procesos redox

REACCIONES DE TRANSFERENCIA DE
ELECTRONES: PROCESOS REDOX
REACCIONES DE OXIDACIÓN-REDUCCIÓN
En un principio, la palabra oxidación se aplicaba solamente a las reacciones de cualquier sustancia con el oxígeno,
mientras que la reducción era una reacción en la que se quitaba oxígeno a un compuesto. En la actualidad estos
términos de oxidación y reducción se han ido generalizando para incluir otros tipos de reacciones, llamadas
genéricamente REACCIONES O PROCESOS REDOX. , que son todos aquellos procesos en los que se produce un
intercambio de electrones. En ellos hay una o varias sustancias o agentes que ganan electrones: los oxidantes,
mientras que hay otras que los pierden, los reductores.
Así, el oxidante o agente oxidante es todo átomo, molécula o ion que gana o capta electrones en una reacción
química, mientras que el reductor o agente reductor es aquel átomo, molécula o ion que cede o pierde electrones.
Los conceptos de oxidante y reductor no son conceptos absolutos, ya que cada átomo, molécula o ion se
comportará como oxidante frente a aquellos otros que sean menos oxidantes que él, pero cuando se encuentre con otro
más oxidante, se comportará como reductor.
AJUSTE DE LAS REACCIONES REDOX
Los dos métodos para ajustar las reacciones redox se basan en el hecho que el número de electrones que ceden
los agentes reductores debe ser igual al número de electrones que ganan los agentes oxidantes. Los dos métodos más
comunes son el método del cambio de valencia, basado en considerar únicamente los elementos que ganan o
pierden electrones, y el método del ion electrón, basado en considerar que las reacciones se producen entre los
iones presentes en la reacción
Para el ajuste de reacciones por cualquiera de los dos métodos existentes, primero se debe determinar el número
de oxidación de cada elemento para identificar cuales son los que cambian de valencia. Para ello, lo primero que se ha
de tener en cuenta es el hecho que en cualquier compuesto la suma total de los números de oxidación es siempre cero.
Después, debe seguirse el orden siguiente;
a) Los elementos libres tienen valencia 0.
b) Los metales alcalinos tienen siempre valencia 1+, y los alcalinotérreos 2+
c) El hidrógeno tiene siempre valencia 1+, excepto cuando forma compuestos binarios con un metal, que tiene
valencia 1- (Hidruros)
d) El oxigeno tiene siempre valencia 2-, excepto si frente a los anteriores le correspondiera otra, que es 1(Peróxidos)
e) Los elementos no metálicos que están presentes en una sal tienen en ella la misma valencia que en el ácido
correspondiente.
f) Los metales que forman parte de una sal han de tener una valencia tal que haga neutras las moléculas en que
se encuentran.
Método del cambio de valencia:
Para ajustar una reacción por este me todo se aplican tas siguientes reglas:
1) Se identifican los elementos que pierden electrones (Reductores) y los que los ganan (Oxidantes)
2) Se escriben las ecuaciones electrónicas correspondientes a esta perdida y ganancia de electrones, igualando
previamente el nº de átomos de cada elemento presente en las semirreacciones.
3) Se multiplican esas dos semirreacciones por unos coeficientes mínimos tales que nos igualen el nº de electrones
ganados al de electrones perdidos.
4) Los coeficientes así obtenidos se colocan en la reacción primitiva, obteniendose luego los coeficientes de las
demás sustancias, dejando siempre el del agua para el último lugar.
Método del ion-electrón:
Las reglas a seguir para el ajuste de reacciones por este método son:
1) Se escriben las reacciones de disociación de los ácidos, bases y sales (Las demás sustancias: óxidos o
elementos libres no son electrolitos, por lo que no se disocian)
2) Se escribe la semirreacción de reducción del ion oxidante y la de oxidación del ion reductor En ellas se iguala el
nº de oxígenos añadiendo agua al miembro donde haya defecto de ellos; posteriormente se igualan los hidrógenos
PROCESOS REDOX -Pág 1 de 7
3)
4)
5)
6)
añadiendo H+ donde se precisen. Finalmente se añaden los electrones necesarios en el miembro donde haya
defecto de cargas negativas para que la reacción quede igualada eléctricamente.
Si la reacción tiene lugar en medio básico o neutro nos aparecerán H+ en el segundo miembro y H2O en el primero.
Para eliminarlos, se añaden a ambos miembros de la semirreacción que corresponda tantos iones OH- como H+
haya en el segundo miembro. Estos iones OH- con los H+ formarán H2O la cual se simplifica con la existente en el
primer miembro. (Esta corrección puede realizarse también una vez conseguida la reacción iónica global, pero sería
menos correcto)
Se multiplican ambas semirreacciones por los coeficientes mínimos para que el nº de electrones en ambas sea el
mismo.
Se suman ambas semirreacciones, obteniendose la reacción iónica total.
Si en ella aparecen iones H+ o H20 en ambos miembros, se simplifican, dejándolos solamente en uno de ellos.-
EJEMPLOS RESUELTOS:
Ejemplo 1) Ajustar la siguiente ecuación química por el método del ion-electrón:
PERMANGANATO DE POTASIO + AGUA OXIGENADA + ÁCIDO SULFÚRICO º
º SULFATO DE MANGANESO(II) + SULFATO DE POTASIO + OXÍGENO + AGUA
SOLUCIÓN:
A. Se identifican los elementos que cambian su número de oxidación, determinando los números de oxidación que
tienen todos los elementos en los compuestos que aparecen en la ecuación, tanto en los reactivos como en los
productos:
1+
7+
2-
1+
K Mn O 4
+1 + 7
2-
1+
+ H2 O2
-8 =0
6+
+ H2 S
+ 2 - 2 =0
+2
2-
O4
2+
6+
→ Mn S
+6 -8 = 0
+2
2-
1+
O4
+ K2 S
+6 -8 = 0
+2
6+
2-
O4
0
1+
2-
+ O 2 + H2 O
+6 -8 = 0
+2
- 2 =0
en la cual vemos que cambia el número de oxidación el Mn (pasa de 7+ a 2+) y el Oxígeno (pasa de 1- a 0), ya que
cambia el oxígeno que está presente en el H2 O2 el cual pasa a O2, pues debe suponerse que los demás oxígenos
existentes en los reactivos con número de oxidación 2- continúan con 2- en los productos de reacción.
B.
Se disocian los compuestos en los cuales se encuentren los elementos que cambian su número de oxidación
(debe tenerse en cuenta que solamente se disocian los ácidos, las bases y las sales)
KMnO4 W K + + MnO4y
MnSO4 W Mn2+ + SO4 2- (No se disocian ni el H2 O2 ni el O2 )
C.
Se escribe la reacción solamente con los iones y/o compuestos sin disociar que contengan a los elementos que
cambian su número de oxidación. Asimismo, si la reacción transcurre en medio ácido, debe añadirse H + en los
reactivos, aunque si no se hace, cuando se ajuste la reacción, nos aparecerán esos iones H + :
MnO4- + H2 O2 + H + º Mn2+ + O2
D.
Se escriben las semirreacciones de cada uno de los iones, igualandolas. Para ello,
1º- Se igualan los oxígenos añadiendo agua al miembro donde falten,
2º- Los Hidrógenos se igualan añadiendo protones (H + ) al miembro donde sea necesario,
3º- Se igualan las cargas añadiendo electrones al miembro donde falten cargas negativas
Semirreacciones
MnO - → Mn2+
4
H2O2 → O2



Ajuste del OXIGENO
Ajuste del HIDROGENO

MnO4- → Mn2+ + 4 H2 O 

H2O2 → O2


MnO4- + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2O 


H2 O2 → O2 + 2 H+

Ajuste de las CARGAS
MnO - + 8 H+ + 5 e- → Mn2+ + 4 H2 O
4
E.
(OXIDANTE)
H 2O2 → O2 + 2 H+ + 2 e-
(REDUCTOR )
Se multiplican ambas semirreacciones por unos coeficientes mínimos tales que hagan el número de electrones
ganados por el oxidante (corresponde a la semirreacción que tiene los electrones en los reactivos) sea igual al de
electrones perdidos por el reductor (éste corresponde a la semirreacción que tiene los electrones en los productos).
En este caso debe multiplicarse la primera por 2 y la segunda por 5:
- + 8 H+ + 5 e- → Mn2+ + 4 H O ) 2.MnO - + 16 H+ + 10 e- → 2 Mn2+ + 8 H O
2 
2
4
4

+
+

5. ( H2 O2 → O2 + 2 H + 2 e ) 
5 H2O2 → 5 O2 + 10 H + 10 e-
2.( MnO
2MnO
+
2+
4 + 5H2O 2 + 6H → 2Mn + 5O 2 + 8H2O
PROCESOS REDOX -Pág 2 de 7
donde al sumar ambas se simplifica, si es posible. Aquí, se eliminan los 10 e-, así como de los 16 H+ presentes
en los reactivos de la primera semirreacción se eliminan los 10 protones que aparecen en los productos de la
segunda semirreacción, quedando solo 6 H+ en los reactivos, obteniéndose de esta forma la reacción iónica
correspondiente.
F.
Para ajustar la reacción completa, se trasladan a ella los coeficientes de esta reacción iónica, teniendo en cuenta
que los H+ proceden del ácido sulfúrico y que siempre es necesario ajustar aquellos elementos que no han
intervenido en la reacción iónica, como es el caso del S y del K
2 KMnO 4 + 5 H 2O 2 + 3 H 2SO 4
º 2 MnSO 4 + K 2SO 4 + 5 O 2 + 8 H 2O
Ejemplo 2) Ajustar la siguiente ecuación química por el método del ion-electrón:
YODURO DE CROMO(III) + CLORO + HIDRÓXIDO DE SODIO º
º CROMATO DE SODIO + PERYODATO DE SODIO + CLORURO DE SODIO + AGUA
SOLUCIÓN Se trata de una reacción que, a diferencia de la anterior, ocurre en medio básico. No obstante, vamos a
seguir los mismos pasos hasta obtener la reacción iónica:
A)
Se identifican los elementos que cambian su número de oxidación, determinando los números de oxidación que
tienen todos los elementos en los compuestos que aparecen en la ecuación, tanto en los reactivos como en los
productos:
3+
1-
Cr
I3
+3 - 3 = 0
0
1+
2-
1+
+ Cl 2 + Na O H
0
1+
6+
2-
→ Na 2 Cr O 4
+1 -2 +1=0
+2
+6 -8 =0
1+
7+
2-
+ Na
I
O4
+1
1+
1-
+ Na Cl
+7 -8 =0
+1
-1 =0
1+
2-
+ H2 O
+2 - 2=0
en este caso cambian su número de oxidación tres elementos: el Cr (pasa de 3+ a 6+), el I(pasa de 1- a 7+) y el Cl
(pasa de 0 a 1-)
B)
Se disocian los compuestos en los cuales se encuentren los elementos que cambian su número de oxidación
(debe tenerse en cuenta que solamente se disocian los ácidos, las bases y las sales)
Cr I 3 W Cr 3+ + 3 I - ; Na 2CrO 4 W 2 Na + + CrO 4 2 - ; NaIO 4 W Na + + IO 4 - ; NaCl W Na + + Cl -
C)
Se escribe la reacción iónica, en la que aparecen solamente los iones y/o compuestos sin disociar que contengan
a los elementos que cambian su número de oxidación, además, se añaden iones OH - en los reactivos ya que la
reacción transcurre en medio básico. Asimismo, y dado que el Cr y el I proceden de un mismo compuesto (el CrI3)
hemos de tener en cuenta que en su disociación se producen 3 I - por cada Cr 3+ , por lo que hemos de incluir todos
los iones
Cr 3+ + 3 I - + Cl 2 + OH - º CrO 4 2 - + IO 4 - + Cl -
D)
Se escriben las semirreacciones de cada uno de los iones, igualandolas . Para ello,
1º- se igualan los oxígenos añadiendo agua al miembro donde falten,
2º- Los Hidrógenos se igualan añadiendo protones (H + ) al miembro donde sea necesario (aunque en este caso la
reacción transcurre en medio básico, seguiremos este método, por ser más sencillo, aunque después lo
corregiremos)
3º- Se igualan las cargas añadiendo electrones al miembro donde falten cargas negativas
Semirreacciones
Ajuste del OXIGENO

Cr 3+ → CrO 24
- 
3 I → 3 IO 4 
Cl 2 → 2 Cl - 
4 H 2 O + Cr 3+ → CrO 24
12 H 2 O + 3 I- → 3 IO -4
Cl 2 → 2 Cl -
Ajuste del HIDROGENO





+
4 H 2 O + Cr 3+ → CrO 24 + 8H
+ 
12 H 2 O + 3 I → 3 IO 4 + 24 H 

Cl 2 → 2 Cl 
Ajuste de las CARGAS
+
4 H 2 O + Cr 3+ → CrO 2+ 3 e- 
4 + 8H
3+
2+
+
12 H 2 O + 3 I → 3 IO 4 + 24 H + 24 e- 16 H 2 O + Cr + 3 I → CrO 4 + 3 IO 4 + 32 H + 27 e ( REDUCTORES )
Cl 2 + 2 e - → 2 Cl -
Cl 2 + 2 e - → 2 Cl - ( OXIDANTE )
PROCESOS REDOX -Pág 3 de 7
Este es el momento de tener en cuenta que la reacción transcurre en medio básico, por lo que se han de
corregir la presencia de iones H+ en las semirreacciones en las cuales aparezcan (en este caso solamente la
primera). Para eliminarlos, se añaden a ambos miembros de cada semirreacción tantos OH- como H+ existan, de
esta forma, los H+ con los OH- formarán H2O, la cual se simplifica con la existente en el otro miembro, si la hubiere:
+
16 H2 O + Cr 3+ + 3 I- + 32 OH - → CrO2+ 32 OH - + 27 e 4 + 3 IO4 + 32 H
16 H2 O + Cr 3+ + 3 I- + 32 OH - → CrO232 H 2 O
+ 27 e 4 + 3 IO4 +
Cr 3+ + 3 I - + 32 OH - → CrO24 + 3 IO4 +
16 H2 O
+ 27 e -
Se multiplican ambas semirreacciones por unos coeficientes mínimos tales que hagan el número de electrones
ganados por el oxidante (corresponde a la semirreacción que tiene los electrones en los reactivos) sea igual al de
electrones perdidos por el reductor (éste corresponde a la semirreacción que tiene los electrones en los productos).
En este caso debe multiplicarse la primera por 2 y la segunda por 5:
E)
- 
3+
2.(Cr 3+ + 3 I- + 32 OH - → CrO 2+ 6 I - + 64OH - → 2CrO 24 + 3 IO 4 + 16 H 2 O + 27 e )2Cr
4 + 6 IO 4 + 32 H 2 O + 54 e

27.(Cl2 + 2 e- → 2 Cl- )
27Cl 2 + 54 e - → 54 Cl 
2 Cr 3+ + 6 I - + 27 Cl 2 + 64 OH
-
º 2 CrO 4 2 - + 6 IO 4 - + 54 Cl - + 32
H 2O
donde al sumar ambas se simplifica, si es posible. Aquí, se eliminan los 54 e-, y se obtiene la reacción iónica
correspondiente:
F)
Para ajustar la reacción completa, se trasladan a ella los coeficientes de esta reacción iónica, teniendo en cuenta
que los OH- proceden del hidróxido de sodio, así como que los Cr 3+ y los I- proceden ambos del CrI3 . Además,
siempre es necesario comprobar aquellos elementos que no han intervenido en la reacción iónica, como es el caso
del Na y ajustarlos si fuera preciso
2 CrI 3 + 27 Cl 2 + 64 NaOH º 2 Na 2 CrO 4 + 6 NaIO 4 + 54 NaCl + 32 H 2 O
CÁLCULOS ESTEQUIOMÉTRICOS EN LAS REACCIONES REDOX:
a) EQUIVALENTE DE OXIDACIÓN-REDUCCIÓN
La capacidad de oxidación o reducción de un agente oxidante o reductor se mide por los electrones que es capaz
de ganar o perder.
El equivalente de oxidación-reducción viene dado por el número de gramos de sustancia que capta o cede un mol
de electrones. Se halla dividiendo el peso atómico o molecular de la sustancia por el número de electrones que gana o
pierde en el proceso. Debido a ello, el peso equivalente o equivalente gramo de una sustancia no es siempre el mismo,
sino que depende del proceso redox en el cual intervenga.
Una disolución normal de un agente oxidante o reductor es la que contiene un equivalente de óxido-reducción por
cada litro de disolución. La normalidad de una disolución se mide por el número de equivalentes de óxido-reducción por
litro de disolución.
Ejemplo 3: Se desea calcular la concentración de una disolución de permanganato de potasio, para lo cual se
valoran 34,0 ml de la misma en medio sulfúrico con 1,675 g de oxalato de sodio, si en el proceso se obtienen
como productos de la reacción SULFATO DE SODIO, SULFATO DE POTASIO, SULFATO DE
MANGANESO(II), DIÓXIDO DE CARBONO Y AGUA:
SOLUCIÓN
La ecuación química que representa el proceso es:
2 KMnO 4 + 5 Na 2C 2O 4 + 8 H 2SO 4 º 5 Na 2SO 4 + K 2SO 4 + 2 MnSO 4 + 10 CO 2 + 8 H 2O
Para el caso del permanganato de potasio, compuesto que en los procesos redox que tienen lugar en medio
suficientemente ácido, como es el que nos ocupa pasa a Mn2+ . La ecuación iónica parcial de reducción es:
÷ Mn 2 + + 4H 2O
o por el cambio de valencia: Mn 7 + º Mn 2 + + 5 e
MnO 4 - + 8H + + 5e
PROCESOS REDOX -Pág 4 de 7
Obsérvese que capta cinco electrones. Su peso equivalente o equivalente gramo se hallará dividiendo el peso
molecular por el número de electrones puestos en juego, y es:
Pm del KMnO4 = 55 + 64 + 39 = 158
Equivalente '
158
' 31,6 g
5
(Si interviene en una reacción que transcurriera en medio poco ácido, básico o neutro pasaría a formar MnO2 según el
proceso:
MnO 4 - + 4H + + 3e ÷ MnO 2 + 2H 2O ( Mn 7 + º Mn 4 + + 3 e) en el cual se observa que solo
intercambia 3 electrones, por lo que su peso equivalente o equivalente químico será= 158/3 = 52,66 g)
Por su parte el oxalato de sodio (Na2 C2O4), reductor, al disociarse produce iones oxalato, el cual se oxida según
su reacción iónica parcial que es: C 2O 4 2 - ÷ 2 CO 2 + 2e (C 2 3 + º 2 C 4 + + 2 e)
Como pierde dos electrones, su peso equivalente se calcula dividiendo su peso molecular por 2.
Pm del Na2 C2O4 = 46 + 24+64 = 134
Peso Equivalente del oxalato '
134
' 67 g
2
Dado que todas las reacciones se producen equivalente a equivalente de reactivo, en este caso cada equivalente de
permanganato de potasio reaccionará con un equivalente de ácido oxálico es decir que para la reacción dada cada 67
g de oxalato de sodio reaccionarán con 31,6 g de permanganato de potasio, se puede calcular el número de
equivalentes de oxalato de sodio
Nº equivalentes =
Gramos de oxalato
1,675
=
= 0,025 equivalentes
Peso equiv alente
67
lo cual nos indica que también hay 0,025 equivalentes de permanganato de potasio, por lo que los gramos que
tenemos son:
Gramos de permanganato = Nº equiv. Peso equivalente = 0,025 . 31,6 = 0,79 gramos de permanganato
y de ahí, se saca ya la concentración teniendo en cuenta que esos 0,79 g están disueltos en 34 ml de disolución:
M =
g
0,79
=
= 0,147 Molar
Pm.litro
158.0,034
El uso del concepto de equivalente químico no hace necesario el ajuste de las reacciones, ya que solamente
necesitamos conocer el nº de electrones intercambiados (“valencia”) de cada sustancia para determinar así su peso
equivalente.
No obstante, una vez ajustada la reacción podemos realizar también los cálculos estequiométricos de la manera
que se venía haciendo: por moles o gramos, aunque en este caso hemos de ajustar previamente la reacción:
2 KMnO 4 +
5 Na 2C 2O 4
+ 8 H 2SO 4 º 5 Na 2SO 4 + K 2SO 4 + 2 MnSO 4 + 10 CO 2 + 8 H 2O
2 moles = 316 g
5 moles = 670 g
316 g permanganato - - - - - - - - 670 g de oxalato
1,675.316
= 0,79 g de permanganato
 x =
x - - - - - - - - - - - - 1,675
670

resultado que obviamente coincide con el anteriormente obtenido
b) VOLUMETRÍAS REDOX
Las volumetrías son métodos de análisis químico que utilizan reacciones entre sustancias en disolución, partiendo
de una disolución de una sustancia perfectamente contrastada para determinar la concentración de otra disolución de
una sustancia problema.
Las volumetrías de oxidación-reducción tienen como base una reacción de oxidación-reducción . Su aplicación
práctica, en este caso, consiste en hacer reaccionar un volumen fijo de disolución de una sustancia oxidante o
reductora con el volumen necesario de solución del agente contrario, solución que ha sido previamente valorada con
exactitud. Una vez que la reacción ha sido completa, se mide el volumen gastado de la solución patrón y se calcula
numéricamente la cantidad de sustancia problema contenida en la disolución investigada.
El sistema de resolución de estos problemas es el mismo explicado para las volumetrías de neutralización.
También las reacciones de oxidación-reducción tienen lugar "equivalente a equivalente". Por tanto, para hallar las
PROCESOS REDOX -Pág 5 de 7
normalidades se utiliza la expresión:
Nº equivalentes de oxidante = Nº equivalentes de reductor
Y
V . N = V' . N'
Las volumetrías redox se suelen denominar por el nombre del compuesto que actúa como oxidante. Así, las
volumetrías realizadas con permanganato potásico se llaman "permanganimetrías", con yodo "yodometrías"
"dicromatometrías", etc.
OTROS EJEMPLOS RESUELTOS
Ejemplo 4: Se valoran 30 c.c. de una disolución de tiosulfato de sodio (Na2 S2O3) con 20 c.c. de solución de yodo 3
N. Calculense la normalidad del tiosulfato y la concentración del mismo en gramos/litro.
SOLUCIÓN:
Partiendo de la expresión antes mencionada: V.N=V’.N’
30 . N = 20 . 3 de donde N = 2 Normal, que es la concentración del tiosulfato y por tanto tiene dos equivalentes
por litro.
Para calcular la concentración en gramos/litro hay que conocer el peso de un equivalente.
La reacción iónica parcial del tiosulfato es 2 S 2O 3 2 - ÷ S 4O 6 2 - + 2 e y la del yodo; 2e + I 2 ÷ 2 I Cada dos iones-gramo de tiosulfato desprenden dos electrones, es decir, un ion-gramo desprenderá un mol de
electrones y cada molécula de yodo coge 2 electrones, por lo que la valencia en ambos casos es 2. El peso equivalente
para el tiosulfato será:
Equivalente '
Pm del Na2 S2O3 = 158
158
' 158 g
1
por lo que al ser una disolución 2N, tendrá 2 equivalentes por litro, que en gramos serán: 2 . 158 = 316 g/litro.
Este cálculo podríamos haberlo realizado directamente a partir de la expresión de la normalidad, tomando un
volumen de 1 litro:
N'
g.v
g.1
; 2 '
de donde g ' 316 g
Pm.l
158.1
Todos estos cálculos pueden hacerse también de la forma general, calculando las cantidades estequiométricas en
la reacción completa ajustada, en la cual las cantidades estequiométricas, en moles y gramos son las siguientes:
2 Na 2S 2O 3
+
I2
6
Na 2S 4O 6
+ 2 Nal
2 moles
1 mol
1 mol
2 moles
2.158 g = 316 g
254 g
270 g
2.150 = 300 g
y en este caso, la cantidad de yodo que tenemos la calculamos a partir de la expresión de la normalidad, teniendo en
cuenta que la valencia del yodo es “2" y su peso molecular: 2.127 = 254 g; y así:
N '
y de ahí:
g.v
(g de yodo).2
; 3 '
; g de yodo ' 7,62 gramos de yodo
Pm.l
254.0,020
254 g de I2
316 g de Na2S2O3 --------------------X
---------------------------- 7,62
x'
7,62.316
g
9,48 g
g
' 9,48 g de tiosulfato; y así:
'
' 316
254
l
0,030 l
l
Ejemplo 5. Una disolución de FeCl2 se valora con KMnO4 , gastándose 12,5 c.c. de solución 3 N del mismo.
¿Cuántos gramos de FeCl2 Fe había en la solución primitiva?
SOLUCIÓN:
Al reaccionar cada equivalente de oxidante con un equivalente de reductor, determinamos el número de
equivalentes de K MnO4 partiendo de la definición de Normalidad:
PROCESOS REDOX -Pág 6 de 7
N '
Nº equivalentes
Nºeq.
; 3 '
; Nº eq. ' 0,0376 equivalentes de KMnO4
litro
0,01255
y este número de equivalentes será también el número de equivalentes de FeCl2: 0,0376 equivalentes.
Fe
El equivalente de FeCl2 se halla considerando que el hierro sufre la siguiente transformación:
÷ Fe 3+ + 1e ; hay un electrón en juego; por tanto, el equivalente pesa lo mismo que el mol, pues
2+
Peso equivalente '
Peso molecular
127
gramos
; es decir: Peso equivalente '
' 127
valencia
1
equivalente
y por tanto, en la disolución original teníamos: 0,0376.127 = 4,77 g de FeCl 2
Estos cálculos también pueden hacerse de la forma general, escribiendo la reacción completa, y ajustada, y
calculando las cantidades estequiométricas que intervienen, al igual que en el anterior.
PROCESOS REDOX -Pág 7 de 7
REACCIONES DE TRANSFERENCIA DE
ELECTRONES (II): ELECTROQUÍMICA
PILAS GALVÁNICAS
Son dispositivos que producen corriente eléctrica a partir de energía química. Están formadas por los siguientes
elementos:
SEMIPILAS : formadas cada una de ellas por un electrodo introducido
en una disolución iónica (generalmente el electrodo suele ser del
mismo metal que los iones de la disolución). Los dos electrodos
conducen la corriente desde o hacia el circuito exterior. Reciben el
nombre de ánodo (aquel en el cual se produce la oxidación) y
cátodo (aquel en el cual tiene lugar la reducción)
PUENTE SALINO: es un tubo que une ambas semipilas lleno de una
sustancia porosa embebida de una disolución de un electrolito y su
misión es permitir el paso de iones desde una semipila a la otra y
evitar que se polarice ésta ya que al desplazarse los electrones del
ánodo al cátodo, en este se irán acumulando cada vez más cargas
negativas polarizándose la pila hasta el punto que se detendría en
paso de electrones entre ambas semipilas. Puede sustituirse
también por un tabique poroso.
La pila aquí representada es la PILA DANIELL. Está formada por un electrodo de Zn sumergido en una disolución
de Zn 2+ y otro electrodo de Cu sumergido en una disolución de Cu 2+ . Las reacciones que tienen lugar en ella son:
En el ánodo (oxidación) : Zn (s) º Zn 2+ + 2 e
Reacción total: Zn (s) + Cu 2+ º Zn 2+ + Cu (s)
En el cátodo (reducción): Cu 2+ + 2 e º Cu (s)
El convenio de signos que debe adoptarse para representar la pila debe ser aquel que nos de un valor positivo para
la FEM, de tal manera que los electrones vayan de izquierda a derecha. Para ello se representan mediante una notación
abreviada, escribiendo primero el electrodo anódico y después el catódico, separados ambos por una doble barra. La
representación de cada electrodo se hace escribiendo el reactivo separado del producto por una barra; así para esta pila
será:
Zn (s) / Zn 2+ // Cu 2+ / Cu (s)
Pudiendo indicarse también otros datos tales como: puente salino, concentraciones, etc.:
Zn (s)
/ ZnSO 4 (1 Molar) / (Puente salino: KCl)/ CuSO 4 (1 Molar) / Cu (s)
POTENCIALES DE ELECTRODO Y POTENCIALES NORMALES
Es importante conocer la FEM (fuerza electromotriz) de la pila para lo cual tendríamos que conocer los potenciales
de cada uno de los electrodos pero como no es posible medir directamente el potencial producido por uno solo se hace
comparando todos ellos con uno de referencia al que se le asigna arbitrariamente un potencial CERO. Este electrodo de
referencia es el electrodo de hidrógeno que consiste en un hilo de platino sumergido en una disolución ácida 1 Molar y
alrededor del cual se hace burbujear hidrógeno gaseoso a la presión de 1 atm.
H +(1 M) / H 2 (g) (Pt, 1 atm) . Para hallar el potencial de electrodo se forma una pila con éste y el electrodo de hidrógeno
a 25ºC y con concentraciones de ambos 1 Molar. Estos potenciales se denominan potenciales normales o estándar y
se representan por Eº. Para determinar el signo del potencial, se coloca siempre el electrodo de hidrógeno a la
izquierda (como ánodo), y si los electrones van efectivamente hacia la derecha, el potencial será positivo, pero si van
hacia la izquierda, el potencial del electrodo será negativo.
Una vez determinados los potenciales de electrodo éstos se ordenan en una tabla a partir de la cual puede
deducirse el sentido de una pila sin más que comparar los potenciales normales de electrodo: Dados dos electrodos
cualesquiera, el de mayor potencial será siempre el que se reduzca (cátodo), mientras que el electrodo de menor
potencial será el ánodo (se oxidará): y el potencial normal de la pila será la suma algebraica de los potenciales de
ambos electrodos, aunque hemos de tener en cuenta que en aquel que hace de cátodo el proceso es inverso, por lo que
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 1 de 7
debe cambiarse su signo:
POTENCIALES ESTÁNDAR DE REDUCCIÓN DE ALGUNOS IONES
Semirreacción
Electrodo
Eº
Voltios
Semirreacción
Electrodo
Eº
Voltios
0
Li 1+ + 1e º Li (s)
Li + / Li (s)
-3,05
2 H + + 2 e º H 2 (g)
H + / H 2 (g)
Ca 2+ + 2e º Ca (s)
Ca 2+ /Ca (s)
-2,76
Sn 4+ + 2e º Sn 2+
Sn 4+ / Sn 2+
+ 0,15
Na + + e º Na (s)
Na + / Na (s)
-2,71
Cu 2+ + 2e º Cu (s)
Cu 2+ / Cu (s)
+ 0,34
Mg 2+ + 2e º Mg (s)
Mg 2+ / Mg (s)
-2,38
O2 + 2 H2O + 4e º 4 OH -
O2 (Pt)/ OH -
+ 0,40
Al 3+ + 3e º Al (s)
Al 3+ / Al (s)
-1,67
Fe 3+ + e º Fe 2+
Fe 3+ / Fe 2+
+ 0,77
Zn 2+ + 2e º Zn (s)
Zn 2+ / Zn (s)
-0,76
NO3- + 2H+ + e º NO2 + H2O
NO3- / NO2
+ 0,78
Fe 2+ + 2e º Fe (s)
Fe 2+ / Fe (s)
-0,44
Ag + + e º Ag (s)
Ag + / Ag (s)
+ 0,80
Cd 2+ + 2e º Cd (s)
Cd 2+ / Cd (s)
-0,40
NO3- + 4H+ +3e º NO +2 H2O
NO3- / NO
+ 0,96
Sn 2+ + 2e º Sn (s)
Sn 2+ / Sn (s)
-0,14
Br 2 + 2e º 2 Br -
Br 2 / Br -
+ 1,06
Pb 2+ + 2e º Pb (s)
Pb 2+ / Pb (s)
-0,13
Cl 2 + 2e º 2 Cl -
Cl 2 / Cl -
+ 1,36
Fe3+ + 3e º Fe (s)
Fe3+ / Fe (s)
-0,04
F 2 + 2e º 2 F -
F2 / F-
+ 2,87
EJEMPLOS DE PILAS RESUELTOS
Ejemplo 6) Calcular el potencial normal de una pila cuya reacción es: Ag + + Sn 2 + º Ag (s) + Sn 4 + , utilizando los
potenciales normales de la tabla anterior, escribiendo las semirreacciones del oxidante y del reductor.
SOLUCIÓN
Las semirreacciones que se producen son:
ÁNODO (Oxidación):
Sn 2 +
º Sn 4 + + 2 e ;
Eº = - 0,15 v
+
CÁTODO (Reducción):
2.( Ag + 1 e
º Ag (s) ) ;
Eº = + 0,80 v
PROCESO GLOBAL DE LA PILA:
2 Ag + + Sn 2 + º 2 Ag (s) + Sn 4 + ;
Eº = + 0,65 v
El signo del potencial en la semirreacción del estaño se ha cambiado ya que en la tabla se ofrecen potenciales de
reducción (Sn 4 + º Sn 2 + ) mientras que aquí tiene lugar una oxidación (Sn 2 + º Sn 4 + ). Además podemos ver que en la
semirreacción de la plata, que está multiplicada por 2 para ajustar el número de electrones intercambiados en ambas,
NO SE MULTIPLICA EL POTENCIAL, por la propia definición de potencial eléctrico (trabajo que se realiza para trasladar
la unidad de carga positiva)
Ejemplo 7) Dados los potenciales normales de reducción del
Sn 4 + / Sn 2 + :EE= + 0,15 v y del Pb 2 + / Pb (s) :
Eº = - 0,13 v, Indicar si se podrá formar una pila con ellos, y calcular el potencial normal de la misma. Escribir
las reacciones que tendrán lugar en el ánodo y en el cátodo de la misma.
SOLUCIÓN
Para que se pueda formar una pila con dos electrodos, el potencial de éstos ha de ser diferente, actuando como
ánodo el de menor potencial (en él se produce la oxidación y va a perder electrones); en este caso será el Plomo,
mientras que el de mayor potencial actuará como cátodo (en él se va a producir la reducción y va a ganar electrones);
en este caso será el estaño. Así, las semirreacciones que se producen son:
ÁNODO (Oxidación):
Pb (s)
º Pb 4 + + 2 e
Eº = + 0,13 v
4+
CÁTODO (Reducción):
Sn + 2 e
º Sn 2 +
Eº = + 0,15 v
PROCESO GLOBAL DE LA PILA:
Pb (s) + Sn 4 +
º Pb 2 + + Sn 2 + ;
Eº = + 0,28 v
ECUACIÓN DE NERNST. INFLUENCIA DE LA CONCENTRACIÓN SOBRE EL POTENCIAL
DE UNA PILA
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 2 de 7
La FEM de una pila en la cual las concentraciones de los iones disueltos no sean 1 M, no puede calcularse
sumando solamente los potenciales normales, sino que hemos de tener en cuenta esas concentraciones ya que una
variación en alguna de ellas producirá un desplazamiento de la reacción de acuerdo con el principio de Le Chatelier.
En general, si la reacción de la pila es de la forma:
ECUACIÓN DE NERNST:
E ' 3 Eº &
en la cual:
R. T
[C]c.[D]d
. ln
n .F
[A]a.[B]b
aA+bB º
' ' ' ' E ' 3 Eº &
E: Potencial de la pila
R: Constante de los gases=8,314 J/molºK
F: Faraday = 96496 culombios
c C + d D , su potencial vendrá dado por la
0,0592
[C]c.[D]d
0,0592
. lg
' ' E ' 3 Eº &
. lg K c
a
b
n
n
[A] .[B]
Eº: Potencial Normal
T: Temperatura, en ºK
n: nº de electrones intercambiados
y aquí, cuando se alcance el equilibrio (la pila se para) tendremos E=0 de lo cual deducimos:
R. T
ln Kc ' 3 Eº ;
n .F
0,0592
. lg Kc ' Eº C % EºD & EºA & EºB
n
siendo Kc la constante de equilibrio para este proceso.
LA DISMUTACIÓN
La dismutación o autooxidorreducción es un fenómeno que se da frecuentemente es las sustancias con átomos de
número de oxidación intermedio e inestable los cuales evolucionan parte de ellos oxidándose y el resto reduciéndose.
Las condiciones para que se produzca la dismutación de un ion son dos:
a) Su valencia ha de ser intermedia entre dos más estables
b) La dismutación se produce cuando el potencial del sistema ion - (forma reducida) es superior al del sistema (forma
oxidada) -ion.
- El ion Cu + se dismuta en Cuº y Cu 2 + : 2 Cu + º Cuº + Cu 2 + pues los potenciales son: Eº (Cu + / Cuº ) = + 0,52 v y
Eº (Cu 2 + / Cu + ) = + 0,15 v ya que la tendencia a ganar electrones debe ser mayor que a perderlos
Otros casos frecuentes de dismutación son:
- El catión dimercurio(2+) en medio alcalino pasa a mercurio(0) y mercurio(2+) : Hg 2 2 + º Hgº + Hg 2 +
- El ion sulfito puede dismutarse en iones sulfato y sulfuro:
4 SO 3 2 - º 3 SO 4 2 - + S 2 El efecto contrario, la homogeneización de valencias también ocurre en el caso de compuestos que contienen dos
átomos del mismo elemento con números de oxidación extremos los cuales evolucionan hacia un número de oxidación
intermedio, como sucede en el caso del nitrito de amonio en el cual los dos átomos de nitrógeno (N 3 + y N 3 - )
evolucionan hasta Nº:
NH 4 NO 2 º N 2 + H 2 O
EJEMPLOS DE PILAS RESUELTOS
Ejemplo 8) Se construye una pila con un electrodo de plata sumergido en una disolución 0,1 M de Ag+ y otro
electrodo de Zn sumergido en una disolución 0,2 M de Zn2+. Calcular:
a) Reacciones que tienen lugar en ambos electrodos y reacción total.
b) F.E.M. de dicha pila.
DATOS Potenciales normales Ag+/Ag = +0,80 v ; Zn 2+ /Zn = -0,76 v
SOLUCIÓN
a)
Al tener mayor potencial normal, el electrodo de plata actuará como cátodo (en él se produce la reducción),
mientras que el de Zn será el ánodo (se produce la oxidación), por lo que las semirreacciones respectivas serán:
ÁNODO (en él se produce la oxidación):
Znº
º
Zn 2+ + 2 e+
CÁTODO (en él se produce la reducción):
2.( Ag + 1 e º
Agº )
PROCESO GLOBAL EN LA PILA:
Znº + 2 Ag+ º 2 Agº + Zn 2+
b)
Al aplicarle la ecuación de Nernst al proceso:
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 3 de 7
E ' 3Eº &
0,0592
0,0592
[Zn 2%]
. lg Kc ; E ' EºAg %/ Agº & EºZn 2%/Znº &
. lg
n
2
[Ag %]2
E ' 0,80 & (&0,76) &
0,0592
0,2
0,059
. lg
; E ' 1,56 &
. 1,30
2
2
2
[0,1]
E =1,52 v
Ejemplo 9) - Calcular la FEM de la pila Sn / Sn 2 + (0,01 M) // Ag + (0,01 M) / Ag . Escribir las semirreacciones que
tienen lugar en el ánodo y en el cátodo.
DATOS Eº Sn 2 + / Sn = - 0,14 v ; Eº Ag + /Ag = + 0,80 v
SOLUCIÓN
El ánodo (en el cual se produce la oxidación) es el electrodo de estaño,(el primero que se escribe en la pila)
mientras que el cátodo corresponde al de plata, así, las semirreacciones serán:
ÁNODO:(en él se produce la oxidación):
Sn
º Sn 2 + + 2 e;
Eº = + 0,14 v
+
CÁTODO: (en él se produce la reducción): 2.( Ag + 1 e º Agº)
Eº = + 0,80 v
PROCESO GLOBAL EN LA PILA
Sn + 2 Ag +
º Sn 2 + + 2 Agº Eº = + 0,94 v
Aplicando la ecuación de Nernst a la reacción:
E =
∑E
0
0,059
. lg K c
n
E = 0,94 -
'''
E = (Eº Ag+
Ag
- Eº Sn2 +
) Sn
[ ]
[ ]
Sn 2+
0,059
.lg
2
2
Ag +
0,059
0,01
0,059
lg
; E = 0,94 lg 0,01 ; E = 0,94 + 0,059 ; E = + 0,999 v
2
2
2
(0,01)
Ejemplo 10) - Calcular el potencial y la constante de equilibrio de la reacción: 2 Fe 3 + + 2 I - º 2 Fe 2 + + I 2, sabiendo
que los potenciales normales son Eº (Fe 3 + /Fe 2 + ) = + 0,77 v y Eº (I 2 / I - ) = + 0,53 v
SOLUCIÓN
Teniendo en cuenta que el ánodo(el él se produce la oxidación) es el electrodo de potencial más bajo (Yodo) y el
cátodo (en él se produce la reducción) es el de potencial más alto (Hierro), las dos semirreacciones son:
ÁNODO:(en él se produce la oxidación):
2 I - º I 2 + 2 e ; Eº = - 0,53 v
CÁTODO: (en él se produce la reducción): 2.( Fe 3 + + 1 e º Fe 2 + ;
Eº = + 0,77 v
PROCESO GLOBAL EN LA PILA:
2 Fe 3 + + 2 I - º 2 Fe 2 + + I 2 ; Eº = + 0,24 v
luego el potencial normal de esta pila es + 0,24 voltios.
Para calcular la constante de equilibrio hemos de tener en cuenta que cuando se alcanza el equilibrio, el potencial
de la pila se anula, por lo que en la ecuación de Nernst resulta:
E ' 3 Eº &
de donde
R.T
lnKc
n. F
lg Kc =
; 0 ' 3 Eº &
0,059
0,059
0,059
. lgKc ; 3 Eº '
. lgKc ; 0,24 '
. lgKc
n
n
2
2.0,24
; lg Kc = 8,13
0,059
Kc = 10 8,13 = 1,36.10 8
Ejemplo 11) - La FEM de la pila Ag/AgCl(s) // Fe3+ /Fe2+ vale Eº = 0,548 v.
a) Describir el proceso anódico, catódico y total
b) Calcule el valor de ÄGº para esta reacción.
c) Calcule el valor de la constante de equilibrio para este proceso
d) Calcule el valor de la FEM si [Cl-] = 0,5 M ; [Fe 3+ ] = 0,1 M y [Fe 2+ ] = 0,01 M
Datos : Eº Fe 3 + / Fe 2 + = + 0,77 v ; Eº Ag + /Agº = + 0,80 v
SOLUCIÓN
En este caso, dado que nos dan la pila, el ánodo corresponde a la plata ya que a pesar de tener mayor potencial
que el Hierro, la existencia de los iones cloruro hace que se forme cloruro de plata sólido, disminuyendo la
concentración de los iones plata en la disolución, por lo que de acuerdo con el principio de Le Chatelier, este equilibrio
se desplazará hacia los productos de reacción.
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 4 de 7
a). ÁNODO (En él se produce la oxidación) Ag º Ag+ + 1 e- , pero al existir iones Cl- en la disolución, el
proceso real es el siguiente:
Cl - + Ago
º AgCl + 1 e3+
CÁTODO (En él se produce la reducción)
Fe + 1 eº
Fe 2 +
3+
PROCESO GLOBAL EN LA PILA
Cl + Ag + Fe
º
AgCl + 1 eb). El trabajo efectivo realizado por la pila (ÄGº) viene dado por la expresión: ÄGº =- R.T.Ln K = -n.F.Eº;
ÄGº = - 1.96496.0,458 = 52879 Julios
c). La ecuación de Nernst para este proceso es :
0,548 =
0,059
.lg K c
1
∑E
0
=
0,059
.lg K c en la cual al sustituir, nos queda
n
Kc = 10
, y de ahí : lg Kc = 9,29 ;
9,29
= 1,94.109
d). Si escribimos la ecuación de Nernst completa para este proceso, tendremos :
E =
siendo
∑
E0 -
∑E
E = 0,548 −
0
0,059
[Fe 2+ ]
0,059
- Eº Ag+ ) .lg .lg K c y de ahí : E = (Eº Fe 3 +
1
[Cl ][Fe3+ ]
n
Fe 2 +
Ag
=EFe0 3+
Fe2+
− E0Ag+
,
= 0548
, v por lo que al sustituir nos queda:
Ag
0,059
0,01
.lg
= 0,548 − 0,059.lg 0,2 de donde: E1
1
0501
,. ,
= 0,548 + 0,041 ;
Eº = 0,589 v
ELECTRÓLISIS
Es el proceso químico producido por la corriente eléctrica sobre los iones, oxidandolos o reduciendolos al quitarles
o cederles electrones. Realmente el dispositivo (célula o cuba electrolítica) es el opuesto a una pila (célula galvánica) ya
que mientras que una pila es un dispositivo en el cual se obtiene una corriente eléctrica a partir de una reacción
química, la célula electrolítica es un dispositivo en el cual por medio de la corriente eléctrica se produce una
determinada reacción química.
En una cuba electrolítica la reacción que tiene lugar no es espontánea sino
que se provoca mediante la aplicación de la energía eléctrica procedente de una
fuente exterior. Las electrolisis se efectúan aplicando un voltaje a unos
electrodos inertes sumergidos en la disolución lo cual da lugar a la
descomposición del compuesto presente en la disolución en sus elementos.
Los dos electrodos de una cuba electrolítica, se identifican de la misma forma
que en una pila electroquímica: en el ÁNODO se produce la oxidación, mientras
que en el CÁTODO se produce la reducción
En realidad, el proceso consiste en la reacción de la corriente eléctrica con
los iones en la disolución, quitándole electrones al ion que se oxida y
proporcionándoselos al ion que se reduce, de tal manera que, como en cualquier
Electrolisis del NaCl fundido
otra reacción las cantidades que intervienen lo hacen siempre EQUIVALENTE A
EQUIVALENTE, tanto si se trata de sólidos, líquidos o gases como de electrones:
Nº de equiv. depositados en el ánodo = Nº de equiv. depositados en el cátodo = Nº equiv. de electrones
Para que se deposite un equivalerte de cualquier sustancia se necesita un equivalente de electrones, cuya carga es la
que tiene un mol de electrones ( 6,023.1023 electrones) y que es de 6,023 . 10 23 . 1,6.10 - 19 • 96.487 Culombios, lo cual
constituye un Faraday, que no es mas que la cantidad de carga eléctrica que contiene un mol de electrones, y que se
suele redondear a 96500 culombios
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 5 de 7
Leyes de Faraday:
Son las leyes que rigen la electrolisis, las cuales se basan en considerar que el número de equivalentes de
corriente eléctrica son los mismos que los de cualquier sustancia que se obtenga en la electrolisis:

Pm
Carga total
I.t 
=
. I. t
96500
96500  I.t
g
g = v
=

Pm
96500
Masa
g
 96500
v
Nº equiv reactivo =
=

Pm
Peso equiv
v 
Pm
fórmula en la cual g: es la cantidad separada, en gramos; E =
es el equivalente gramo de la sustancia que se
v
Nº equiv electrones =
deposita en el ánodo o en el cátodo, I: Intensidad de la corriente eléctrica que circula por la cuba electrolítica, en
amperios y t:es el tiempo que ha estado circulando la corriente eléctrica, en segundos
De esta expresión se deducen las dos leyes de Faraday:
1ª - La cantidad de una sustancia separada por una corriente eléctrica es proporcional a la cantidad de corriente
que pasa por el sistema:
2ª - Las cantidades de diferentes sustancias liberadas por una misma cantidad de electricidad son proporcionales a
sus equivalentes químicos.
En el caso de la celda electrolítica anterior (con NaCl fundido) en el ánodo (que aquí es el polo positivo ya que es al
que se acercan los aniones de la disolución) se produce la oxidación de los iones cloruro, convirtiéndolos en Cloro (Cl 2),
que se desprende, mientras que en el cátodo(que es el polo negativo) se produce la reducción de los iones sodio a
sodio metálico.
Si se realizara la electrolisis del NaCl disuelto en agua, en la disolución estarían tanto los iones procedentes de la
disociación del NaCl como del agua:
NaCl W Na + + Cl H 2 O W H + + OH En el ánodo competirían los iones cloruro (Cl - ) y los iones hidróxido (OH - ) oxidándose aquel que menos retenga a
sus electrones, que es el de menor potencial, y como sus potenciales normales son Eº (Cl 2 /Cl- ) = + 1,36 v y Eº (O2 /
OH - ) = + 0,40 v, resulta que se oxidará el ion OH - por lo que en el ánodo se desprenderá OXÍGENO (O 2).
En el cátodo competirán para reducirse los dos cationes presentes en la disolución: los iones sodio (Na +)
procedentes del cloruro de sodio y los protones (H +) procedentes del agua. De ambos sufrirá la reducción aquel que
tenga mayor tendencia a ganar electrones, es decir, el de potencial más alto, y dado que sus potenciales normales son:
Eº (H + /H 2) = 0 v y Eº (Na +/Naº) = = -2,71 v resulta que en el cátodo se producirá la reducción del H + desprendiéndose
HIDRÓGENO GASEOSO (H 2).
EJEMPLOS DE ELECTRÓLISIS RESUELTOS
Ejemplo 12) Determinar la cantidad de bromo que se libera por electrólisis de KBr fundido si se hace circular una
corriente de 2,0 A durante 30 min ¿Qué se libera en cada electrodo y en qué cantidad? ¿Qué sucedería si
el KBr estuviera disuelto en agua?
SOLUCIÓN
El KBr fundido se disocia según en proceso
KBr º
K+ + BrEn el ÁNODO (se produce la oxidación)
2 Br º Br2 + 2 eEn el CÁTODO (se produce la reducción)
Pm Br2
En el ánodo: g
=
. I. t
v
96500
K+ + 1 e- º
Kº
80.2
. 2 . 30.60
2
;
; g=
96500
Pm
.I. t
v
Según la ley de Faraday: g =
96500
Se obtienen 2,98 g. de Bromo
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 6 de 7
Pm K
39
. I. t
. 2 . 30.60
v
1
En el cátodo: g =
; g=
96500
96500
; Se obtienen 1,45 g de potasio
Si la electrólisis se realizara en disolución acuosa, coexisten el equilibrio de disociación del KBr con el de
disociación del agua:
KBr ý K+ + Br - y también: H2O ý H+ + OH Por tanto, en el ÁNODO se producirá la oxidación de uno de los aniones:
2 Br - ý Br2 + 2 eEº = +1,066 v
4 OH - ý O2 + 2 H2O + 4 eEº = +0,40 v.
y, entre ellos, se oxidará el de menor potencial normal, que
4Pm OH
17.4
. I. t
. 2 . 30.60
4
4
g
=
;
g=
es el OH-, por lo que en él se obtendrá oxígeno : En el ánodo:
;
96500
96500
Se obtienen 0,63 g de O2
mientras que el CÁTODO, se producirá la reducción de uno de cationes existentes en la disolución:
K+ + 1 e - ý K;
Eº = - 2,92 v
2 H+ + 2 e- ý H2 ; Eº = 0
y aquí se reducirá el catión cuyo potencial normal sea mayor, es decir el
Pm H+
H+, por lo que se obtendrá Hidrógeno : En el ánodo:
g =
. I.t
v
96500
2.1
. 2 . 30.60
;
; g= 2
96500
Se obtienen 0,037 g de H2
ELECTROQUÍMICA: PILAS-ELECTROLISIS -Pág 7 de 7