Problemas y Ejercicios Resueltos de Equilibrio Químico

Problemas adaptados a 2º de Bachillerato y a las Pruebas de Acceso a la Universidad
Problemas y Ejercicios Resueltos de Equilibrio Químico
Aspectos generales del equilibrio químico
1. La reacción N 2 O 4  g 
2 NO2  g 
tiene una constante de equilibrio
K c  2, 76 a una temperatura determinada. Calcular todas las
concentraciones en el equilibrio cuando se tienen unas concentraciones
iniciales de:  N 2 O 4  i  0, 3 M ,  N O 2 i  0,1 M
Para empezar a resolver el problema, lo más conveniente es escribir la forma de la
constante de equilibrio en función de las concentraciones:
 N O2 

 N 2O4 
2
Kc
Ahora, determinamos qué cantidad de N 2 O 4 ha reaccionado y qué cantidad de N O 2 se
ha formado como consecuencia. Llamaremos C i a la concentración inicial y C eq a la
concentración en el equilibrio.
 N 2O 4 
 N O2 
Ci
0, 3
0,1
C eq
0, 3  x
0,1  2 x
El resultado de estas concentraciones en el equilibrio se deduce al observar la
estequiometría de la reacción. Por cada mol de N 2 O 4 que reacciona, aparecen dos
moles de N O 2 .
Una vez definidas las concentraciones en el equilibrio, las trasladamos a la expresión
de la constante:
Kc 
 0,1  2 x 
0, 3  x
2
 2, 76 
 0,1  2 x 
2
0, 3  x
Si operamos algebraicamente, obtenemos la expresión:
4 x  3,16 x  0, 818  0
2
Esta es la expresión general de la ecuación cuadrática♠. Resolviéndola, se obtienen dos
soluciones:
 x1  0, 205 m ol / L
2
4 x  3,16 x  0, 818  0 
 x 2   0, 995 m ol / L
El segundo resultado no tiene sentido en el problema, ya que no puede darse una
concentración negativa. Una vez obtenido ese resultado, volvemos a las expresiones de
las concentraciones en el equilibrio y las calculamos:
♠
 N 2 O 4  eq
 0, 3  0, 205  0, 095 m ol / L
 N O 2  eq
 0,1  2  0, 205   0, 51 m ol / L
La ecuación cuadrática:
ax  bx  c  0  x 
2
b 
b  4 ac
2
2a
1
2. Para la reacción 2 SO 2  g   O 2  g 
2 SO 3  g 
, inicialmente se dispone de 3
moles de SO2 y 1,5 moles de O2 en un matraz de 5L. Llegamos al equilibrio
cuando la concentración de O2 se ha reducido a 0,9 moles. Calcular La
constante de equilibrio para dicha reacción.
En primer lugar, definimos las concentraciones de los reactivos. Para ello,
calculamos la concentración en mol/L de cada uno de ellos.
 SO 2  
O2  
3 m ol
 0, 6 m ol / L
5L
1, 5 m ol
 0, 3 m ol / L
5L
Ahora escribimos la expresión de la constante de equilibrio:
 SO 3 

2
 SO 2   O 2 
2
Kc
Pero para poder utilizarla, tenemos que definir primero las concentraciones en el
equilibrio.
 SO2 
O2 
 SO3 
Ci
0, 6
0, 3
-
C eq
0, 6  2 x
0, 3  x
2x
El problema nos especifica que la concentración en el equilibrio del O2 es de:
 O 2  eq

0, 9 m ol
 0,18 m ol / L
5L
Por lo tanto:
0, 3  x  0,18  x  0,12
Ahora, se calculan las nuevas expresiones de las concentraciones en el equilibrio:
 S O 2   0, 6  2  0,1 2   0, 3 6 m o l / L
 O 2   0, 3  0,1 2  0,1 8 m o l / L
 S O 3   2  0,1 2   0, 2 4 m o l / L
Y llevándolas a la constante:
 SO 3 


2
 SO 2   O 2 
2
Kc
 0, 24 
2
 0, 36   0,18 
2
Kc 
Kc
0, 06
 2, 56
0,13·0,18
2, 56
3. La solubilidad del cloruro de plata (AgCl) a 25º C es 5, 74  10  7 M . Calcular
el producto de solubilidad a esa temperatura.
La reacción que transcurre es un caso muy común de equilibrio heterogéneo. En
este caso, nos encontramos con una especie que es insoluble en disolución acuosa
(AgCl), y por lo tanto precipita. La reacción que tiene lugar es:
AgC l  s  
Ag

 ac   C l   ac 
La flecha adjunta al AgCl indica que se encuentra en la disolución como
precipitado (fase sólida). Ahora definimos la solubilidad en cada una de las
especies químicas en base a la estequiometría.
AgC l  s  
Ag

S
 ac   C l   ac 
S
2
Si definimos la expresión del producto de solubilidad:
♣


2
7
 13
K ps   Ag   C l   K ps  S ·S  S  K ps   5, 74  10   3, 29  10
2
K ps  3, 29  10
 13
♣ El AgCl  , al tratarse de un sólido, no interviene en el cálculo del K p s .
4. Una solución saturada de cloruro de plomo (II) contiene, a 25º C, una
concentración de iones plomo (II) de 1, 6  10  2 m ol / L .
a) Calcular la concentración de iones cloruro de la disolución.
b) Calcular el producto de solubilidad del cloruro de plomo a esta
temperatura.
a) Primero, escribimos la reacción correspondiente a este equilibrio:
Pb  C l 2 
Pb
2
 2C l

Por estequiometría observamos que la concentración de iones cloruro es el doble que
la de iones plomo (II). Por lo tanto:
 C l    2·1, 6  10  2   0, 032 m ol / L  3, 2  10  2 m ol / L


 C l    3, 2  10  2 m ol / L


b) Para calcular el producto de solubilidad, primero es conveniente escribir su
expresión general:
2

K ps   Pb   C l 
K ps  1, 6  10
2
· 3, 2  10 
2
K p s  1, 6  1 0
2
2
 1, 6  10
5
5
Equilibrios Ácido-Base
1. Una lejía contiene hipoclorito de sodio, cloruro de sodio y agua.
a) Justifique el carácter básico de la disolución.
b) Si la concentración de hipoclorito de sodio es 0, 2 mol / dm 3 , calcular el
pH de la disolución.
Datos: K b  C lO    3, 3  10  7 a 25º C.
a) Primero hay que formular todas las especies que contiene la disolución:
hipoclorito de sodio : N aC lO
C loruro de sodio : N aC l
♠
A gua : H 2 O
El cloruro de sodio, al ser un electrolito fuerte, se encuentra completamente disociado
en disolución acuosa en sus iones fundamentales:

N aC l  N a  C l

Los iones sodio presentan actividad próxima a 1 por provenir de una base fuerte
 N a O H  , al igual que los iones cloro, que en este caso provienen de un ácido fuerte
 H C l  . El agua, sin embargo, cede iones
H 2O
OH
H


, como demuestra su producto iónico:
 OH

Sin embargo, el verdadero carácter básico lo aporta el hipoclorito, que sufre hidrólisis
con el agua, dando una cantidad de iones O H  mucho mayor a la disolución:
3

C lO  H 2 O
H C lO  O H

b) Para calcular el pH, primero calculamos  O H   :
C lO

H C lO
OH
Ci
0, 2
-
-
Reaccionan
x
0, 2  x
-
-
x
x
Cf
Kb 

 H C lO   O H  
3, 3  10
 C lO  


7

x
2
 x  3, 3  10
2
0, 2  x
7
 6, 7  10
8
  O H    2, 6  10  4


 0
4
  2, 6  10
Ahora, calculamos el pOH y utilizamos la relación entre pH y pOH:
p O H   lo g  2, 6  1 0
4
  3, 6
p H  1 4  p O H  1 4  3, 6  1 0, 4
p H  1 0, 4
♠ El ácido hipocloroso es un ácido monoprótido débil, que pertenece al grupo de los
oxácidos. Se forma a partir del óxido de cloro (I) y una molécula de agua.
C l 2 O  H 2 O  H 2 C l 2 O 2  H C lO
2. a) Calcular el pH de una disolución 0,08 M de NaOH y b) calcular el pH de
una disolución de igual concentración de NH4OH.
Datos: K b  N H 4 O H   1, 8  1 0  5
a) Primero, escribimos la reacción que tiene lugar. Tenemos que tener en cuenta
que el NaOH es una base fuerte que se encuentra disociada completamente en
disolución acuosa. Por lo tanto:

N aO H  N a  O H

Ahora tenemos en cuenta las concentraciones del Na+ y de O H  :
NaOH
Na+
0, 0 8
Ci
Reaccionan
C eq
OH

-
0, 0 8
-
-
0
0, 0 8
0, 0 8
La concentración de iones O H  en la disolución es por tanto  O H    0, 08 , y el
pOH:

pO H   log  O H   pO H   log  0, 08 
1,1
Con el pOH podemos utilizar la expresión:
pH  pO H  14  pH  14  pO H  14  1,1  12, 9
pH  12, 9
b) La reacción que tiene lugar es:
N H 4O H

NH 4  OH

K b  1, 8  10
5
4
Por lo tanto, podemos definir la expresión de la constante de equilibrio K b :
 N H 4   O H  



Kb 
N
H
O
H
 4 
Ahora definimos las expresiones de las concentraciones en el equilibrio:

NH 4 OH
NH 4
Ci
0, 0 8
-
Reaccionan
x
0, 08  x
-
-
x
x
C eq
OH

-
Sustituyendo las expresiones de las concentraciones en el equilibrio en la expresión de
la constante obtenemos:
2
 N H 4   O H  
x ·x
x



2
Kb 
 Kb 

 x  K b x  0, 08 K b  0
0, 08  x 0, 08  x
 N H 4O H 
Resolviendo la ecuación de segundo grado, sacamos dos soluciones de x (una
negativa, que es incoherente con el problema) y obtenemos las concentraciones en
el equilibrio♠. Sin embargo en estos problemas se puede utilizar una aproximación
que facilita mucho los cálculos. El resultado en x es mucho más pequeño que 0,08.
Por lo tanto podemos despreciarlo:
x
Kb 
2
0, 0 8  x
x

2
0, 0 8
Resolviendo esta ecuación obtenemos:
x  1, 8  10
2
5
  0, 08   x 
1, 44  10
5
 1, 2  10
3
Ahora sustituimos en la expresión de la concentración de  O H   y calculamos el
pH exactamente por el mismo procedimiento que en a).

3
pH  14  pO H  pH  14  log  O H   14  log 1, 2  10   11, 08
pH  11, 08
♠
Vamos a resolver la ecuación cuadrática para demostrar que el resultado no
difiere mucho del obtenido en la aproximación:
x  K b x  0, 08 K b  0  x  1, 8  10
2
x
2
 1, 8·10
5

1, 8  10 
5
2
5
 x  1, 44  10
 4·1·  1, 44  10
2·1
6

6
0
 x1  1,19  10  3
 
3
 x 2   1, 2·10
Sustituyendo el valor de x en la expresión del pH:
pH  14  log 1,19  10
3
  11, 076
3. Calcular la concentración molar de una disolución de ácido sulfúrico que
tenga el mismo pH que otra de ácido acético 0,374 M.
DATOS: Masas atómicas: H = 1; C = 12; 0 = 16; S = 32.
5
K a  H A c   1, 8  10 .
En primer lugar, tenemos que calcular cuál es la concentración molar de una
disolución 0,374M de ácido acético. Para ello, utilizamos la constante de equilibrio
del ácido acético, que se disocia según la reacción:
H Ac

Ac  H

♠
5
 HAc
 Ac 


H  


Ci
0, 374
-
-
C eq
0, 374  x
x
x
2
2
 Ac   H  
x
x



Ka 


0, 374  x 0, 374
 HAc
1, 8  10   0, 374   2, 595  10
5
x
3
Por lo tanto  H    6, 732  10  6 M . El ácido sulfúrico es un ácido fuerte, que se
encuentra disociado totalmente en disolución acuosa según la reacción:

H 2 SO 4  2 H
2
 SO 4
Por lo tanto, la concentración del ácido será justo la mitad que la concentración
de protones:
 H 2 SO 4  
2, 595  10
3
 1, 298  10
3
2
 H 2 SO 4   1, 298  10  3 M
♠ El ácido acético o ácido etanoico es un ácido orgánico monoprótido de dos
átomos de carbono, con fórmula molecular:
CH 3  COOH
Por lo tanto, la reacción de disociación que tiene lugar es:

CH 3  COOH
CH 3  COO  H

4. En el laboratorio, preparamos una disolución adicionando 50ml de agua
destilada a 150ml de otra disolución 0,1M de amoniaco. Calcular el pH de la
nueva disolución. DATOS: K b  N H 3   1, 8  1 0  5
Primero hay que calcular la nueva molaridad de amoníaco. Para ello, se calculan
los moles iniciales y se dividen por el volumen total en el que realizamos la
dilución:
 NH 3  
0,100 m ol / L ·0,150 L
0,150 L  0, 050 L
 1, 250 m ol / L
Una vez que tenemos calculada la nueva concentración, tenemos que tener en
cuenta que la reacción de hidrólisis del amoníaco con el agua viene dada por:

N H 3  H 2O
NH 4  OH

Y el valor de la constante viene determinado por:
 N H 4   O H  



Kb 
 NH 3 
NH 3 
 N H 4 


O H  


Ci
0,1 2 5
-
-
C eq
0,125  x
x
x
Kb 
x
x
2
0,125  x

x
2
0,125
 0,125  1, 8  10  5 
 1, 5·10
3
6
Por lo tanto:
pO H   log  1, 5  10
3
  2, 82
pH  14  pO H
pH  11,17
5. Calcular el pH de la disolución obtenida cuando se mezclan 35mL de una
disolución 0,8 M de HCl en 500mL de agua destilada.
Hay que tener en cuenta que el HCl es un ácido fuerte que se encuentra totalmente
disociado en disolución acuosa. Por lo tanto la reacción que tiene lugar es:
HCl  H

 Cl

Estamos llevando a cabo una dilución de una disolución de concentración y
volumen conocidos. Por lo tanto, hay que calcular el número de moles iniciales y
dividirlos por el nuevo volumen para conseguir la nueva concentración.
M nueva 
M inicial ·V inicial
V nuevo  V inicial
 M nueva 
0, 8 m ol / L ·0, 035 L
0, 50 L  0, 035 L

0, 028 m ol
 0, 05 m ol / L
0, 535 L
Por lo tanto, según la estequiometría de la reacción:
 H    0, 05 m ol / L  pH   log  H     log  0, 05   1, 3




pH  1, 3
6. Calcular el pH de una disolución que ha sido preparada a partir de 25mL
de una disolución 0,2 M de KOH y de 50mL de otra 0,1 M.
Primero hay que calcular las nuevas concentraciones de ambas especies en la
nueva disolución. Para ello, se calcula el número de moles que existían en las
disoluciones anteriores y se dividen por el nuevo volumen.
K O H : M KOH 
H N O3 : M
H N O3

M K O H ·V K O H
V K O H  V H N O3
M
H N O3
·V H N O
3
V K O H  V H N O3
 M KOH 
0, 2 m ol / L ·0, 025 L
 M KOH 
0,1 m ol / L ·0, 05 L
0, 025 L  0, 05 L
0, 025 L  0, 05 L
 0, 07 m ol / L
 0, 07 m ol / L
La reacción que tiene lugar al mezclar ambas especies es una reacción de
neutralización:
H N O3  K O H  K N O3  H 2O
Estequiométricamente comprobamos que las concentraciones de ácido y de base
son iguales, por lo que ambas especies reaccionarán completamente para producir
nitrato potásico y agua. Ahora analizamos estos productos.
El nitrato potásico es una sal completamente disociada en disolución acuosa en sus
iones fundamentales (electrolito fuerte):
K N O3  K


 N O3
Los iones potasio proceden de una base muy fuerte (KOH), por lo que se
comportarán como un ácido muy débil con actividad próxima a 1, y los iones N O 3
proceden de un ácido muy fuerte  H N O 3  , por lo que se comportarán como una
base muy débil, también con actividad próxima a 1♠. Entonces, sabemos que el pH
de la disolución nueva será 7 (neutro) por el agua, a 25º C.
pH  7
♠ Esto significa que no pueden sufrir reacción alguna que altere el pH.
7
7. Se valoran 10mL de amoníaco 1,0 M con ácido nítrico 0,42 M. Calcular el
volumen necesario de nítrico y el pH de la disolución en el punto de
equivalencia. Datos. K b  N H 3   1, 8  1 0  5 ; K w  1  10  14 .
La reacción que tiene lugar es:
H N O3  N H 3
N H 4 N O3
Para resolver la primera parte del problema, hay que tener en cuenta el concepto
de punto de equivalencia. En él, el número de equivalentes de ácido y de base son
iguales.
eq H N O 3  eq N H 3
Para poder comprenderlo un poco mejor, repasemos el concepto de normalidad. La
normalidad de una disolución se define como los equivalentes de soluto partidos
por el volumen (en litros) de la disolución:
eq soluto
N 
V disolución
Ahora bien, el número de equivalentes viene dado por la masa (en gramos) dividido
por el peso equivalente:
eq 
g soluto
Peq
Y este peso equivalente corresponde al cociente del peso molecular de la especie en
cuestión dividido por un parámetro n, que corresponde al número de partículas
intercambiadas (en las reacciones ácido-base, el número de protones H 
transferidos):
Peq 
PM
n
Por lo tanto:
g
N 
Pm n
V d iso lu ció n
El punto de equivalencia se puede expresar de la forma:
N H N O 3 ·V H N O 3  N N H 3 ·V N H 3
Despejando el volumen de HNO3 conseguiríamos el volumen necesario para llegar
al punto de equivalencia.
Sin embargo, en el punto de equivalencia también se cumple otra situación:
n H N O3  n N H 3
Donde n representa el número de moles. Por lo tanto, este se puede expresar en
función de las concentraciones (en mol/L):
M
H N O3
V H N O3  M
NH 3
V N H 3  V H N O3 
M
NH 3
M
V NH 3
H N O3
Sustituyendo los datos:
V H N O3 
1 M ·10 m L
 23, 8 m L
0, 42 M
Para resolver la segunda parte del problema, hay que considerar la sal que se
forma durante el primer proceso. Esta se disocia de forma completa según la
reacción:


N H 4 N O3  N H 4  N O3
Los iones nitrato tienen actividad próxima a 1, ya que proceden de un ácido fuerte
(ácido nítrico). Los iones amonio, sin embargo, se disociarán según el equilibrio: ♣

NH 4
NH 3  H

8
Cuya constante de equilibrio en función de las concentraciones vendrá dada por la
expresión:
Ka 
 N H 3   H  
 N H 4 


Primero hay que calcular la concentración de ión amonio de la que se parte:
0, 01 m ol
 N H 4  

 0, 024 L  10 L  0, 30 M
El número de moles se obtiene de la estequiometría de la reacción, y el volumen
total de la suma de los volúmenes al llevar a cabo la volumetría.
Ahora tenemos que calcular la constante de acidez. El problema nos da como dato
la constante de basicidad  K b  del amoníaco, por lo tanto:
K a K b  1  10
 14
 Ka 
1  10
 14
1, 8  10
5
5, 6  10
 10
Ahora:

NH 4
NH 3
Ci
0, 3 0
-
-
Reaccionan
x
0, 30  x
-
-
x
x
C eq
H

Y escribimos la expresión de la constante con los datos del problema:
5, 6  1 0
10

x  1, 6 8  1 0
2
x ·x
0, 3 0  x
10
x

2
0, 3 0
 0  x  1, 2 9  1 0
5
Esta aproximación ya se usó en el problema 1. Por lo tanto:
 H    1, 29  10  5


pH   log 1, 29  10
5
  4, 9
pH  4, 9
♣ Las reacciones ácido-base se pueden escribir de dos formas:
HA

A H
H A  H 2O
 Form a de A rrhenius 


A  H 3O

 Form a de B rönsted-Low ry 
Este ión ( H 3 O  ) es el hidronio. Ambas formas son válidas. En estos problemas,
como ya se ha visto, se utilizarán las reacciones según la primera forma.
Equilibrio de reacciones redox
1. Ajustar las siguientes reacciones por el método del ión-electrón.
a) KIO 3  Cl 2  KOH
KIO 4  KCl  H 2 O
b) K 2 Cr2 O 7  H 2 S  HCl
CrCl3  S  KCl  H 2 O
a) Para ajustar una reacción química de oxidación-reducción, primero hay que
determinar las especies que se oxidan y se reducen y ver a qué nuevos estado pasan.
Para ello, vemos los estados de oxidación en los reactivos y en los productos, e
identificamos aquellos que hayan cambiado. En e este caso:
9
K IO 3  K IO 4
C l2  C l

Una vez que las hemos determinado, ajustamos Estequiométricamente la reacción
(los átomos de oxígeno y los de hidrógeno se ajustan añadiendo tantas moléculas de
agua y protones  H   como sean necesarios:
K IO 3  H 2 O  K IO 4  2 H
C l2  2 C l


Sin embargo, la reacción química tiene que ser eléctricamente neutra, así que
hacemos que las cargas en reactivos y productos sean iguales en ambos miembros
de la ecuación. Para ello, añadimos tantos electrones  e   como sean necesarios:

K IO 3  H 2 O  2 e  K IO 4  2 H

C l2  2 e  2 C l


Ahora sumamos algebraicamente las dos reacciones y obtenemos la reacción general
ajustada:
K IO 3  H 2 O  2 e



C l2  2 e
 2C l
 K IO 4  2 H

K IO 4  2 H

K IO 3  C l 2  H 2 O
 2C l

b) Procedemos de la misma manera que en el apartado anterior. Identificamos las
especies que cambian por su estado de oxidación:
2
C r2 O 7  C r
S
2
3
 S
Ahora ajustamos según la estequiometría:
2
C r2 O 7  14 H
S
2

 2C r
3
 7 H 2O
 S
Y, a continuación, ajustamos las cargas:
2

C r2 O 7  14 H
S
2
 S  2e

 6 e  2C r
3
 7 H 2O

Si sumamos algebraicamente, nos quedan electrones libres en el primero miembro de la
ecuación. Para evitarlo, multiplicamos la segunda ecuación por 3 y se la sumamos a la
primera:
2
C r2 O 7  14 H
S
3
2


 6 e  2C r
 S  2e

3
 7 H 2O

Operando, obtenemos la reacción:
2
C r2 O 7  14 H
3S
2

 6e
 3S  6e
2
C r2 O 7  14 H


 2C r
3
 7 H 2O

 3S
2
2C r
3
 7 H 2O  3 S
Sin embargo, esta no corresponde a la reacción inicial. Para ello, sumamos dos iones
potasio en ambos miembros:
K 2 C r2 O 7  14 H

 3S
2
2C r
3
 7 H 2O  3S  2 K

Ahora sumamos 8 iones de cloro en ambos miembros:
K 2 C r2 O 7  14 H

 3S
2
 8C l

2 C rC l 3  7 H 2 O  3 S  2 K C l
10
Combinando el resto de iones, obtenemos la reacción ajustada:
K 2 C r2 O 7  3 H 2 S  8 H C l
2 C rC l3  7 H 2 O  3 S  2 K C l
♠ Consejo: En estos sistemas es muy fácil cometer pequeños errores que modifican
completamente el resultado final. Intentar repasar siempre las reacciones desde el
principio después de resolver el problema.
2. En disolución acuosa y medio ácido del ion permanganato oxida al ion
hierro (II) a ion hierro (III). En este proceso el ion permanganato se reduce
a ion manganeso (II).
a) Ajuste la correspondiente ecuación iónica por el método del ión-electrón.
b) Calcule la concentración de una disolución de sulfato de hierro (II),
expresada en mol/L, si 10ml de esta disolución han consumido 22,3ml de una
disolución de permanganato de potasio de concentración 0,02 mol/L.
a) Para ver el problema con mayor claridad, primero escribimos las
semirreacciones de oxidación y de reducción. A modo de anotación, el ión
permanganato es uno de los oxidantes más comunes que se utilizan como
ejemplos en estos ejercicios. Las semirreacciones son:

M nO4
Fe
Mn
2
Fe
2
♣
3
Ahora bien, como se explicó en el ejercicio 1. , hay que ajustar las reacciones
Estequiométricamente y eléctricamente.


 5e
3

M nO 4  8 H
Fe
2
Fe
e

Mn
2
 4 H 2O
♠
Hay que tener en cuenta que, tal y como están las reacciones, no se pueden sumar
algebraicamente, ya que quedarían “electrones libres”. Para ello, multiplicamos la
segunda semirreacción por 5 y se la sumamos a la primera, obteniéndose:

M nO 4  5 Fe
2
 8H

Mn
2
 5 Fe
3
 4 H 2O
b) Para ello, recurrimos a la estequiometría. Calculamos el número de moles que
había en la disolución inicial de permanganato (en mol/L)
M 
n soluto
L disolución
 0, 02  m ol / L  
n
22, 3  10
3
 n  4, 46  10
L
4

m ol M nO 4
Sabemos el número de moles de F e 2  que reaccionan con esta cantidad de
permanganato mediante la relación:

1 m ol M nO 4
5 m ol Fe
2

4, 46  10
4

m ol M nO 4
x m ol Fe
2
 x  2, 23  10
3
m ol Fe
2
Ya tenemos el número de moles necesario para consumir nuestra disolución inicial de
permanganato. Además, como tenemos el volumen utilizado, calculamos la
concentración en mol/L:
 F e 2  


2, 23  10
3
10  10
3
m ol
 0, 223 m ol / L
L
 F e 2    0, 223 m ol / L


11
♣ El oxidante “roba” los electrones al reductor, que, a su vez, “cede” los electrones al
oxidante.
Rd
Rd
O x  ne
n

 ne

Ox
Ox  Rd
Ox
n
n
 Rd
n
♠ El ejercicio especifica que la reacción se lleva a cabo en medio ácido (en presencia
de iones H  ). Por lo tanto, el carácter ácido del medio es imprescindible para que la
reacción tenga lugar, como se puede comprobar en la reacción global).
3. Dados los potenciales estándar de reducción: E º  M g 2  M g    2, 36V y
E º  Pb
2
P b    0,126V
, justifique en qué sentido se producirá la reacción:
Mg
2

 M g  P b 2
 P b 

¿?
Para ello, escribimos las semirreacciones de oxidación y de reducción con sus
potenciales normales correspondientes:
Mg
Pb
2
2
 2e
2e


E º   2, 36V
Mg
E º   0,126V
Pb
A la vista de los potenciales, comprobamos que el plomo, al tener un potencial mayor
de reducción, será la especie que se reduzca, y el magnesio, la especie que se oxide:
Mg
Pb
Mg
2
 2e
M g  Pb
2

 2e

Pb
2
Mg
2
 Pb
4. Una pila consta de una semicelda que contiene una barra de platino
sumergida en una disolución 1M de F e 2  y 1 M de F e 3  . La otra semicelda
consiste en un electrodo de talio sumergido en una disolución 1 M de ión
talio (I).
a) Escriba las semirreacciones en el cátodo y en el ánodo y la reacción
global.
b) Escriba la notación de la pila y calcule el potencial estándar.
Datos: Potenciales normales de reducción a 25º C:

E º Fe
3
Fe
2
  0, 77V ;
E º  Tl Tl    0, 34V

a) Para escribir las semirreacciones de oxidación y reducción, hay que tener en
cuenta los potenciales normales de reducción. Aquél que tenga un potencial más
alto, será el que se reduzca con mayor facilidad, a partir de los electrones del
otro, el cual se comportará como reductor y, por lo tanto, se oxidará. Podemos
observar que, siguiendo la indicación anterior, es el hierro el que se reducirá.
Por lo tanto:
Fe
3


Fe
T l  1e
Tl
Fe
 1e
3
 Tl
 Rd 
2
Ox 

Fe
2
 Tl

12
b) Para determinar la notación de la pila, tenemos que empezar escribiendo la
semirreacción de oxidación, siempre separando las dos especies entre una sola
barra, y la semirreacción de reducción, separada mediante una doble barra, y
con ambas especies separadas también por una sola barra. La notación de la
pila es, por tanto:
Tl Tl

3
Fe
Fe
2
Para calcular el potencial estándar tenemos que tener muy en cuenta que los
potenciales normales corresponden a reacciones de reducción. Por lo tanto,
como la semirreacción del talio es la de oxidación, presentara su E º con signo
invertido. Fijándonos en los datos del problema:
Fe
3
 1e

Fe

T l  1e
Tl
Fe
3
 Tl
2
E º  0, 77V
E º     0, 34V

Fe
2
 Tl


E º  0, 77V  0, 34V  1,11V
5. Dada la reacción HC l  K 2 C rO 4
C rC l3  K C l  C l 2  H 2 O : a) Ajuste la
reacción por el método del ión-electrón. b) Calcule el peso equivalente del
oxidante y del reductor. c) Calcule el peso de cromato necesario para
obtener 100 g de C rC l3 si el rendimiento es del 60 %.
a) Primero, identificamos las semirreacciones de oxidación y de reducción:
Cl

C l2
2
C rO 4
Cr
3
Una vez escritas, las ajustamos eléctrica y estequiométricamente:
2C l

C l2  2 e
2
C rO 4  8 H


 3e

Cr
3
 4 H 2O
Para eliminar todos los electrones tras la suma algebraica de las semirreacciones
ajustadas, multiplicamos la primera por 3 y la segunda por 2:
6C l

3C l 2  6 e
2 C rO 4  16 H
2

 6e
2

 6C l
2 C rO 4  16 H
Sumamos 4 iones K



2C r

3
2C r
3
 8 H 2O
 8 H 2 O  3C l 2
a ambos miembros de la ecuación:
2 K 2 C rO 4  16 H

 6C l

2C r
3
 8 H 2 O  3C l 2  4 K

Sumamos 6 iones C l  a ambos lados de la ecuación.
2 K 2 C rO 4  16 H C l
2 C rC l 3  8 H 2 O  3C l 2  4 K C l
b) El peso equivalente se define como:
Peq 
PM
n
Donde PM es el peso molecular de la sustancia y n es el número de partículas
intercambiadas (en las reacciones de óxido-reducción como ésta, n corresponde al
número de electrones intercambiados).
13
Peq  H C l  
35, 45 g  1 g
 36, 45 g
1
Peq  H C l   36, 45 g
Peq  K 2 C rO 4  
 2·39,10 g    52, 00 g    4·16, 00 g 
 64, 73 g
3
Peq  K 2 C rO 4   64, 73 g
c) Consideramos que la reacción se encuentra muy desplazada hacia la formación de
C rC l3 . Por tanto, podemos esperar que:
2 K 2 CrO 4  16 HCl  2 CrCl3  8 H 2 O  3Cl 2  4 KCl
Como el rendimiento de la reacción es al 60%, calculamos el peso de C rC l3 que se
obtendría con la cantidad estequiométrica:
316, 7·60
♠
g ( C rC l 3 ) 100 g ( C rC l )
100
3

388, 4 g ( K 2 C rO 4 )
xg ( K 2 C rO 4 )
P eso K 2 C rO 4  204, 4 g ( K 2 C rO 4 )
♠ Se han calculado los pesos moleculares de las dos especies y se han multiplicado por
sus coeficientes estequiométricos. Además, se ha calculado el 60% del peso total
obtenido de C rC l3 si se hubiera utilizado la cantidad estequiométrica.
14