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[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 2017-Junio-coincidentes Pregunta A2.- a y b) El estaño metálico solamente puede oxidarse pasando de estado de oxidación 0 a estado +2 o a estado +4, por lo que otra especie debe reducirse: en una disolución acuosa de HCl están presentes H+^ y Cl-^ (además de OH- para los que no se proporciona información), por lo que la especie que se podría reducir sería H+^ a H 2 , siendo el potencial normal de reducción 0 V (asumimos [HCl]=1 M y totalmente disociado al ser un ácido fuerte). En el caso del paso a Sn2+^ tiene un potencial de reducción menor que el 0 del hidrógeno, por lo que hidrógeno se reducirá, el estaño se oxidará y sí habrá reacción. Eºpila=Eºcátodo(reducción)-Eºánodo(oxidación)=0-(-0,14)=0,14 V > 0. En el caso del paso a Sn4+ no será espontáneo. c) En este caso el Sn debería seguir oxidándose y el Cu2+^ debería reducirse; el potencial normal de reducción del Cu2+^ es mayor que el del Sn2+, por lo que el cobre tiene mayor tendencia a reducirse, el cobre se reducirá, el estaño se oxidará y sí habrá reacción. Eºpila=Eºcátodo(reducción)-Eºánodo(oxidación)=0,34-(-0,14)=0,48 V > 0 En el paso a Sn4+^ seguirá siendo espontáneo. d) Con los datos de la tabla los aniones son el perclorato y el sulfato: si se reduce el catión, el anión debe oxidarse, tomamos el anión sulfuro que es el que menor potencial de reducción tiene, que supone mayor tendencia a oxidarse. Con los datos de la tabla todos los cationes son metálicos y pueden reducirse, pero buscamos uno que tenga la mayor tendencia a reducirse, que es Cu2+. Ajustamos en medio ácido Ánodo, oxidación: S2-^ + 4H 2 O → SO 4 2-^ + 8H+^ + 8e- Cátodo, reducción: Cu2+^ + 2e-^ → Cu }· Reacción iónica global: S2-^ + 4H 2 O + 4Cu2+^ → SO 4 2-^ + 8H+^ + 4Cu Eºpila=Eºcátodo(reducción)-Eºánodo(oxidación)=0,34-(0,15)=0,19 V > 0 Pregunta B5.- ay b) Si reaccionan HNO 3 con Cl 2 para dar HClO 3 y NO 2 , el cloro se oxida (pasa de estado de oxidación 0 en Cl 2 a 5+ en el ácido clórico) y es la especie reductora y el nitrógeno se reduce (pasa de estado de oxidación 5+ en el ácido nítrico a estado 4+ en el dióxido de nitrógeno) y es la especie oxidante. Ajustamos en medio ácido Ánodo, oxidación: Cl 2 + 6H 2 O → 2ClO 3 -^ + 12H+^ + 10e- Cátodo, reducción: NO 3 -^ + 2H+^ + 1e-^ → NO 2 + H 2 O }· Reacción iónica global: Cl 2 + 6H 2 O + 10NO 3 -^ + 20H+^ → 2ClO 3 -^ + 12H+^ + 10NO 2 + 10H 2 O Cl 2 + 10NO 3 -^ + 8H+^ → 2ClO 3 -^ + 10NO 2 + 4H 2 O Reacción molecular global: Cl 2 + 10HNO 3 → 2HClO 3 + 10NO 2 + 4H 2 O c) Los 14,2 g de cloro molecular suponen 14,2 g Cl 2 · 1 mol Cl 2 35,5 · 2 g Cl 2
10 mol HNO 3 1 mol Cl 2 = 2 mol HNO 3 x L HNO 3 ( ac ) · 1290 g HNO 3 ( ac ) 1 L HNO 3 ( ac )
65 g HNO 3 100 g HNO 3 ( ac )
1 mol HNO 3 1 + 14 + 3 · 16 g HNO 3 = 2 mol HNO 3 x =
=0,15 L HNO 3 ( ac ) 2017-Junio Pregunta A5.- a) Al ser una electrolisis de disolución de NaCl, tenemos que plantear qué especies se van a reducir y oxidar mirando los potenciales; no van a ser necesariamente los iones en los que está disociado Na+^ y Cl-, ya que también hay H+^ y OH-^ asociados al equilibrio de disociación del agua, El enunciado ya nos dice que se forma Cl 2 y H 2 luego sabemos que el Cl-^ se oxida a Cl 2 y será el ánodo, y el H+^ se reduce a H 2 y será el cátodo. Se podría intentar deducir de los datos de potenciales de reducción (ver 2016-Modelo-A4), ya que
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 de hecho con el planteamiento anterior no se usan esos datos del enunciado. Cátodo, reducción, hay dos posibilidades Na+/Na tiene potencial -2,71 V y H 2 O/H 2 tiene potencial -0,83 V, se produce primero la segunda (mayor potencial de reducción) Ánodo, oxidación, hay dos posibilidades Cl-/Cl 2 que tiene potencial de oxidación -1,36 V y OH-/O 2 del que no se dan datos: enunciado dice explícitamente que se obtiene cloro y es lo que hay que considerar , luego el potencial de oxidación de OH-/O 2 debe ser menor de -1,36 V. Por curiosidad química: el valor de potencial de oxidación es -0,40 V, asociado al de reducción E^0 (O 2 /OH-)=+0, V, ambos estándar que implica asumir [OH-]=1 M, lo que sí es acorde a que enunciado dice “en medio básico”), pero que implican que a priori se produciría primero la segunda (mayor potencial de oxidación). Eso implica que las concentraciones de Cl-^ y de OH-^ en la situación del enunciado no tienen que ser las estándar. Se podría utilizar la ecuación de Nernst (no entra en 2º de Bachillerato) para ver qué combinaciones de concentraciones son válidas para que se oxide Cl-. Planteamos y ajustamos en medio básico: Ánodo, oxidación: 2Cl-^ → Cl 2 (g) + 2e- Cátodo, reducción: 2H 2 O+ 2e-^ → H 2 (g) + 2OH- Reacción iónica global: 2Cl-^ + 2H 2 O → Cl 2 (g) + H 2 (g) + 2OH- Reacción molecular global: 2NaCl + 2H 2 O → Cl 2 (g) + H 2 (g) + 2NaOH Se indica molecular pero no hay moléculas de NaCl ni NaOH, se pide la reacción usando fórmulas de los compuestos. b) Usando la definición de amperio, el concepto de Faraday y la estequiometría de la reacción 2 · 3600 s · 3 · 10
3 C
s
1 mol e
96485 C
1 mol Cl 2 2 mol e
- =111,93^ mol^ Cl 2 Usando la ley de los gases ideales PV = nRT ⇒ V = nRT P
= 2735 L de Cl 2 c) Usando la estequiometría de la reacción y los resultados de apartado b) 111,93 mol Cl 2 · 2 mol NaOH 1 mol Cl 2
23 + 16 + 1 g NaOH 1 mol NaOH = 8954 g NaOH Pregunta B3.- a) Cátodo, reducción: el ion nitrato (donde nitrógeno tiene estado de oxidación +5) se reduce a NO 2 (donde el nitrógeno tiene estado de oxidación +4). La especie que se reduce es la especie oxidante, y es el ion nitrato. Ánodo, oxidación: el cobre (con estado de oxidación 0) se oxida a Cu2+^ (con estado oxidación +2). La especie que se oxida es la especie reductora, y es el cobre. b) Planteamos las semirreacciones y ajustamos en medio ácido Ánodo, oxidación: Cu → Cu2+^ + 2e-^ } · Cátodo, reducción: NO 3 -^ + 2H+^ + 1e-^ → NO 2 + H 2 O } · Reacción iónica global: Cu + 2NO 3 -^ + 4H+^ → Cu2+^ + 2NO 2 + 2H 2 O Reacción molecular global: Cu + 4HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O c) 80 · 10 − 3 L HNO 3 ( ac ) · 0,59 mol HNO 3 1 L HNO 3 ( ac )
1 mol Cu 4 mol HNO 3
63,5 g Cu 1 mol Cu =0,7493 g Cu La pureza de la muestra es 0,7493 g 1 g
2016-Septiembre Pregunta A5.- a) Nitrato de plata: AgNO 3. Sulfato de cobre (II): CuSO 4. En el cátodo se produce la reducción: son los iones de metal de la sal disuelta los que se reducen Cátodo primera cuba: Ag+^ + 1e-^ → Ag Cátodo segunda cuba: Cu2+^ + 2e-^ → Cu b) Al estar las cubas en serie la corriente y el número de electrones que circulan es el mismo
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 tenemos presentes H+^ y OH-^ asociados al equilibrio de disociación del agua, para los que se conocen (el electrodo de hidrógeno es la referencia) o se indica (OH-) el potencial de reducción. En el ánodo se produce la oxidación; la oxidación Br-/Br tiene potencial -1,07 V y OH-/O 2 tiene -0,40 V, por lo que se produce primero la segunda Ánodo, oxidación: 4OH-^ → O 2 + 2H 2 O + 4e- En el cátodo se produce la reducción; la reducción Na+/Na tiene potencial -2,71 V y H+/H 2 tiene potencial 0 V al ser la referencia (asumimos [H+]) 1 M, medio ácido), por lo que se produce primero la segunda Cátodo, reducción: 2H+^ + 2e-^ → H 2 b) Planteamos la reacción global, multiplicando la semirreacción del cátodo por 2 y sumando 4H+^ + 4OH-^ → O 2 + 2H 2 + 4H 2 O Según la estequiometría de la reacción ajustada, por cada mol de O 2 (ánodo) se liberan 2 mol de H 2 (cátodo), por lo que en las mismas condiciones de presión y temperatura, el volumen de H 2 será el doble que el de O 2. c) 90 min·^ 60 s 1 min
1,5 C
1 s
1 mol e
96485 C
1 mol H (^) 2 2 mol e
- =0,042^ mol^ H^^2 Utilizando la ley de los gases ideales V=nRT/P=0,042·0,082·(273+30)/(700/760)=1,13 L H 2 Comentario similar a 2014-Junio-A5 : aunque junto al modelo PAU Química Madrid 201 6 , en sus orientaciones se indicaba explícitamente “ No se considera incluida la ley de Nernst ” y no aparece en los contenidos de Química de 2º de Bachillerato de Madrid, siendo puristas se podría comentar que aunque las concentraciones de Na+^ y Br-^ sí son 1 M, como las concentraciones de H+ y OH-^ no son 1 M, los valores de potenciales no serán los estándar, y habrá que calcularlos con la ecuación de Nernst. Posible aplicación Nernst al apartado a: el NaBr es una sal de ácido fuerte y base fuerte que no produce hidrólisis, por lo que su pH será 7, y la concentración de H+^ y OH-^ será 10-7^ M. E = E º −
n log Q E(H+/H 2 )=0-0,059·log(1/[H+])=-0,41 V E(O 2 /OH–)=0,4-0,059·log(1/[OH-])=0,81 V (es positivo por ser una redución, pero lo hemos planteado como ánodo, se oxida) Comparando: La oxidación Br-/Br tiene potencial -1,07 V, y la oxidación OH-/O 2 tiene -0,81 V, por lo que se sigue produciendo primero la segunda La reducción Na+/Na tiene potencial -2,71 V y H+/H 2 tiene potencial -0,41 V al ser la referencia, por lo que se sigue produciendo primero la segunda Posible aplicación Nernst al apartado b: no aplica. Posible aplicación Nernst al apartado c: no aplica. Pregunta B5.- a) El hierro se oxida, pasa de estado de oxidación +2 a +3. El cloro se reduce, pasa de estado de oxidación +5 en el clorato a -1 en el cloruro. Planteamos semirreacciones y ajustamos en medio ácido Semirreacción oxidación: Fe2+^ → Fe3+^ + 1e-^ } x 6 Semirreacción reducción: ClO 3 -^ + 6H+^ + 6e-^ → Cl-^ + 3H 2 O } x 1 Reacción iónica global: 6Fe2+^ + ClO 3 -^ + 6H+^ → 6Fe3+^ + Cl-^ + 3H 2 O Reacción molecular global: 6FeCl 2 + KClO 3 + 6HCl → 6FeCl 3 + KCl + 3H 2 O b) El agente oxidante es el que se reduce, que es el cloro dentro del clorato de potasio. 0,040 L· 2,5 mol FeCl 2 1 L
1 mol KClO 3 6 mol FeCl 2
39,0+35,5+ 3 · 16,0 g KClO 3 1 mol KClO 3 =2,04 g KClO 3 2015-Septiembre Pregunta A3.-
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 a) El zinc se oxida, pasa de estado de oxidación 0 a +2. El nitrógeno se reduce, pasa de estado de oxidación +5 en el nitrato a -3 en amonio. Planteamos semirreacciones y ajustamos en medio ácido Semirreacción oxidación: Zn → Zn2+^ + 2e-^ } x 4 Semirreacción reducción: NO 3 -^ + 10H+^ + 8e-^ → NH 4 +^ + 3H 2 O } x 1 Reacción iónica global: 4 Zn + NO 3 -^ + 10H+^ → 4 Zn2+^ + NH 4 +^ + 3H 2 O Reacción molecular global: 4 Zn + 10 HNO 3 → 4 Zn(NO 3 ) 2 + NH 4 NO 3 + 3H 2 O b) Primero comprobamos si hay un reactivo limitante o están en proporción estequiométrica 100 mLác. com. · 1,12 g ác. com. 1 mL ác. com.
68 g HNO 3 puro 100 g ác. com.
1 mol HNO 3 1 + 14 + 3 · 16 g HNO 3 =1,21 mol HNO 3 13,08 g Zn · 1 mol Zn 65,4 g Zn =0,2 mol Zn La proporción estequiométrica es mol(HNO 3 )/mol(Zn)=10/4=2, La proporción de los reactivos es 1,21/0,2=6,5. Es mucho mayor; el ácido nítrico está en exceso y el Zn es el reactivo limitante. 0,2 mol Zn · 1 mol NH (^) 4 NO 3 4 mol Zn
14 + 4 · 1 + 14 + 3 · 16 g NH (^) 4 NO 3 1 mol NH (^) 4 NO 3 =4,0 g NH (^) 4 NO 3 Pregunta B5. a) Como oxidante se reduce. En medio ácido pasa de estado de oxidación +7 a +2. Semirreacción reducción: MnO 4 -^ + 8H+^ + 5e-^ → Mn2+^ + 4H 2 O En medio básico pasa de estado de oxidación +7 a +4. Semirreacción reducción: MnO 4 -^ + 2H 2 O + 3e-^ → MnO 2 + 4OH- b) Si se quiere que la plata se oxide, la plata debe ser el ánodo, y el potencial de reducción de la semirreacción de reducción para el ion permanganato debe ser mayor que el de la reducción de la plata, por lo que viendo los valores de potenciales será en medio ácido, de modo que la reacción sea espontánea ya que Epila=Ecátodo-Eánodo=1,51-0,80 > 0 c) Planteamos la semirreacción del ánodo y la reacción iónica global para conocer la estequiometría Semirreacción oxidación: Ag → Ag+^ + 1e- Reacción iónica global: MnO 4 -^ + 8H+^ + 5Ag → 5Ag+^ + Mn2+^ + 4H 2 O 10,8 g Ag · 1 mol Ag 108 g Ag
1 mol KMnO 4 5 mol Ag
1 L disolución 0,2 mol KMnO 4 =0,1 L disolución KMnO 4 0,2 M 2015-Junio-Coincidentes Pregunta A4.- a) El estado de oxidación de Sb en Sb 2 S 3 es +3 y en Sb 2 O 5 es +5: el Sb se oxida, y la especie que se oxida es Sb3+. El estado de oxidación de N en HNO 3 es +5 y en NO 2 es +4: el N se reduce, y la especie que se reduce es NO 3 -. b) 0,75^ mL^ ác^.^ com.^ ·^ 1,41 g ác. com. 1 mL ác. com.
67 g HNO 3 puro 100 g ác. com.
1 mol HNO 3 1 + 14 + 3 · 16 g HNO 3 =0,0112 mol HNO 3 5,0 g Sb 2 S 3 · 1 mol Sb 2 S 3 2 · 121,8+ 3 · 32 g Sb 2 S 3 =0,0147 mol Sb 2 S 3 La proporción estequiométrica es mol(HNO 3 )/mol(Sb 2 S 3 )=10/1= La proporción de los reactivos es 0,0112/0,0147=0,762. Es mucho menor; el ácido nítrico es el reactivo limitante y el Sb 2 S 3 está en exceso. c) 0,0112 mol^ H^ NO 3 ·^ 3 mol S 10 mol H NO 3
32 g S 1 mol S =0,108 g S
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 c) Como ambas cubetas están en serie, circula la misma intensidad de corriente. Usamos factores 1 h· 3600 s 1 h
15 C
1 s
1 mol e
96485 C
1 mol Zn 2 mol e
- ·^
65,4 g Zn 1 mol Zn
=18,3 g Zn Con el primer factor realizamos la conversión del tiempo a segundos. Con el segundo factor usamos intensidad para obtener la carga. Con el tercer factor usamos el Faraday para obtener el número de moles de electrones. Con el cuarto factor usamos la estequiometría para obtener el número de moles de Zn. Con el quinto factor usamos la masa atómica de Zn para obtener la masa en los moles obtenidos. d) Los moles que quedan en disolución son los que había inicialmente menos los depositados en los cátodos. Los moles de iones disueltos están asociados a los de las sales ya que se disocian totalmente. Segunda cubeta: 2 L · 0,2 mol Al 2 ( SO 4 ) 3 1 L
2 mol Al 3+ 1 mol Al 2 ( SO 4 ) 3 − 5 g Al · 1 mol Al 27 g Al =0,61 mol Al 3+ Primera cubeta: 1 L · 0,5 mol Zn ( NO 3 ) 2 1 L
1 mol Zn 2+ 1 mol Zn ( NO 3 ) 2 −18,3 g Zn · 1 mol Zn 65,4 g Zn =0,22 mol Zn 2+ Pregunta B1.- Realizamos por el método del ión-electrón ambos ajustes en medio ácido a) Reducción: Cr 2 O 7 2-^ + 14H+^ +6e-^ → 2Cr3+^ + 7H 2 O Oxidación: 2I-^ → I 2 + 2e-^ } · Iónica global: Cr 2 O 7 2-^ + 14H+^ + 6I-^ → 2Cr3+^ + 7H 2 O + 3I 2 Molecular Global: K 2 Cr 2 O 7 + 14HI → 2CrI 3 + 7H 2 O + 3I 2 + 2KI b) Reducción: SO 4 2-^ + 4H+^ +2e-^ → SO 2 + 2H 2 O Oxidación: 2Br-^ → Br 2 + 2e- Iónica global: SO 4 2-^ + 4H+^ + 2Br-^ → SO 2 + 2H 2 O + Br 2 Molecular Global: 2H 2 SO 4 + 2KBr → SO 2 + 2H 2 O + Br 2 + K 2 SO 4 2015-Modelo Pregunta A2.- a) Falso. El oxígeno se reduce, ya que pasa de estado de oxidación 0 en O 2 a estado de oxidación - en SO 2 , por lo que el oxígeno es el oxidante; es el que oxida a S que pasa de 0 a +4. b) Falso. El ácido hipocloroso es un oxácido en el que H tiene estado de oxidación +1, O tiene estado de oxidación -2, y el elemento central actúa como metal y tiene estado de oxidación positivo, que es +1, ya que al ser un compuesto neutro la suma de los estados de oxidación debe ser cero. c) Verdadero. Es una pila donde el cobre se oxida (es el ánodo) ya que tiene menor potencial de reducción y menor tendencia a reducirse, y la plata se reduce (es el cátodo). El potencial de la pila es Eºpila=Eºcátodo-Eºánodo=0,80-0,34=0,46 V d) Verdadero. El hierro se reduce ya que tiene menor potencial de reducción y mayor tendencia a reducirse (es un valor negativo de menor valor absoluto), y el Zn se oxida. Si planteamos las semirreacciones y ajustamos Oxidación: Zn → Zn2+^ + 2e-^ } · Reducción: Fe3+^ + 3e-^ → Fe } · Global: 2Fe3+^ + 3Zn → 2Fe + 3Zn2+. Pregunta B2.- a) En los compuestos neutros la suma de todos los estados de oxidación debe ser cero K 2 Cr 2 O 7 : estados de oxidación K:+1, O:-2 2·(+1)+2·x+7·(-2)=0; x=(14-2)/2=+ Cr 2 (SO 4 ) 3 : estados de oxidación S:+6 (es el que tiene en ácido sulfúrico), O:- 2·x+3·(6+4·(-2))=0 ; x= 6/2=+ En KCl el estado de oxidación de Cl es -1, y en Cl 2 es 0. Se oxida el Cl que pasa de -1 a 0, KCl es la especie reductora.
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 Se reduce el Cr que pasa de +6 a +3, K 2 Cr 2 O 7 es la especie oxidante. b) Ajustamos en medio ácido Reducción: Cr 2 O 7 2-^ + 14H+^ +6e-^ → 2Cr+3^ + 7H 2 O Oxidación: 2Cl-^ → Cl 2 + 2e-^ } · Iónica global: Cr 2 O 7 2-^ + 14H+^ + 6Cl-^ → 2Cr3+^ + 7H 2 O + 3Cl 2 Molecular Global: K 2 Cr 2 O 7 + 6KCl + 7H 2 SO 4 → Cr 2 (SO 4 ) 3 + 7H 2 O + 3Cl 2 + 4K 2 SO 4 c) (^2) mol KCl · 3 mol Cl 2 6 mol KCl = 1 mol Cl (^) 2 2014-Septiembre Pregunta A5.- a) El ZnBr 2 fundido está disociado en sus iones, Zn2+^ y Br- Cátodo, semirreacción de reducción: Zn2+^ + 2e-^ → Zn Ánodo, semirreacción de oxidación: 2Br-^ → Br 2 + 2e- b) 1 g Zn · 1 mol Zn 65,4 g Zn
2 mol e
1 mol Zn
96485 C
1 mol e
- ·^
1 s 10 C = 295 s c) Cátodo, semirreacción de reducción: Vx+^ + xe-^ → V 3,8 g V · 1 mol V 50,9 g V
x mol e
1 mol Zn
96485 C
1 mol e
- ·^
1 s 10 C = 3600 s 720,3 x = 3600 ⇒ x =
La carga del ion vanadio será + Pregunta B1.- a) Oxidación: Cd → Cd2+^ + 2e- Reducción: Cl 2 + 2e-^ → 2Cl- Global: Cl 2 + Cd → Cd2+^ + 2Cl- Eº=1,36-(-0,40)=1,76 V > 0, sí es espontánea. b) Oxidación: Cr → Cr3+^ + 3e-^ }x Reducción: Cu2+^ + 2e-^ → Cu }x Global: 2Cr + 3Cu2+^ → 2Cr3+^ + 3Cu Eº=0,34-(-0,74)=1,08 V > 0, sí es espontánea. 2014-Junio-Coincidentes Pregunta A3.- b) Para desprender H 2 el H+^ del ácido se debe reducir, por lo que el metal se debe oxidar, y para que se desprenda espontáneamente el potencial de reducción del cátodo debe ser mayor que el del ánodo donde se produce la oxidación. Asumiendo condiciones normales, el potencial de hidrógeno es 0 V, por lo que como cátodo tiene mayor potencial que que los electrodos Pb2+/Pb, Ni2+/Ni, Sn2+/Sn y en esos casos sí se desprenderá hidrógeno, pero no para Sn4+/Sn2+^ y Ag+/Ag. Como el enunciado dice “para los metales Pb, Ni y Ag”, se puede asumir que se parte de los metales con estado de oxidación 0, y en ese caso la respuesta sería “Pb y Ni” b) Para que el Pb, Ni o Ag reduzcan el Sn4+^ a Sn2+, que sería el cátodo, tienen que ser los ánodos, y tienen que tener menor potencial de reducción/mayor tendencia a oxidarse, lo que ocurre para Pb y Ni. Para que esos metales no reduzcan el Sn2+^ a Sn, su potencial de reducción tiene que ser mayor que el del Sn2+/Sn, de modo que ellos tengan más tendencia a reducirse, lo que, de los dos casos anteriores, solamente ocurre para el Pb. Es decir, se produciría la oxidación Pb → Pb2+^ + 2e-^ , la reducción Sn4+^ + 2e-^ → Sn2+^ , y el potencial sería Epila=Ecátodo-Eánodo=0,15-(-0,12)=0,27 > 0, pero no se produciría la oxidación Pb → Pb2+^ + 2e-^ y la reducción Sn2+^ + 2e-^ → Sn , ya que el potencial sería Epila=Ecátodo-Eánodo=-0,14-(-0,12)=-0,02 < 0 c) La barra de plomo se oxidará, será el ánodo. La plata se reducirá, será el cátodo.
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 Nota (comentario sugerido por Paula): aunque junto al modelo PAU Química Madrid 2014, en sus orientaciones se indicaba explícitamente “ No se considera incluida la ley de Nernst ” y no aparece en los contenidos de Química de 2º de Bachillerato de Madrid, siendo puristas se podría comentar que como las concentraciones no son 1 M, los valores de potenciales no serán los estándar, y habrá que calcularlos con la ecuación de Nernst. Posible aplicación Nernst al apartado a: como en él se trataba de comparar tendencias relativas a la reducción, el planteamiento con los potenciales estándar es válido (se trata de una situación similar a la “habitual/conocida” de hierro ó cinc en una disolución con iones de cobre). Posible aplicación Nernst al apartado b: parece claro que obtendríamos un potencial, que es lo que se pide, distinto del estándar. Si utilizamos la ley de Nernst para cada semirreacción E = E^ º^ −^
n log Q (^) obtendríamos los potenciales relativos al potencial estándar de hidrógeno (en que [H+] fuese 1 M y P(H 2 )=1 atm) Reducción: Ag+^ + 1e-^ → Ag Oxidación ½ H 2 → 1e-^ + H+ Global: Ag+^ + ½ H 2 → Ag + H+ E ( Ag
/ Ag )=0,80−
log
=0,74 V
Reducción: H+ + 1e-^ → ½ H 2 Oxidación: Cd → Cd2+^ + 2e- Global: H+^ + 1e-^ → ½ H 2 E ( Cd 2+ / cd )=−0,40−
log
=−0,43 V
Con lo que podríamos plantear E=E(Ag+/Ag)-E(Cd2+/Cd)=0,74-(-0,43)=1,17 V Pero puede surgir la duda ¿cómo interviene en ese resultado la concentración 0,1 M de Cd2+, asociable al nitrato de cadmio 0,1 M del enunciado, si inicialmente no hay cadmio disuelto, ya que introducimos una barra de cadmio en una disolución de nitrato de plata? Si lo planteamos utilizando la reacción iónica global en la que se intercambian 2 e- 2Ag+^ (ac) + 2NO 3 -^ (ac) + Cd → 2Ag + Cd2+^ (ac) + 2NO 3 -^ (ac) quedaría E = Eº ( Ag
/ Ag )− Eº ( Cd 2+ / Cd )−
log [ Cd 2+ ][ NO 3
] 2 [ NO 3
] 2 Si sustituimos [Cd2+]=0,1 M obtenemos el mismo resultado, pero surge la misma duda E =0,80−(−0,40)−
log
2 =1,17^ V
Si sustituimos [Cd2+]=0, el cociente de reacción Q será 0, tendremos E=1,2-(-∞)=∞ V, Inicialmente al sumergir la barra de cadmio no tenemos productos, por lo que la variación de energía de Gibbs ΔG=-nFE será - ∞, y el proceso será espontáneo, pero en cuanto haya un mínimo de concentración de [Cd2+], Q ya no será 0, y tenderemos E elevado y ΔG negativo pero no tan elevado. Posible aplicación Nernst al apartado c: a medida que se va depositando el cadmio, varía su concentración y el potencial de reducción del cadmio varía, por lo que podría ocurrir que antes de que se depositasen todos los iones de plata, el potencial fuese 0, dejase de ser espontánea y no se depositase totalmente toda la plata. Por cada 2 mol de plata que se depositan pasa a la disolución 1 mol de cadmio, por lo que podemos plantear, inicialmente con moles n(Cd2+)disolución=2·n(Ag+)depositados Dado que c=n/V, y dado que n(Ag+)depositados=0,1·V-n(Ag+)iniciales, y el volumen V de la disolución es constante, [Cd+]=2(0,1-[Ag+]). Por ejemplo si [Ag+]=0, [Cd2+]=0,2 (todo se ha depositado)
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 0 = Eº ( Ag
/ Ag )− Eº ( Cd 2+ / Cd )−
log [ Cd 2+ ] [ Ag
] 2 1,2=
log( 0,2− 2 [ Ag
] [ Ag
]
40 [ Ag
]=0,2− 2 [ Ag
]⇒[ Ag
]≈ 0 M Pregunta B5.- a) Utilizamos la definición de estado de oxidación, la suma de estados de oxidación en compuesto es igual a su carga, y el estado de oxidación de los elementos en su estado estándar es cero. En el ion permanganato, MnO 4 - , el manganeso tiene estado de oxidación +7, y el oxígeno tiene estado de oxidación -2. En el dicloruro de manganeso, MnCl 2 , el manganeso tiene estado de oxidación +2, y el cloro tiene estado de oxidación -1. En el peróxido de hidrógeno, H 2 O 2 , el oxígeno tiene estado de oxidación -1, y el hidrógeno tiene estado de oxidación +1. En el oxígeno molecular, O 2 , el oxígeno tiene estado de oxidación 0. La especie que se reduce es el ion permanganato, donde el manganeso pasa de estado +7 a estado +2. La especie que se oxida es el peróxido de hidrógeno, donde el oxígeno pasa de estado -1 a estado 0. La especie reductora es la se oxida, que es el peróxido de hidrógeno. La especie oxidante es la se reduce, que es el ion permanganato. b) Planteamos la semirreacciones ajustándolas en medio ácido Semirreacción de oxidación: H 2 O 2 → O 2 + 2H+^ + 2e-^ } x Semirreacción de reducción: MnO 4 -^ + 8H+^ + 5e-^ → Mn2+^ + 4H 2 O } x Reacción iónica global: 5H 2 O 2 + 2MnO 4 -^ + 16H+^ → 5O 2 + 10H+^ + 2Mn2+^ + 8H 2 O Reacción molecular global: 5H 2 O 2 + 2KMnO 4 + 6HCl → 5O 2 + 2MnCl 2 + 8H 2 O + 2KCl d) Utilizamos factores de conversión 23 mL KMn O 4 ( ac ) · 0,1 mol KMn O 4 1000 mL KMn O 4 ( ac )
5 mol H 2 O 2 2 mol KMn O 4
− 3 mol H 2 O 2 Con el primer factor obtenemos los moles de KMnO 4 en 23 mL disolución 0,1 M. Con el segundo factor obtenemos los moles de H 2 O 2 asociados a esos moles de KMnO 4. La concentración de H 2 O 2 será 5,75·10-3/0,1=5,75·10-2^ M d) Utilizamos factores de conversión 23 mL KMn O 4 ( ac ) · 0,1 mol KMn O 4 1000 mL KMnO 4 ( ac )
5 mol O 2 2 mol KMnO 4
− 3 mol O 2 Con el primer factor obtenemos los moles de KMnO 4 en 23 mL disolución 0,1 M. Con el segundo factor obtenemos los moles de O 2 obtenidos a partir de esos moles de KMnO 4. Utilizamos la ley de los gases ideales, PV=nRT V=nRT/P=5,75·10-3·0,082·(273+30)/(700/760)=0,155 L de O 2 2014-Modelo Pregunta A4.- a) El aluminio metálico se oxida, es la especie reductora. El cobre se reduce, es la especie oxidante. Semirreacción oxidación: Al → Al3+^ + 3e- Semirreacción reducción: Cu2+^ + 2e-^ → Cu Reacción iónica global: 2Al + 3Cu2+^ → 2Al3+^ + 3Cu Reacción molecular global: 2Al + 3CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu b) Eº=0,34-(-1,69)=2,03 V > 0, espontánea. c) 30 ·^10 − 3 L · 0,1 mol CuSO 4 1 L
2 mol Al 3 mol CuSO 4
27 g Al 1 mol Al =0,054 g Al 2013-Septiembre
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 (cualitativamente es la semirreacción anterior añadiendo 2OH-^ en ambos lados) Cátodo, semirreacción reducción: 2H 2 O + 2e-^ → H 2 (g) + 2OH- Reacción global: 2NaCl (ac) + 2H 2 O → 2NaOH + Cl 2 (g) + H 2 (g) b) Usamos factores de conversión, llamando Q a la carga en culombios. 500 g Cl 2 · 1 mol Cl 2 2 · 35,5 g Cl 2
2 mol e
1 mol Cl 2
96485 C
1 mol e
- =^
6 C Usamos factores de conversión: Con el primer factor obtenemos los moles de Cl 2. Con el segundo factor usamos la estequiometría para obtener el número de moles de electrones. Con el tercer factor usamos el Faraday para obtener el número de culombios c) Usando la estequiometría de la reacción ajustada 500 g Cl 2 · 1 mol Cl 2 2 · 35,5 g Cl 2
2 mol NaOH 1 mol Cl 2
23 + 16 + 1 g NaOH 1 mol NaOH = 563 g NaOH d) Usando la estequiometría de la reacción ajustada 500 g Cl 2 · 1 mol Cl 2 2 · 35,5 g Cl 2
1 mol H 2 1 mol Cl 2 =7,04 mol H 2 Utilizando la ley de los gases ideales V=nRT/P=7,04·0,082·(273+25)/(780/760)=168 L H 2 2013-Junio Pregunta A3.- a) Si la barra de Zn se disuelve, se está oxidando formando iones Zn → Zn2+^ + 2e-^ , y aportará esos electrones a otra sustancia que se reduce y forma el gas, que es el hidrógeno 2H+^ + 2e-^ → H 2 (g) b) Los potenciales estándar de reducción miden la tendencia a reducirse, que es a captar electrones, comparada con la tendencia que tiene el hidrógeno. Dado que el Zinc se oxida y hace que el hidrógeno se reduzca, su potencial será negativo. La plata no se oxida por el hidrógeno, luego su potencial será positivo. (Valores reales: Eo^ (Zn2+/Zn)=-0,76 V y Eo^ (Ag+/Ag)=+0,80 V) c) En la disolución acuosa tendremos iones Ag+^ y Cl-. El Zn solamente se puede oxidar (es una barra), y en la disolución solamente se puede reducir Ag+^ (el Cl-^ ya está en su estado de oxidación más bajo). Se produce reacción si el potencial redox asociado es positivo, que es E=Ereducción-Eoxidación =Eo^ (Ag+/Ag)-Eo^ (Zn2+/Zn) que será positivo según lo indicado en apartado b, así que sí se producirá reacción. Pregunta B4.- a) Reducción: el N pasa de número de oxidación +5 en nitrato a +2 en NO Oxidación: en S pasa de número de oxidación -2 en sulfuro a 0 en S sólido. Planteamos y ajustamos en medio ácido: Semirreacción de reducción: NO 3 -^ + 4H+^ + 3e-^ → NO + 2H 2 O Semirreacción de oxidación: S2-^ → S + 2e- El reactivo oxidante es NO 3 - , que se reduce y oxida a S2-. El reactivo reductor es S2-, que se oxida y reduce a NO 3 -. b) Muliplicamos las semirreacciones para iguala el número de electrones y sumamos, obteniendo la reacción iónica global 2NO 3 -^ + 8H+^ + 3S2-^ → 2NO + 4H 2 O + 3S La reacción global es 3CuS + 8HNO 3 → 2NO + 4H 2 O + 3S + 3Cu(NO 3 ) 2 c) 65 g HNO 3 100 g disolución
1 mol HNO 3 ( 1 + 14 + 16 · 3 ) g HNO 3
1,4 g disolución 1 cm
3 ·^
1000 cm 3 1 L
=14,4 M
d) 90 ·^10 − 3 L · 14,4 mol HNO 3 1 L
3 mol CuS 8 mol HNO 3
(63,5+ 32 ) g CuS 1 mol CuS =46,4 g CuS 2013-Modelo Pregunta A2.-
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 a) Verdadera. En la reacción redox el Sn se oxidaría y el Pb2+^ se reduciría, por lo que Eº=Eº(Pb2+/Pb)-Eº(Sn2+/Sn)=0,125-(-0,137) > 0, espontánea. b) Verdadera. En la reacción redox en medio ácido el Sn se oxidaría y la reducción sería del H+^ a H 2 (g), que tiene potencial cero. Eº=Eº(H+/H 2 )-Eº(Sn2+/Sn)=0-(-0,137) > 0, espontánea. c) Falsa. Los potenciales de semirreacción no se modifican por coeficientes estequiométricos. Pb2+^ + 2Na → Pb + 2Na+^ ; Eº=Eº(Pb2+/Pb)-Eº(Na+/Na)=0,125-(-2,713)=2,838 V d) Verdadera. Eº=Eº(Sn2+/Sn)-Eº(Na+/Na)=-0,137-(-2,713)=2,576 V Pregunta B3.- d) La reacción que se produce es CaCO 3 + 2HCl → Ca2+^ (ac) + 2Cl-^ (ac) + CO 2 (g) + H 2 O No es una reacción redox ya que no varía el estado de oxidación de ningún elemento. Pregunta B5.- a) El Fe es el que se oxida, es el reductor, semirreacción oxidación: Fe → Fe3+^ +3e- El Cu es el que se reduce, es el oxidante, semirreacción reducción: Cu2+^ + 2e-^ → Cu La reacción iónica global, multiplicando la primera por 2 y la segunda por 3 2Fe + 3Cu2+^ → 2Fe3+^ + 3Cu b) Eº=Eº(Cu2+/Cu)-Eº(Fe3+/Fe^0 )=0,34-(-0,04)=0,38 V > 0, espontánea. c) En 30 mL de disolución CuSO 4 0,1 M tenemos 0,03 L · 0,1 mol/L = 0,003 mol Cu2+ Según la estequiometría de la reacción n(Cu2+)/n(Fe)=3/2, luego n(Fe)=(2/3)·0,003=0,002 mol La masa de Fe necesaria será 0,002 mol · 56 g/mol = 0,112 g 2012-Septiembre Pregunta B1.- Ambas son en medio ácido, ajustamos por el método del ión-electrón a) Semirreacción oxidación: 2Br–^ → Br 2 + 2e- Semirreacción reducción H 2 O 2 + 2H+^ + 2e-^ → 2H 2 O Reacción iónica global: H 2 O 2 + 2Br–^ + 2H+^ → Br 2 + 2H 2 O Agente oxidante (se reduce) H 2 O 2 Agente reductor (se oxida): Br- a) Semirreacción oxidación: Sn2+^ → Sn4+^ + 2e- Semirreacción reducción MnO 4 -^ + 8H+^ + 5e-^ → Mn2+^ + 4H 2 O Reacción iónica global: 2MnO 4 –^ + 5Sn2+^ + 16H+^ → 2Mn2+^ + 5Sn4+^ + 8H 2 O Agente oxidante (se reduce) MnO 4 - Agente reductor (se oxida): Sn2+ 2012-Junio Pregunta A3.- a) Verdadera. Si se produce reacción la barra de cobre se oxida pasando iones a la disolución y los iones de plata se reducen depositándose, por lo que Eº=0,80-0,34=0,46>0, sería espontánea. b) Falsa. Las dos especies son cationes y tenemos los potenciales estándar de reducción de ambos, por lo que no puede producirse una reacción redox si no hay una especie que se oxide (una posible reacción de oxidación sería Pb2+^ a Pb4+, pero no se proporciona el potencial) c) Verdadera. Si se produce reacción el plomo se oxida pasando iones a la disolución y los iones de cobre se reducen depositándose, por lo que Eº=0,34-(-0,14)=0,48 > 0, sería espontáneo. d) Falsa. Si es una pila es porque es espontánea, luego tendría que tener Eº>0, pero tomando como ánodo el electrodo de plata y como cátodo el de Zn, Eº=Eºcátodo-Eºánodo=-0,76-(0,80)=-1,56 V < 0. El electrodo plata sería el cátodo Pregunta B4.- a) Cátodo es reducción, es la deposición Ni2+^ + 2e-^ → Ni b) El volumen de la capa de níquel sería 3·4·0,02=0,24 cm^3 Utilizando el dato de la densidad, m=d·v=8,9·0,24=2,136 g c) El número de moles de Ni a depositar es n(Ni)=2,136/58,7=0,036 mol 1/2=n(Ni)/n(e-) ; n(e-)=2·n(Ni)=0,072 mol
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 Reducción: MnO 4 –^ + 8H+^ + 5e–^ → Mn2+^ + 4H 2 O Obtenemos la reacción iónica global sumando ambas tras igualar el número de electrones: multiplicando la primera por 6 y la segunda por 2. 2 MnO 4 –^ + 5 Ni + 16H+^ → 2 Mn2+^ + 5 Ni2+^ + 8H 2 O b) Calculamos el número de moles iniciales de cada uno n 0 (MnO 4 – ) = 1,2·0,05 = 0,06 mol n 0 (Ni) = 14,7/58,7 = 0,25 mol Según la estequiometría de la reacción, para una reacción completa n(MnO 4 – )/n(Ni)=2/5=0, En este caso n 0 (MnO 4 – )/n 0 (Ni)=0,06/0,25=0,24, menor que el valor de reacción completa, luego está en exceso el reactivo indicado en el denominador, y el reactivo limitante es MnO 4 – c) Según la estequiometría de la reacción, nf (Ni2+) = n 0 (MnO 4 – )·(5/2) = 0,15 mol [Ni2+]f = 0,15 / 0,050 = 3 M nf (Mn2+) = n 0 (MnO 4 – ) = 0,06 mol ; [Mn2+]f = 0,06 / 0,050 = 1,2 M d) nf (Ni) = n 0 (Ni) - nf (Ni2+) = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol Ni mf (Ni) = 0,1·58,7 = 5,87 g Ni 2011-Junio Pregunta 3A.- a) Para decidir qué metal se oxida y cual se reduce, miramos los potenciales de reducción: la plata tiene mayor potencial de reducción, luego tiene menor tendencia a oxidarse y se reducirá, por lo que será el cátodo, y el plomo será el ánodo Ánodo, oxidación: Pb → Pb2+^ + 2e- b) Cátodo, reducción: Ag+^ + e-^ → Ag c) Reacción iónica: igualamos el número de electrones y sumamos semirreacciones Pb → Pb2+^ + 2e- 2(Ag+^ + e-^ → Ag) Pb + 2Ag+^ → Pb2+^ + 2Ag Reacción global Pb + 2AgNO 3 → Pb(NO 3 ) 2 + 2Ag d) Eº pila = Eº cátodo – Eº ánodo = 0,80 - (-0,13)=0,93 V Pregunta 4B.- a) El cloro gaseoso tiene número de oxidación cero, luego se ha oxidado desde ion Cl- El ion Mn2+^ se ha reducido desde ion Mn4+ Semirreacción oxidación: 2Cl-^ → Cl 2 + 2e- Semirreacción reducción: MnO 2 + 4H+^ + 2e-^ → Mn2+^ + 2H 2 O Reacción iónica: 2Cl-^ + MnO2 + 4H+^ → Cl 2 + Mn2+^ +H 2 O b) 4HCl + MnO 2 → Cl 2 + MnCl 2 + H 2 O c) Calculamos el número de moles en 7,3 L de gas en esas condiciones: n=PV/RT = 1·7,3/0,082·(273+20)=0,3 mol Cl 2 0,3 mol Cl 2 · 1 mol MnO 2 1 mol Cl 2
( 55 + 2 · 16 ) g MnO 2 1 mol MnO 2 =26,1 g MnO 2 d) De acuerdo a la estequiometría de la reacción, el número de moles de ácido clorhídrico es cuatro veces que el de cloro gaseoso, 1,2. La masa molecular del ácido clorhídrico es 1+35,5 = 36, Para tener 1,2 moles necesitaremos 1,2 mol · 36,5 g/mol = 43,8 g HCl Como la riqueza en peso es del 38 %=^ 43,8 g x g ⋅ (^100) , quiere decir que necesitaremos 43,8/0,38=115,26 g. Utilzando la densidad proporcionada y cambiando unidades, el volumen será 115,26 g/1180 g·L–1=0,0977 L = 97,7 mL 2011-Modelo Pregunta 3A.-
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 a) Razonamos la situación: es una disolución con iones Zn2+, que se tendrían que reducirse para pasar a Zn y lámina de cobre Cu se tendría que oxidarse (pasaría a Cu2+). E = Ereducción– Eoxidación = -0,76 -0,34 = -1,1 V, negativo, no se produciría. Teniendo clara la situación se puede decir que como Eº (Zn2+/Zn) < Eº (Cu2+/Cu), no se produce reacción. b) Zn2+^ + 2 e− → Zn Eº 1 = −0,76 V Cu → Cu2+^ + 2 e−^ Eº 2 = −0,34 V (potencial de oxidación, cambiamos el signo) Zn2+^ + Cu → Zn + Cu2+^ Eº = −1,10 V Al menos es necesario aplicar 1,10 V c) Polo negativo = CÁTODO = semirreacción de reducción = Zn Polo positivo = ÁNODO = semirreacción de oxidación = Cu Nota: es celda electrolítica, no pila, se mantiene cátodo-reducción y ánodo-oxidación, pero como cambian polos respecto a pila, y en este caso: ánodo = positivo, y cátodo = negativo d) Reaccionarán espontáneamente pues E > 0 Cu2++ 2 e−^ → Cu Eº 1 = 0,34 V Zn → Zn2+^ + 2 e−^ Eº 2 = 0,76 V (potencial de oxidación, cambiamos el signo) Zn2+^ + Cu → Zn + Cu2+^ Eº = 1,10 V Pregunta 4B.- a) SR oxidación: 2 I−^ → I 2 + 2 e− SR reducción: Cr 2 O 7 2−^ + 14 H+^ + 6 e−^ → 2 Cr3+^ + 7 H 2 O b) R iónica: Cr 2 O 7 2−^ + 6I−^ + 14 H+^ → 2 Cr3+^ + 3 I 2 + 7 H 2 O oxidante: K 2 Cr 2 O 7 ; reductor: NaI (también es válido Cr 2 O 7 2−^ y I−, respectivamente) c) K 2 Cr 2 O 7 + 6NaI + 7 H 2 SO 4 → Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3 Na 2 SO 4 + K 2 SO 4 +3 I 2 + 7 H 2 O d) En 100 mL de disolución 0,2 M de dicromato, hay n = M × V = 0,1× 0,2 = 0,02 moles de dicromato que oxidan a 0,02 × 6 = 0,12 moles de NaI M = 0,12 moles / 0,12 L = 1 M 2010-Septiembre-Fase General Cuestión 3A.- Dados los siguientes pares redox: Mg2+/Mg; Cl 2 /Cl–^ ; Al3+/Al; Ag+/Ag a) Mg2+^ + 2e−^ → Mg Cl 2 + 2e−^ → 2Cl− Al3+^ + 3e−^ → Al Ag+^ + e−^ → Ag b) En una reacción red-ox, ∆G = −nFE, a mayor potencial mayor tendencia a producirse. El oxidante más fuerte es el elemento que tiene mayor tendencia a reducirse, es decir, la forma oxidada del par de mayor potencial de reducción, el Cl 2. c) El reductor más fuerte es el elemento que tiene mayor tendencia a oxidarse, es decir, el que tenga mayor potencial de oxidación, lo que equivale a menor potencial de reducción, que corresponde con la forma reducida del par de menor potencial Par de menor potencial ≡ Mg2+/Mg. Forma reducida del par ≡ Mg. El reductor más fuerte es el Mg. d) No. El Al3+^ está en su máximo estado de oxidación y por lo tanto no puede ser oxidado por ningún agente oxidante. Problema 2B.- a) En los dos recipientes de producirse alguna reacción será la reducción del catión metálico mediante la oxidación del Cu.
- Primer recipiente. Cobre metálico en disolución de sulfato de cinc (Zn2+, SO 4 2−). ZnSO 4 + Cu → CuSO 4 + Zn Semirreacción de reducción: Zn2+^ + 2 e− → Zn Eº = −0,76 V Semirreacción de oxidación: Cu → Cu2+^ + 2 e−^ Eº = −0,34 V Zn2+^ + Cu → Zn + Cu2+^ EºT = -1,10 V Para la reacción redox, la energía libre se relaciona con el potencial ∆Gº = −nFEº
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 nítrico, las sales que se formarán serán nitratos. 8HNO 3 + 3Cd → 2NO + 3Cd(NO 3 ) 2 + 4H 2 O b) El potencial de un proceso red-ox es la suma de los potenciales de cada una de las semirreacciones. Eo^ = Eo^ (NO 3 −/ NO) + Eo^ (Cd/Cd2+) = Eo^ (NO 3 −/ NO) + (− Eo^ (/Cd2+/Cd)) Eo^ = 0,96 + (− 0,40) = 1,36 V > 0 Para que un proceso red-ox sea espontáneo, el potencial debe ser positivo (∆G = −nFE), por lo que es una reacción espontánea. c) Utilizando factores de conversión 20,2 g Cd · 1 mol Cd 112 g Cd
8 mol HNO 3 3 mol Cd
1 L HNO 3 ( ac ) 12 mol HNO 3 =0,04 L = 40 mL HNO 3 ( ac ) Con el primer factor obtenemos los moles de Cd en 20,2 g Con el segundo factor usando la estequiometría obtenemos los moles de ácido nítrico. Con el tercer factor usando la concentración obtenemos el volumen de disolución. 2010-Junio-Coincidentes Cuestión 3A.- El potencial de reducción normal del cobre es mayor que el del magnesio, luego tiene mayor tendencia a reducirse: el electrodo de Cu será el cátodo y el de Mg el ánodo. a) Ánodo, oxidación Mg(s)→ Mg2+^ +2e- b) Cátodo, reducción Cu2+^ + 2e-^ → Cu(s) c) Mg(s) + Cu2+^ → Mg2+^ + Cu(s) d) E^0 =Ecátodo-Eánodo=0,34-(-2,37)=2,71 V > Problema 1B.- a) Semirreacción de oxidación: Bi(s) → Bi3+^ + 3e- Semirreacción de reducción: NO 3 -^ +4H+^ +3e-^ → NO + 2H 2 O b) Bi(s) + 4HNO3 → Bi(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O c) Según la estequiometría de la reacción, 4·n(Bi)=n(HNO 3 ) n(Bi)=58,5/209=0,28 mol n(HNO 3 )=4·0,28=1,12 mol 14=n(HNO 3 )/V(disolución HNO 3 ) ; V(disolución HNO 3 )=1,12/14=0,08 L = 80 mL d) Según la estequiometría de la reacción n(Bi)=n(NO) Utilizando la ley de los gases ideales: V= nRT/P=(0,28·0,082·(273+25))/1=6,84 L de NO 2010-Junio-Fase General Cuestión 3A.- a) FALSO. La reacción de reducción tiene lugar en el cátodo y la de oxidación en el ánodo. b) VERDADERO. La reducción en una pila Daniell se lleva a cabo en el cátodo cuando los cationes Cu2+^ presentes en el electrolito se adhieren sobre el electrodo aceptando dos electrones y cargando al electrodo positivamente. c) FALSO. En una pila el polo negativo es el ánodo. d) VERDADERO. El Zn metálico que se encuentra en el electrodo se oxida a Zn2+^ cediendo sus electrones a la barra (ánodo) que se carga negativamente y pasando el a la disolución en forma iónica (Zn2+). Problema 1B.- a) Semirreacción catódica: Los cationes calcio (II) se reducen a calcio metálico Ca2+^ + 2e−^ → Ca Semirreacción anódica: Los iones cloruro se oxidan y forman cloro molecular 2Cl−^ → Cl 2 + 2e− b) Utilizando factores de conversión
[email protected] Revisado 8 septiembre 2017 8 · 3600 s ·
12 C
1 s
1 mol e
96485 C
1 mol Cl 2 2 mol e
- =1,79^ mol^ Cl 2 Con el primer factor obtenemos la carga que circula en 8 horas con una corriente de 12 A = 12 C/s Con el segundo factor usando el Faraday obtenemos los moles de electrones que han circulado Con el tercer factor usando la estequiometría obtenemos los moles de Cl 2 Utilizando la ley de los gases ideales (se podría pensar en usar 22,4 L como volumen en condiciones normales ya que son 273 K y 1 atm, pero el dato a usar de enunciado es R) PV=nRT → V=1,79·0,082·273=40,1 L Cl 2 c) Utilizando factores de conversión 20 g Ca · 1 mol Ca 40 g Ca
2 mol e
1 mol Ca
96485 C
1 mol e
- ·^
1 s 12 C
1 h 3600 s =2,23 h Con el primer factor obtenemos los moles de Ca en 20 g Con el segundo factor usando la estequiometría obtenemos los moles de electrones Con el tercer factor usando el Faraday obtenemos la carga que ha circulado Con el cuarto factor usando la corriente de 12 A = 12 C/s obtenemos el tiempo en segundos 2010-Junio-Fase Específica Cuestión 3A.- a) Oxidantes (se reducen): Cl 2 , l 2 , Fe3+ Reductores (se oxidan): Cl–, I–^ y Fe2+ b) Eo^ = 1,36 − 0,53 = 0,83 V > 0 Espontánea c) Eo^ = 0,53 − 0,77 = −0,24 V < 0 No espontánea d) Reducción: Cl 2 + 2e−^ → 2Cl− Oxidación: 2I−^ → I 2 + 2e− Iónica global: Cl 2 + 2I−^ → 2Cl−^ + I 2 Problema 2B.- a) Oxidación: S2−^ → S + 2e− Reducción: NO 3 −^ + 2 H+^ + 1e−^ → NO 2 + H 2 O b) H 2 S + 2HNO 3 → S + 2NO 2 + 2H 2 O Oxidante: HNO 3 Reductor: H 2 S c) La proporción es 1 mol S por cada 2 de ácido nítrico. m(S) = n(S)M(S)=32·½·n(HNO 3 ) = 16·m(HNO 3 )/M(HNO 3 ) = 16/(1+14+3·16)·1,39·24·0,65= 5,5 g d) La proporción es 1 a 1 en moles n(NO 2 )= n(HNO 3 ) = 0, V= nRT/P = 0,34·0,082·298/(700/760) = 9 L 2010-Modelo Cuestión 3A.- c) Verdadera. H tiene estado de oxidación +1 en H 2 O y 0 en H 2 ; se reduce, luego actúa como oxidante. Problema 2B.- a) Cátodo: Bi3+^ + 3e−^ → Bi (s) Eº=0,29 V Ánodo: 2Cl−^ → Cl 2 (g) + 2e−^ Eº=−1,36 V 2 BiCl 3 → 2Bi (s) + 3Cl 2 (g) EºT=−1,07 V o bien 2 Bi3++ 6 Cl−^ → 2 Bi (s) + 3 Cl 2 (g) b) n (e−) = I·t/F = 1,5 · 7200 / 96485 = 0,112 moles de e– n(Cl 2 ) = 0,112 / 2 = 0,056 moles; V (Cl 2 ) = nRT / P = 0,056 · 0,082 · 298 / 1 = 1,37 L de Cl 2 n(Bi) = 0,112 / 3 = 0,037 moles; m (Bi) = 0,037 · 209,0 = 7,73 g de Bi 2009-Septiembre Problema 2B.– a) Oxidar el ion bromuro (Br-) con número de oxidación -1 pasará a bromo gas (Br 2 ) con número de oxidación 0. La reducción será del oxígeno en el peróxido de hidrógeno donde tiene número de oxidación -1 que
