00. COU / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / EJERCICIO 2
2 · 80 = n · 0,082 · (273+27)
n NO2 = 6,50 moles
n HNO3 = 6,50 moles
Para saber el volumen necesario de nítrico comercial necesario que suponenesta cantidad de
moles, acudimos a la definición de molaridad:
M = nº moles soluto / 1 L disolución
d (g/L) · Riqueza (%)
M =
Mm
M = 1405 · 0,681 / 63 = 15,18 moles/L
El número de moles de una disolución se calcula así:
n = V · M
6,50 = V · 15,18
V = 0,42 L disolución HNO3

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 01. LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / CUESTIÓN 4
4.- (1 punto) Escribe la ecuación iónica ajustada para la pila galvánica formada al
sumergir una tira de magnesio en una disolución de Mg2+
y una tira de plata en una
disolución de Ag+
. Calcula el potencial normal de la pila.
(Datos: Eº (Ag+
/Ag)= 0,8 V, Eº (Mg2+
/Mg)= -2,37 V)
Solución:
Para que la reacción tenga lugar espontáneamente, ha de actuar como cátodo, es decir, ha de
reducirse, la especie cuyo potencial normal sea más grande, (en este caso sería la plata), ya
que la expresión del potencial de pila es:
Eº pila = Eº cátodo - Eº ánodo
Una reacción es espontánea si Eº pila > 0.
Las semirreacciones redox que tendrían lugar, serían:
Reducción (ganancia de electrones): ánodo.
Ag+
+ 1 e-
š Ag
Oxidación (pérdida de electrones): cátodo.
Mg - 2 e-
š Mg2+
Pues de este modo, la reacción global será:
2 Ag+
+ Mg š 2 Ag + Mg2+
Por tanto, el valor del potencial de pila resultaría:
Eº pila = 0,80 - (-2,37) = 3,17 V

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 02. LOGSE / QUÍMICA /
ELECTROQUÍMICA / OPCIÓN A / CUESTIÓN Nº 3
3.- En la pila que utiliza la siguiente reacción: Cu (s) + Fe3+
(ac) Cu2+
(ac) + Fe2+
(ac)
a) Identifica el ánodo y el cátodo e indica el sentido del flujo de electrones.
b) Escribe la reacción ajustada y calcula la fuerza electromotriz estándar Eº.
(Datos: Eº Fe3+
/ Fe2+
= 0,77 V; E°Cu2+
/ Cu = + 0,34 V)
Solución:
Se escriben las dos semirreacciones:
Cu (s) - 2 e-
τ Cu2+
(ac) se pierden electrones: oxidación: Ánodo (-)
Fe3+
(ac) + 1 e-
τ Fe2+
(ac) se ganan electrones: reducción: Cátodo (+)
Los electrones siempre viajan del polo negativo al positivo, es decir, del ánodo al cátodo.
b) Eº pila = Eº cátodo - Eº ánodo
Luego, en este caso:
Eº pila= 0,77 - 0,34 = 0,43 V
Es un valor positivo, luego el proceso es espontáneo en el sentido en que se ha dado escrito.

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 99.LOGSE / QUIMICA /
ELECTROQUIMICA/ OPCION A / Nº 1
1.- ( 3 puntos ) Cuando el cloruro de sodio se hace reaccionar con dicromato de potasio en
ácido sulfúrico, se obtiene cloro, sulfato de cromo (III), agua, sulfato de sodio y sulfato de
potasio.
a) Ajustar la ecuación iónica por el método ión-electrón.
b) Ajustar la ecuación molecular.
c) Si la disolución utilizada contenía 9,8 g/L del oxidante, ¿cuál era la normalidad de éste?
(Datos: Masas atómicas: K = 39; Cr = 52; O = 16 )
Solución:
a) Reacción sin ajustar:
NaCl + K2Cr2O7 + H2SO4 → Cl2 + Cr2(SO4)3 + K2(SO4) + Na2(SO4) + H2O
Nº de oxidación: -1 6 0 3
Semirreacción de oxidación: 2 Cl-
→ Cl2 + 2 e-
Semirreacción de reduccción: Cr2O7
2-
+ 14 H+
+ 6 e-
→ 2Cr3+
+ 7 H2O
Para hacer el ajuste de cargas, hay que multiplicar la oxidación por tres.
6 Cl-
→ 3 Cl2 + 6 e-
Sumando las dos semirreacciones
Cr2O7
2-
+ 14 H+
+ 6 e-
→ 2Cr3+
+ 7 H2O
Reacción iónica ajustada:
6 Cl-
+ Cr2O7
2-
+ 14 H+
→ 3 Cl2 + 2 Cr3+
+ 7 H2O
b) Reacción molecular ajustada:
6 NaCl + K2Cr2O7 + 7 H2SO4→ 3 Cl2 + Cr2(SO4)3 + K2(SO4) + 3 Na2(SO4) + 7 H2O
c) Sabemos que la disolución contiene 9,8 g/L del oxidante (K2Cr2O7)
Normalidad = nº de equivalentes / V(L)
nº de equivalentes = nº moles · valencia = (m / Pm ) · valencia
Tomando un volumen de 1 L de disolución, tendríamos 9,8 g de dicromato potásico:
nº moles = 9,8 / 294 = 0,033 moles
nº de equivalentes = 0,033 · 3 = 0,099 eq/L
N = 0,099 eq/L

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 99.LOGSE / QUIMICA /
ELECTROQUIMICA / OPCION A / Nº 4
4.- (1 punto ) Indica cuál es la fuerza electromotriz E0
para la reacción:
Zn + Sn4+
• Zn+2+
+ Sn+2+
Datos: E0
Zn2+
/ Zn = - 0,76 V ; E0
Sn4+
/ Sn2+
= + 0,15 V
Solución:
El mayor potencial de reducción es el de Sn4+
/Sn2+
, por lo tanto, el Sn4+
se reduce y el Zn se oxida.
ANODO: Semirreacción de oxidación: Zn → Zn2+
+ 2 e-
E0
= 0,76 V
CATODO: Semirreacción de reducción: Sn4+
+ 2 e-
→ Sn2+
E0
= 0,15 V
Zn + Sn4+
• Zn+2+
+ Sn+2+
E0
= Ecatodo - Eanodo
E0
= 0,76 + 0,15 = 0,91 V > 0 (reacción espontánea)

CASTILLA LA MANCHA / JUNIO 98. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA/
OPCION A / Nº1
1.- El nitrito potásico es oxidado a nitrato potásico en presencia de ácido sulfúrico por el
permanganato potásico que se reduce a sulfato de manganeso(II).
Si en la reacción se produce además sulfato potásico y agua:
A) Ajustar la reaccion iónica por el método del ion-electrón
B) Ajustar la ecuación molecular
C) Calcular los moles de nitrato potásico que se obtienen a partir de 100 ml de disolución
0,1 M de permanganato potásico.
Solución 1:
La reacción que se produce, indicando los respectivos números de oxidación es:
+1+3-2 +1 +6 –2 +1 +7 –2 +1+5 –2 +2 +4 –2 +1+6-2 +1-2
KNO2 + H2SO4 + KMnO4 → KNO3 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
A) Las semirreacciones de oxidación y reducción son las siguientes:
MnO4
-
+ 8H +
+ 5e-
→ Mn 2+
+ 4H 2O (reducción)
NO2
-
+ H2O → NO3
-
+ 2H+
+ 2e-
(oxidación)
El ajuste en medio ácido es:
[ MnO4
-
+ 8H +
+ 5e-
→ Mn 2+
+ 4H 2O ] · (2)
[ NO2
-
+ H2O → NO3
-
+ 2H+
+ 2e-
] · (5)
2MnO4
-
+ 5NO2
-
+ 5H2O + 16H +
→ 2Mn 2+
+ 5NO3
-
+ 10 H+
+ 8H 2 O
2MnO4
-
+ 5NO2
-
+ 6H +
→ 2Mn 2+
+ 5NO3
-
+ 3H 2 O (Ec. Iónica)
B) Haciendo un pequeño tanteo se obtiene la ecuación molecular:
2KMnO4 + 5KNO2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5KNO3 + K2SO4 + 3H 2O
C) En la ecuación molecular ajustada vemos que por cada 2 moles de KMnO4 se producen 5
moles KMnO3 , y puesto que 100 ml de disolución 0,1 M de permangato contienen 0,01
moles, los moles de KNO3 obtenidos serían:
1 mol KMnO4 0,01

CASTILLA LA MANCHA / JUNIO 98. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA/
OPCION A / Nº1
=
5 mol KNO3 x
x = 0,025 moles de KNO3

CASTILLA LA MANCHA / JUNIO 98. COU/ ELECTROQUÍMICA/ OPCIÓN A / Nº 2
2.- Por acción del clorato potásico (que se transforma en cloruro potásico),en presencia de
hidróxido potásico, el cloruro de cobalto (II) pasa a óxido de cobalto(III) sólido. Escribir la
ecuación iónica y molecular ajustada por el método del ión - electrón en medio básico.
¿Qué ión es el oxidante y cuál se oxida?
Solución 2:
Planteamos las dos semirreacciones:
2 Co2+
+ 6 OH-
↔ Co2O3 + 3 H2O + 2 e-
oxidación
ClO3
-
+ 3H2O + 6 e-
↔ Cl− +6 OH-
reducción
Para encontrar la ecuación iónica global ajustada se multiplica por 3 la primera semirreacción.
Después se suman las dos semirreacciones:
6 Co2+
+ ClO3
-
+ 12 OH-
→ 3 Co2O3 + Cl-
+ 6 H2O
Para obtener la ecuación molecular ajustada hay que añadir a los dos miembros de la ecuación
iónica : 12 Cl-
+ K+
+12 K+
. Al agrupar aniones y cationes en los dos miembros:
6 CoCl2 + KClO3 + 12 KOH → 3 Co2O3 + 13 KCl + 6 H2O
El ion oxidante es ClO3
-
, que pasa de tener para el átomo de Cl un nº de oxidación +5 a tener un
nº de oxidación −1.
El ion que se oxida es el Co2+
cuyo nº de oxidación es +2, en el CoCl2, y pasa a Co2O3 en cuyo
compuesto el nº de oxidación es +3.

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 98. LOGSE/ QUÍMICA /
ELCTROQUÍMICA / OPCIÓN A / Nº 1
1.- El cloro se obtiene en el laboratorio al oxidarse el ácido clorhídrico por el óxido de
manganeso (IV) sólido que se reduce a cloruro de manganeso (II).
a) Ajustar la ecuación molecular por el método del ion-electrón
b) ¿ Qué volumen de disolución acuosa de ácido clorhídrico del 30% en masa y de
densidad 1,5 g/ml será necesario para obtener 6 l de cloro medidos a 25ºC y 1 atm de
presión?
Datos: masas atómicas Cl=35,5; H=1; R=0,082 atm ·l / mol · K
Solución 1:
a) +1 -1 +4 –2 +2 -1 0
HCl + MnO2 ↔ MnCl2 + Cl2
Viendo la variación de los números de oxidación, planteamos las dos semirreacciones:
MnO2 + 4H+
+ 2e-
↔ Mn2+
+ 2H2O (Reducción)
2Cl-
↔ Cl2 + 2e-
(Oxidación)
Reacción global: MnO2 + 2Cl-
+ 4H+
↔ Mn2+
+ 2H2O + Cl2
Volviendo a la ecuación inicial:
MnO2 + 4HCl ↔ MnCl2 + Cl2 + 2H2O
b) Según la estequiometría: 4 moles de HCl dan lugar a 1 mol de Cl2 .
Con los datos, podemos saber el número de moles de Cl2.
P V = n R T n = (1 · 6) / (0,082 · 298) = 0,245 moles de Cl2
Los moles de HCl serán : n´ = 0,245 · 4 = 0,982
Luego para la disolución de clorhídrico tendremos: n´ = V· M
0,982 = V · (1500 · 0,3) / 36,5

CASTILLA LA MANCHA / SEPTIEMBRE 98. LOGSE/ QUÍMICA /
ELCTROQUÍMICA / OPCIÓN A / Nº 1
V = 0,0796 l = 79,6 ml de HCl

CASTILLA LEÓN / JUNIO 03. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN A / CUESTIÓN Nº 2
OPCIÓN A
2.- Se hace pasar una corriente de 5 A durante 2 horas a través de una celda electrolítica
que contiene
CaCl2 (fundido).
a) Escriba las reacciones de electrodo.
b) Calcule las cantidades, en gramos, de los productos que se depositan o desprenden en
los electrodos.
Solución:
a) Las reacciones que tienen lugar son:
Reducción (ganancia de electrones): Cátodo (-)
Ca2+
+ 2e-
t Ca
Oxidación (pérdida de electrones): Ánodo (+)
2 Cl-
- 2e-
t Cl2
b) Se aplica la ecuación de Faraday:
masa depositada = (I · t · Eq- g) / 96500
Se conocen:
I = 5 A
t = 2 h = 7200 s
Eq- g del Ca = 40 / 2 = 20
Eq- g del Cl2 = (35,5 · 2) / 1 = 71
Luego se sustituye y opera:
m Ca depositada = (5 · 7200 · 20 ) / 96500 = 7,46 g
m Cl2 desprendido = (5 · 7200 · 71) / 96500 = 26,48 g

CASTILLA LEÓN / JUNIO 99. LOGSE / QUÍMICA /ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN A / Nº 2
2.- En disolución acuosa y en medio ácido sulfúrico, el permanganato potásico reacciona
con el peróxido de hidrógeno dando Mn(II), oxígeno y agua.
a) Ajustar la reacción por el método del ion-electrón indicando las especies oxidantes y
reductoras.
b) Calcular cuántos moles de peróxido de hidrógeno se necesitan para obtener 1 litro de
oxígeno medido en condiciones normales.
Solución:
a) KMnO4 + H2O2 ⇔ Mn2+
+ O2 + H2O
La reacción transcurre según las semirreacciones:
Oxidación: 5 (H2O2 ⇔ O2 + 2 H+
+ 2e-
)
Reducción: 2 (MnO4
-
+ 8 H+
+ 5e-
⇔ Mn2+
+ 4 H2O)
5 H2O2 + 2 MnO4
-
+16 H+
⇔ 5 O2 + 2 Mn2+
+ 10 H+
+ 8 H2O
La reacción final será:
2 KMnO4 + 5 H2O2 + 3 H2SO4 ⇔ 5O2 + 2 MnSO4 + 8 H2O + K2SO4
Oxidante Reductor Oxidante Reductor
b) El número de moles presentes en 1 litro de O2 será:
n= V/V0 = 1 / 22,4 = 0,045 moles
5 moles O2 ----------- 5 moles H2O2
0,045 moles O2------ x
x = 0,045 moles de H2O2

CASTILLA LEÓN / JUNIO 99. COU / QUÍMICA / ELECTROQUIMICA /
OPCIÓN A / Nº 2
2.- El sulfuro de cadmio (II) reacciona con ácido nítrico para dar nitrato de cadmio (II),
proceso en el que además se forma azufre elemental y óxido de nitrógeno (II).
a) Ajustar la reacción por el método del ion electrón.
b) Calcular los gramos de sulfuro de cadmio (II) necesarios para preparar 22,0 g de
nitrato de cadmio (II).
Solución:
a) La reacción propuesta es la siguiente:
CdS + HNO3 ⇔ Cd(NO3)2 + S + NO
Las semirreacciones son:
Oxidación 3 · (S2-
⇔ S + 2e-
)
Reducción 2 · (NO3
-
+ 4H+
+ 3e-
⇔ NO + 2 H2O)
3 S2-
+ 2 NO3
-
+ 8 H+
⇔ 3 S + 2 NO + 4 H2O
La reacción final será
3 CdS + 8 HNO3 ⇔ 3 S + 2 NO + 3 Cd(NO3)2 + 4 H2O
b) En primer lugar calculamos los moles de Cd(NO3)2
n Cd(NO3)2 = m / M = 22 / 236,4 = 0,093 moles
M= 236,4 g/mol
3 moles Cd(NO3)2 --------------- 3 moles CdS
0,093 ------------------------------- X
x = 0,093 moles de CdS
M CdS = 144,4 g/mol
m = n⋅ M = 0,093 ⋅ 144,4 = 13,43 g de CdS

CASTILLA Y LEÓN / SEPTIEMBRE 00. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
BLOQUE A / CUESTIÓN 2
2.- La reacción entre ácido clorhídrico y cromato potásico genera cloruro de cromo
(III), cloruro de potasio, cloro y agua.
a) Ajuste la reacción por el método del ión - electrón.
b) Calcule el peso de cromato potásico necesario para obtener 125 g de cloruro de
cromo (III) si el rendimiento de la operación es del 70%.
Solución:
a) Se escribe la reacción que nos piden ajustar en medio ácido, observando qué elementos
cambian de número de oxidación, y planteando con ellos las dos semirreacciones redox, que
se ajustarán tanto en número de átomos como en cargas.
HCl + K2CrO4 D CrCl3 + KCl + Cl2 + H2O
HCl: Cl con n.o. = –1
Cl2: Cl con n.o.= 0.
K2CrO4: Cr con n.o.= +6
CrCl3: Cr con n.o.=+3
3 · ( 2 Cl-
D Cl2 + 2 e-
) (hay pérdida de e-, oxidación)
2 · ( CrO4
2-
+ 8 H+
+ 3 e-
D Cr3+
+ 4 H2O ) (hay ganancia de e-, reducción)
6 Cl-
+ 2 CrO4
2-
+ 16 H+
D 3 Cl2 + 2 Cr3+
+ 8 H2O
Después, mediante un tanteo, comprobamos que hay el mismo número de todos los átomos a
ambos lados de la ecuación, para lo cual hemos de ajustar los iones espectadores, que no
aparecían en ninguna de las 2 semirreacciones:
16 HCl + 2 K2CrO4 D 2 CrCl3 + 4 KCl + 3 Cl2 + 8 H2O
b) Si obtenemos 125 g de CrCl3, podemos conocer cuántos moles son, utilizando la masa
molecular del compuesto:
Mm CrCl3 = 35,5 · 3 + 52 = 158,5 g / mol
n CrCl3 = 125 / 158,5 = 0,78 moles
Por la estequiometría de la reacción ya ajustada, sabemos que:
2 moles de K2CrO4 dan lugar a 2 moles de CrCl3, luego para obtener 0,78 moles de CrCl3
habremos usado 0,78 moles del K2CrO4.
Con la masa molecular del cromato potásico, se pasan los gramos a moles:
Mm K2CrO4 = 194,2 g / mol

m K2CrO4 = n · Mm = 0,78 · 194,2 = 151,47 g de K2CrO4
Como el rendimiento de la operación no es del 100%, habremos de utilizar más K2CrO4, para
conseguir la misma cantidad de CrCl3:
Si el rendimiento es el 70%:
m K2CrO4 (real) = 151,47 · 100 / 70 = 194,2 g de K2CrO4

CASTILLA Y LEÓN / SEPTIEMBRE 00. COU / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
1.- Se disuelve una muestra de 10 g de cobre en ácido nítrico. Suponiendo que como
productos de reacción además de agua se obtienen NO y Cu(NO3)2:
a) Ajustar la ecuación por el método del ión – electrón, y nombrar los compuestos
obtenidos.
b) Calcular el número de moles de ácido necesarios para oxidar el cobre de la muestra.
Solución:
a) La reacción global es: Cu + HNO3 NO + Cu(NO3)2 + H2O
Para ajustarla por el método del ión – electrón, se deducen los elementos que cambian de
estado de oxidación, y escribimos con ellos las semirreacciones redox:
3· ( Cu Cu2+
+ 2 e-
) oxidación (pérdida de e-
)
2· ( NO3
-
+ 4 H+
+ 3 e-
NO + 2 H2O ) reducción (ganancia de e-
)
3 Cu + 2 NO3
-
+ 8 H+
3 Cu2+
+ 2 NO + 4 H2O Ecuación iónica ajustada
La ecuación molecular ajustada sería:
3 Cu + 8 HNO3 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
Los productos obtenidos son: NO (monóxido de nitrógeno) y Cu(NO3)2 (nitrato cúprico).
b) Según la estequiometría de la reacción ya ajustada, sabemos que:
3 moles de Cu se oxidan con 8 moles de HNO3.
Como tenemos 10 g de Cu:
n Cu = m / Mat = 10 / 63,5
n Cu = 0,15 moles de Cu
Luego necesitaremos los siguientes moles de ácido nítrico:
n HNO3 = 8 · 0,15 / 3 = 0,4 moles

5.- a) Ajuste la siguiente reacción por el método de ión electrón:
2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 ττ 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2 + K2SO4
b) Si en la reacción se consumen 3,26 g de permanganato, ¿cuántos litros de oxígeno se
desprenden medidos en las condiciones ambientales de laboratorio, que son: 698 mm Hg
y 18ºC?
Solución:
a) Se escriben las dos semirreacciones, dadas por los elementos que cambian de número de
oxidación, y se combinan de forma que se pierdan y ganen los mismos electrones:
2 · (MnO4
-
+ 8 H+
+ 5e-
τ Mn2+
+ 4 H2O) reducción
5 · (O2
2-
- 2e-
τ O2) oxidación
2 MnO4
-
+ 16 H+
+ 5 O2
2-
τ 2 Mn2+
+ 8 H2O + 5 O2
La reacción molecular ajustada será:
2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2O2 τ 2 MnSO4 + 8 H2O + 5 O2 + K2SO4
b) Se calculan los moles de permanganato contenidos en la masa dada:
n KMnO4 = 3,26 / 158 = 0,020 moles de KMnO4
Según la estequiometría de la reacción se pueden deducir los moles de oxígeno que
reaccionan con el permanganato en la reacción teórica, luego para los moles reales de
KMnO4, se desprenderán los siguientes moles de oxígeno:
Moles de oxígeno = (0,020·5) / 2 = 0,05 moles
Y con las condiciones dadas, expresando la temperatura en grados Kelvin y la presión en
atmósferas, se determinan los litros de oxígeno formado:
V = (n·R·T) / P
V = (0,05 · 0,082 · 291) / 0,91 = 1,31 L O2

CASTILLA LEON / SEPTIEMBRE 98.COU / QUÍMICA / ELECTROQUIMICA
/OPCIÓN A / Nº 1
1.- El dicromato potásico oxida al yoduro potásico en medio ácido sulfúrico originándose
sulfato de potasio, yodo y sulfato de cromo (III).
a) Ajustar la reacción por un método químico, indicando las especies oxidantcs y
reductoras.
b) ¿Cuántos gramos de sulfato de cromo (III) podrán obtenerse a partir de 5 g de
dicromato potásico, si el rendimiento de la reacción es del 60% ?
Solución.
a) La reacción que se produce es la siguiente:
K2Cr2O7 + KI + H2SO4 ⇔ K2SO4 + I2 + Cr2(SO4)3
3 · (2 I-
⇔ I2 + 2e-
) (Oxidación)
Cr2O7
2-
+ 14 H+
+ 6e-
⇔ 2Cr3+
+ 7H2O (Reducción)
6 I-
+ Cr2O7
2-
+ 14 H+
⇔ 3I2 + 2Cr3+
+ 7H2O
La reacción ajustada queda así:
6 KI + K2Cr2O7 + 7 H2SO4 ⇔ 3 I2 + Cr2(SO4)3 + 4 K2SO4 + 7 H2O
Reductor Oxidante
b) En primer lugar obtenemos el número de moles del dicromato potásico.
Si MK2Cr2O7 = 294,2 g/mol
n = m / M = 5 / 294,2 = 0,017 moles
1 mol de K2Cr2O7 -------------- 1 mol Cr2(SO4)3
0,017 moles --------------------- x
x = 0,017 moles de Cr2(SO4)3
m = n ⋅ M = 0.017 ⋅ 394,21 = 6,65 g de Cr2(SO4)3
Como el rendimiento es del 60%:
m = 6,65 · 0,6 = 4 g de Cr2(SO4)3

CASTILLA LEÓN / SEPTIEMBRE 99. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
Nº 1
1.- Un modo de obtener cloro en el laboratorio es añadir ácido clorhídrico sobre
permanganato potásico, proceso en el que también se forman cloruro de potasio, cloruro
de manganeso (II) y agua.
a) Escriba las semirreacciones de oxidación y de reducción del proceso y formule la
ecuación ajustada por el método del ion-electrón.
b) Calcule la cantidad de cloro que se obtendrá a partir de 30 g de permanganato
potásico que contiene un 10% de impurezas inertes.
Solución:
a) La reacción propuesta será:
HCl + KMnO4 D Cl2 + MnCl2 + KCl + H2O
Las semirreacciones serán:
OXIDACIÓN 5 ( 2 Cl-
D Cl2 + 2 e-
)
REDUCCIÓN 2 ( MnO4
-
+ 8 H+
+ 5 e-
D Mn2+
+ 4 H2O
----------------------------------------------------------------
2 MnO4
-
+ 10 Cl-
+ 16 H+
D 5 Cl2 + 2 Mn2+
+ 8 H2O
La reacción ajustada será:
2 KMnO4 + 16 HCl D 5 Cl2 + 2 MnCl2 + 2 KCl + 8 H2O
b) Puesto que las impurezas suponen un 10%, la cantidad de KMnO4 presente será:
100 --------- 90
30 --------- x
x = 27 g de KMnO4 (puro)
n = m / M = 27 / 158 = 0, 171 moles KMnO4
2 moles KMnO4 ----------- 5 moles Cl2
0,171 moles KMnO4 ---------- x
x = 0,43 moles Cl2
m = n ⋅ M = 0,43 ⋅ 70,09 = 30,48 g Cl2

CASTILLA-LEÓN / SEPTIEMBRE 98. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
BLOQUE A / Nº 3
3.- a) Sabiendo que los potenciales o
Fe2+
/ Fe = -0,44 V, o
Zn2+
/ Zn = -0,76 V,
o
Pb2+
/ Pb = -0,13 V, justificar qué metal aconsejaría para proteger el Fe de
la corrosión.
b) Ajustar la reacción I-
(ac) + MnO4
-
(ac) I2 (ac) + MnO2 (s). Disolución
básica.
c) Conocidos los potenciales de o
Zn2+
/ Zn = -0,76 V, o
Ag+
/ Ag = 0,80 V,
o
H+
/ H2 = 0,0 V, justificar cómo los protones podrán oxidar al Zn, pero no
la Ag.
d) Justificar si se necesita un Faraday para reducir un mol de Fe3+
a Fe2+
.
Orientación general:
Todos los apartados de esta pregunta están relacionados con el potencial redox de las
recciones implicadas, el cual se obtiene a partir de los potenciales normales.
Solución:
a) Para evitar la corrosión se descarta, por supuesto, el propio hierro. Tampoco sería
aconsejable proteger el hierro con plomo, porque la reacción del Pb2+
con el Fe es
espontánea y produce iones Fe2+
.
Pb2+
+ Fe t Pb + Fe2+
Eº redox = 0,31 V
El metal que serviría para proteger el Fe sería el Zn.
Fe2+
+ 2e-
à Fe (reducción)
Zn à Zn2+
+ 2e-
(oxidación)
Zn + Fe2+
à Zn2+
+ Fe εo
= -0,44 – (-0,76) = 0,32 V (espontánea)
Mediante una reacción espontánea el Zn reaccionaría con los iones ferroso.
b) I-
(ac) + Mn7+
O4
-
(ac) Iº2 (ac) + Mn4+
O2 (s)
(oxidación) 3.(2I-
à I2º + 2e-
)
(reducción) 2.(Mn7+
O4
-
+ 2H2O + 3e-
à Mn4+
O2 + 4OH-
)
6 I-
+ 2 Mn7+
O4
-
+ 4 H2O à 3 I2 + 2 Mn4+
O2 + 8OH-
(ecuación iónica)
6 KI + 2 KMn7+
O4 + 4 H2O à 3 I2 + 2 Mn4+
O2 + 8 K(OH) (ecuación molécular)

CASTILLA-LEÓN / SEPTIEMBRE 98. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA /
BLOQUE A / Nº 3
c) εº Zn2+
/ Zn = -0,76 V Zn à Zn2+
+ 2e-
(oxidación)
εo
H+
/ H2 = 0,0 V 2H+
+ 2e-
à H2 (reducción)
Zn + 2H+
à Zn2+
+ H2 εº = 0 – (-0,76) = 0,76 V
El potencial de reducción es positivo lo que significa que la reacción es espontánea: el zinc
reacciona con los protones dando iones zinc e hidrógeno, por lo que el zinc es atacado por
los ácidos fuertes.
εo
H+
/ H2 = 0,0 V (oxidación) H2 à 2H+
+ 2e-
εo
Ag+
/ Ag = 0,80 V (reducción) 2Ag+
+ 2e-
à Ag
H2 + 2Ag+
à 2H+
+ Ag εº = 0,8 – 0,00 = 0,8 V
El potencial de reducción vuelve a ser positivo, así que la reacción es espontánea, pero
en esta ocasión son los iones de plata los que reaccionan con el hidrógeno dando
protones y átomos de plata.
La razón por la que los protones atacan al zinc y no a la plata esta basada en el balance
de sus potenciales normales de reducción.
d) Sí, se necesita un Faraday para reducir un mol de Fe3+
a Fe2+
. Ya que 1 F es la carga
correspondiente a 1 mol de e-
.
Fe3+
+ e-
--> Fe2+

CATALUÑA / JUNIO 00. LOGSE / QUIMICA / ELECTROQUIMICA / SERIE 1 /
OPCION A / EJERCICIO 5
5.- Se construye una pila basada en la reacción:
Zn + 2 H+
→ Zn2+
+ H2
a) Dibujar el esquema de la pila, indicando el cátodo, el ánodo y el sentido en que
fluyen los electrones por el circuito externo y calcule la FEM estandar de la pila.
b) Calcule la variación de masa del electrodo de zinc cuando hayan pasado 0,02 moles
de electrones por el circuito.
DATOS: E0
( Zn2+
/Zn) = - 0,76 V. Masa atómica del zinc = 65,5.
Solución:
a) En el ánodo se produce la oxidación: Zn → Zn2+
+ 2 e-
En el cátodo se produce la reducción: 2 H+
+ 2 e-
→ H2
CÁTODO Tabique poroso
Disolución ÁNODO
H+
Electrodo de Zinc
Disolución de Zn2+
Electrodo normal de hidrógeno
Los electrones circulandel ánodo al cátodo por el circuito exterior.
La fuerza electromotriz de la pila se calcula a partir de las semirreaciones:
Zn → Zn2+
+ 2 e-
E0
= 0,76 V
2 H+
+ 2 e-
→ H2 E0
= 0,0 V
La reacción global es :
Zn + 2 H+
→ Zn2+
+ H2 E0
pila = S E electrodos = 0,76 + 0 = 0,76 V

c) Se trata de un fenómeno electroquímico en el que la barra de cinc irá perdiendo peso a la
vez que se desprende hidógeno gas. Aplicando las leyes de Fáraday:
1ª Ley: La cantidad de sustancia depositada al paso de una corriente eléctrica es directamente
proporcional a la electricidad empleada.
2ª Ley: Para una determinada cantidad de electricidad, la cantidad de sustancia depositada es
directamente proporcional a su equivalente gramo.
m(g) = Eq-g · I · t / 96500
Se observa en la semirreacción de reducción que 0,02 moles de electrones darían lugar a 0,01
moles de hidrógeno gaseoso, por tanto:
m(g) = nº moles · Mm = 0,01 · 2 = 0,02 g
De modo que, sabiendo que el equivalente gramo del hidrógeno es:
Eq-g H2 = Mm / nº e-
= 2 / 2 = 1
0,02 = 1 · I · t / 96500; I · t / 96500 = 0,02
Sustituyendo esto de nuevo en la ecuación de Fáraday para el Zn:
m(g) de Zn perdida = Eq-g · 0,02 = (65,5 / 2) · 0,02 = 0,65 g Zn

OPCIÓN A / EJERCICIO 2
2.- Se dispone de láminas de cobre, hierro, cinc y plata y de diverso material de
laboratorio.
a) ¿Cuál será la pila con el potencial más alto que se podría formar?
b) Explica como prepararías la correspondiente pila en el laboratorio. Haz un esquema
e indica el cátodo, el ánodo y el sentido de los electrones por el circuito externo.
E0
(Zn2+
/Zn) = - 0,76 V; E0
(Cu2+
/Cu) = 0,34 V;
E0
(Ag+
/Ag) = 0,80 V; E0
(Fe2+
/Fe) = - 0,41 V
Solución:
a) La pila con el mayor potencial será aquella formada por los elementos con mayor
diferencia de potencial, es decir la formada por los electrodos Ag+
/Ag y Zn2+
/Zn.
E0
Ag+
/Ag = 0,80 V
E0
Zn2+
/Zn = - 0,76 V
2 · (Ag+
+ e-
→ Ag )
Zn → Zn2+
+ 2e-
Reacción: 2 Ag+
+ Zn → 2 Ag + Zn2+
E0
= 0,80 – (– 0,76) = 1,56 V
Pila: Zn (s) / Zn2+
(aq) // Ag+
(aq) / Ag (s)
b) Para preparar una pila se necesitan 2 cubetas, dos electrodos, en este caso uno de plata y
otro de cinc, un hilo conductor, un voltímetro. En las cubetas se colocan disoluciones de iones
plata (en la que introducimos el electrodo de plata), y de iones cinc (en la que introducimos el
electrodo de cinc).
Voltímetro
ANODO CATODO
Zn Ag
Puente salino
Los electrones circulandel ánodo al cátodo por el circuito exterior.
ANODO, se produce la oxidación: Zn → Zn2+
+ 2e-
CÁTODO, se produce la reducción: Ag+
+ e-
→ Ag

CATALUÑA / JUNIO 00. COU / QUIMICA / ELECTROQUÍMICA / SERIE 3 /
2.- Se dispone de una pila galvánica Cr / Cr(NO3)3 (aq) 1M // AgNO3 (aq) 1M / Ag
de fem igual a + 1,54 V.
a) Indique el ánodo y el cátodo, escribir las correspondientes semirreacciones e indique
que electrodo disminuirá la masa al funcionar la pila.
b) Justifique si es posible cromar (recubrir de cromo) un objeto de plata sumergiéndolo
en una disolución que contenga ión cromo (III) de concentración 1 M.
Datos: E0
(Ag+
/Ag) = + 0,8 V
Solución:
a) La representación esquemática de la pila es:
Cr / Cr(NO3)3 (aq) 1M // AgNO3 (aq) 1M / Ag E0
= 1,54 V > 0
(ánodo) (reducción)
En el ánodo se produce la oxidación: (aumento del número de oxidación)
Cr → Cr3+
+ 3e-
En el ánodo el Cr (0) se oxida hasta Cr (III), por lo que el electrodo de cromo será el que
disminuya su masa pasando a la disolución crómica.
En el cátodo se produce la reducción: (disminución del número de oxidación)
Ag+
+ 1 e-
→ Ag
El electrodo de plata aumenta su masa.
Reacción global espontánea:
Cr + 3 Ag+
→ Cr3+
+ 3 Ag
b) Del potencial de la pila citada y del potencial normal de reducción de la plata se deduce el
potencial normal de reducción del cromo:
E0
pila = E0
cátodo – E0
ánodo
1,54 = 0,80 – E0
ánodo
E0
ánodo = -0,74 V

CATALUÑA / JUNIO 00. COU / QUIMICA / ELECTROQUÍMICA / SERIE 3 /
Lo que indica que frente a la plata los iones Cr3+
no tienen, espontáneamente, tendencia a
reducirse a Cr metálico.
Cr3+
+ 3 Ag → Cr + 3 Ag+
(reacción no espontánea) E0
= -1,54 V < 0
Sin embargo, este proceso se puede realizar por vía electrolítica, aplicando corriente eléctrica.
Dentro de las aplicaciones de la electrolisis encontramos la galvanoplastia, se realiza en un
baño cuyo electrolito es una disolución apropiada de una sal del metal que ha de depositarse.
En este caso la disolución es de Cr (III), y esta debe depositarse como Cr (0) por vía
electrolítica sobre el objeto de Ag (0).
Como la plata está en su estado más reducido posible, al aplicar el potencial adecuado
(E0
> 1,54 V ) para la reducción del Cr (III) a Cr (0) este se reducirá recubriendo la plata, que
no puede reducirse más.

CATALUÑA / JUNIO 00. SELECTIVIDAD / QUIMICA / ELECTROQUIMICA /
SERIE 4 / OPCION A / EJERCICIO 3
3.- a) Explique cómo construiría la siguiente pila y escriba las ecuaciones de los procesos
anódico y catódico:
(Pt) / Fe2+
(1 M), Fe3+
(1 M) // Ag+
(1 M) / Ag
b) Calcule el aumento de masa del cátodo cuando la pila haya generado 19300 C.
Datos: Potenciales estandar: E0
Ag+
/Ag = + 0,8 V ; E0
Fe3+
/Fe2+
= + 0,77 V
F = 96500 C; Masa atómica = 108
Solución:
a) Construcción de la pila:
Como E0
(Ag+
/Ag) > E0
(Fe3+
/Fe2+
). El ión Ag+
se reduce a Ag, mientras que el ión Fe2+
se
oxida a Fe3+
.
ANODO ( - ) CATODO (+)
Pt Ag
Puente salino
Fe2+
→ Fe3+
Ag+
→ Ag
ÁNODO (se produce la oxidación): Fe2+
→ Fe3+
+ e-
CÁTODO (se produce la reducción): Ag+
+ e-
→ Ag
Reacción redox: Fe2+
+ Ag+
→ Fe3+
+ Ag E0
pila = 0,80 – 0,77 = 0,03 V
b) Aplicando las leyes de Faraday:
1- La cantidad de sustancia depositada al paso de una corriente eléctrica es directamente
proporcional a la cantidad de electricidad empleada ( I · t)
2- Para una determinada cantidad de electricidad la cantidad de sustancia depositada es
proporcional a su equivalente-gramo.
Entonces: m (g) = ( Eq-g · I · t ) / 96500
Eq-g de Ag = Mm / nºe = 108 / 1 = 108
m (g) de Ag = (108 · 19300) / 96500 = 21,6 g de Ag se depositan

CATALUÑA / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA / SERIE 2 /
CUESTIÓN 2
2.- El ácido nítrico oxida el Cu a Cu2+
, y se desprenden vapores nitrosos.
a) Escriba la reacción, ajustándola por el método del ión- electrón, y suponiendo que el
único gas que se desprende es el monóxido de nitrógeno.
b) Indique qué especie química es el oxidante, y cuál el reductor.
c) Calcule la cantidad de ácido nítrico 2 M necesario para disolver 5 g de cobre.
Datos: masas atómicas: N = 14; O = 16; H = 1; Cu = 63,5.
Solución:
a) La reacción que tiene lugar es:
Cu + HNO3 τ Cu(NO3)2 + NO + H2O
Y las semirreacciones:
3 · (Cu - 2e -
τ Cu2+
) oxidación
2 · (NO3
-
+ 4 H+
+ 3e-
τ NO + 2 H2O) reducción
3 Cu + 2 NO3
-
+ 8 H+
τ 3 Cu2+
+ 2 NO + 4 H2O
Y la reacción global ajustada quedaría:
3 Cu + 8 HNO3 τ 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
b) La especie que se oxida será el reductor: Cu.
Y la que se reduce el oxidante: HNO3.
c) Se calculan los moles contenidos en 5 g de cobre:
n Cu = 5 / 63,5 = 0,078 moles
Como la reacción ajustada nos indica la relación estequiométrica entre todas las especies, se
determinan los moles de ácido nítrico empleado:
n HNO3 = 0,078 · (8 / 3) = 0,208 moles de HNO3
Con estos moles y la molaridad dada, se determina el volumen en litros de ácido:
M = moles / V disolución (L)
V HNO3 = 0,208 / 2 = 0,104 L

CUESTIÓN 1
1.- Una muestra de cinabrio, mineral principalmente compuesto por sulfuro de
mercurio, se hace reaccionar con ácido nítrico, y se obtiene nitrato de mercurio,
monóxido de nitrógeno, dióxido de azufre y agua.
a) Escriba la reacción que tiene lugar, ajustándola por el método del ión- electrón.
b) Indique la especie que se oxida, la que se reduce, la que actúa como oxidante, y la
que lo hace como reductor.
c) Calcule el volumen de ácido nítrico de concentración 13 M necesario para disolver el
sulfuro de mercurio, contenido en 10 gramos de cinabrio (con un 80% en peso de sulfuro
de mercurio).
Datos: Masas atómicas: S = 32; N = 14; O = 16; H = 1; Hg = 200,6.
Solución:
a) y b) HgS + HNO3 τ Hg(NO3)2 + NO + SO2 + H2O
Esta es la reacción, y para ajustarla, se han de identificar las especies que cambian de estado
de oxidación, planteando con ellas las dos semirreacciones rédox:
HgS: S con –2.
SO2: S con +4.
HNO3: N con +5.
NO: N con +2.
(S2-
+ 2 H2O - 6e-
τ SO2 + 4 H+
) oxidación; HgS = reductor
2 · (NO3
-
+ 4 H+
+ 3e-
τ NO + 2 H2O) reducción; HNO3 = oxidante
S2-
+ 2 NO3
-
+ 4 H+
τ SO2 + 2 NO + 2 H2O
La reacción ajustada quedaría:
HgS + 4 HNO3 τ Hg(NO3)2 + 2 NO + SO2 + 2 H2O
c) Se determinan los moles de HgS contenidos en la muestra de cinabrio, considerando el
porcentaje en peso del sulfuro en el mineral:
m HgS = (10 · 80) / 100 = 8 g
n HgS = 8 / 232,6 = 0,034 moles

CUESTIÓN 1
Por la estequiometría de la reacción ya ajustada se tiene:
4 moles de HNO3 1 mol de HgS
x 0,034
De donde los moles del ácido necesarios para la reacción serán:
x = 0,136 moles HNO3
Y como se conoce la concentración molar de dicho ácido, se determina el volumen de él
empleado:
M = moles / V (L)
V (L) HNO3 = 0,136 / 13 = 0,0104 L = 10,4 mL

CATALUÑA / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECECTROQUÍMICA / SERIE 5 /
OPCIÓN B / CUESTIÓN 4
4.- Conteste las siguientes cuestiones, justificando las respuestas:
a) Si se sumerge una lámina de hierro en una disolución de nitrato de plata 1 M, ¿se
producirá alguna reacción? En caso afirmativo, describa en qué consistiría.
b) Si se sumerge una lámina de platino en una disolución de sulfato de cobre (II) 1 M,
¿se producirá alguna reacción? En caso afirmativo, describa en qué consistiría.
c) Calcule la variación de energía libre de Gibbs de las posibles reacciones anteriores.
Datos: Eº (Fe2+
/ Fe) = -0,44 V; Eº (Ag+
/ Ag) = 0,799 V; Eº (Pt2+
/ Pt) = 1,19 V;
Eº (Cu2+
/ Cu) = 0,34 V; F = 96500 C · mol-1
Solución:
Las reacciones serán posibles espontáneamente, si el valor de la energía libre de Gibbs es un
valor negativo, y para ello el potencial normal de la pila debería ser positivo:
DGº = - n · F · Eº pila
Siendo:
Eº pila = Eº cátodo – Eº ánodo
a) La reacción posible sería la disolución de la lámina de hierro en la disolución de nitrato de
plata:
Fe - 2e-
τ Fe2+
oxidación: (Anodo)
2 · ( Ag+
+ 1e-
τ Ag) reducción: (Cátodo)
Fe + 2 Ag+
τ Fe2+
+ 2 Ag
Eº pila = 0,799 - (-0,44) = 1,239 V > 0
Luego: DGº < 0, y la reacción sí será espontánea.
Los iones plata atacan al Fe transformándolo en una sal ferrosa a la vez que se deposita plata
metálica
b) Del mismo modo se procede para el segundo caso:
Pt - 2e-
τ Pt2+
oxidación: (Anodo)
Cu2+
+ 2e-
τ Cu reducción: (Cátodo)
Pt + Cu2+
τ Pt2+
+ Cu

CATALUÑA / JUNIO 01. LOGSE / QUÍMICA / ELECECTROQUÍMICA / SERIE 5 /
OPCIÓN B / CUESTIÓN 4
Eº pila = 0,34 - 1,19 = - 0,85 V< 0
Luego: DGº > 0, y la reacción no será espontánea.
c) DGº = - n · F · Eº pila
Reacción (a): DGº = - 2 · 96500 · (1,239) = - 2,3·105
J/mol
Reacción (b): DGº = -2 · 96500 · (-0,85) = 1,64·105
J/mol

CATALUÑA / JUNIO 03. LOGSE / QUÍMICA / ELECTROQUÍMICA SERIE 2 /
4.- El sodio metálico se obtiene industrialmente por electrolisis del cloruro de sodio
fundido.
a) Indique en qué electrodo (ánodo o cátodo) se producirá el sodio metálico, y escriba la
reacción.
b) Si se hace circular una corriente de 80 A durante 30 minutos por un recipiente que
contiene cloruro de sodio fundido, calcular la carga que circula y la masa de sodio que se
obtiene.
c) ¿Se podría obtener sodio metálico electrolizando una disolución de cloruro de sodio?.
Justifique la respuesta.
Masas atómicas: Na = 23 ; Cl= 35,5
F = 96500 C/mol
Solución:
a) La obtención de Na metálico se lleva a cabo en el cátodo, por un proceso de reducción:
Na+
+ 1 e-
τ Na
b) La carga que circula será el producto de la intensidad por el tiempo (en segundos):
Q = I · t = 80 · 180 = 144000 C
La masa de Na depositada se halla por la ecuación de Faraday:
m = (Equiv.- g · I · t) / 96500
m = (23 · 144000) / 96500 = 34,3 g de Na
c) No, el sodio obtenido al electrolizar una disolución acuosa, reaccionaría con el agua,
pasando de nuevo a forma iónica, y desprendiéndose hidrógeno gas.

CATALUÑA / JUNIO 98.COU / QUÍMICA /ELECTROQUÍMICA /
OPCIÓN B Nº 3
3.- Para una pila cuya notación es:
Cd | Cd2+
(1 M) || S2O8
2-
(1 M) , SO4
2-
(1 M) | Pt
a) Dibuja el montaje que harías, e indica el material y los reactivos que emplearías para la
construcción de la pila. ( 0,75 ptos )
b) Calcule la fuerza electromotriz de la pila. ( 0,25 ptos )
c) Calcula la disminución de la masa del ánodo cuando la pila ha suministrado una corriente de
0,05 A durante _ h. ( 1 pto)
Datos: E0
(Cd2+
/Cd) = - 0,40 V ; E0
(S2O8
2-
/SO4
2-
) = + 2,01 V
1 Faraday = 96.500 C; Masa atómica Cd = 112,4
Solución:
a) La pila consta de dos disoluciones, una de iones Cd2+
1M (CdCl2) y otra de iones S2O8
2-
1M, junto
con iones SO4
2-
1M ( Na2S2O8, y Na2SO4 ), contenidas en un recipiente de vidrio y separadas por un
tabique poroso.
En dichas disoluciones se introducen sendas barras de Cd ( polo negativo ) y de Pt ( polo positivo ). Al
unir ambos electrodos por un hilo conductor se produce una corriente eléctrica, circulando los
electrones desde el electrodo de Cd hasta el de Pt.
Ambas semiceldas estan separadas por un puente salino con una disolución de KCl.

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