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TEMA 8
EQUILIBRIO
REDOX
PROBLEMAS
1
Problema 1
El dicromato potásico oxida al yoduro potásico en medio ácido sulfúrico
originándose, sulfato de cromo (III), yodo y sulfato potásico. A partir de
la reacción completa y ajustada por el método del ión electrón indicar el
volumen mínimo de una disolución 0,1N de dicromato potásico necesario
para obtener 5 g de yodo.
a)No se puede calcular porque no se conoce la molaridad del oxidante.
b)395 mL de dicromato 0,1N CORRECTA
c)Como la M(K2Cr2O7) = N/2; V = 0,132 L
d)656 mL de dicromato 0,1N
Solución Problema 1
K2Cr2O7 + KI(ac) + H2SO4(ac)
1)
Dividir la ecuación en dos semirreacciones:
Oxidación:
2I- (ac)  I2(s)
Reducción:
2)
Cr2O72-(ac)
 2Cr3+(ac)
Se ajusta la primera semirreacción:
2I-
3)
 I2(s) + Cr2(SO4)3(ac) + K2SO4(ac)
(ac)
- 2e-  I2(s)
Se ajusta la segunda semirreacción:
Cr2O72-(ac) + 14 H+(ac) + 6e-  2Cr3+(ac) + 7H2O(l)
4)
Se multiplica la primera por tres y se suman ambas:
3 x (2I-
(ac)
- 2e-  I2(s))
Cr2O72-(ac) + 14 H+(ac) + 6e-  2Cr3+(ac) + 7H2O(l)
Ec. Iónica:
6I-
(ac)
+ Cr2O72-(ac) + 14 H+(ac)  3 I2(s) + 2Cr3+(ac) + 7H2O(l)
Ec. Molecular: K2Cr2O7 + 6 KI(ac) + 7 H2SO4(ac)
 3I2(s) + Cr2(SO4)3(ac) + 4 K2SO4(ac) + 7H2O(l)
Solución Problema 1
K2Cr2O7 + 6 KI(ac) + 7 H2SO4(ac)
 3I2(s) + Cr2(SO4)3(ac) + 4 K2SO4(ac) + 7H2O(l)
Calculamos el número de moles de I2 y a partir de la estequiometría de la
reacción el número de moles de K2Cr2O7
nI 2 
5g
 0,0197 moles
254

1
nK 2Cr2O7  nI 2  6,56·103 moles
3
Luego la molaridad de K2Cr2O7:
M K 2Cr2O7
N 0,1
 
 0,0166M
6
6
Calculamos el volumen mínimo de disolución de K2Cr2O7
VK 2Cr2O7 
nK 2Cr2O7
M
6,56·103 moles

 0,395 L  395 mL
0,0166M
Problema 2
Si a una disolución 1M de FeSO4 le añadimos un trozo de Zn:
a) No hay reacción porque Eº(Fe2+/Fe) > Eº(Zn2+/Zn)
b) Según los potenciales el Fe2+ se reduce a Fe oxidando al Zn a Zn2+.
CORRECTA
a) La reacción posible sería entre el sulfato de zinc y el Fe metálico.
b) Ninguna solución es correcta.
Datos: Eº(Fe2+/Fe)= -0,44V; Eº(Zn2+/Zn) = -0,76V.
Solución Problema 2
Como Eº(Zn2+/Zn) = -0,76V y Eº(Fe2+/Fe)= -0,44V 
Eº(Fe2+/Fe) > Eº(Zn2+/Zn)
R. Reducción:
Fe2+(ac) + 2e-
R. Oxidación:
Zn(s) - 2e-
El zinc es más reductor que el Fe
Fe(s)
Zn2+(ac)
Por tanto, la reacción que se verifica cuando a una disolución de sulfato de
hierro (II) se añaden trozos de zinc es:
Fe2+(ac) + Zn(s)
Zn2+(ac) + Fe(s)
Siendo la reacción global:
FeSO4 (ac) + Zn(s)
ZnSO4 (ac) + Fe(s)
Problema 3
Dada la reacción: Cu(s) + Sn4+(ac)  Cu2+(ac) + Sn2+(ac) en la que
tanto los reactivos como los productos se encuentran en condiciones
estándar, el valor de la variación de la energía libre de Gibbs y la
constante de equilibrio son:
a) 36,67 kJ y K = 3,80·10-7 CORRECTA
b) -36,67 kJ y K = 3,80·10-7
c) 36,67 kJ y K = 2,755·106
d) 36,67 kJ y K = 3,80·107
Datos: Eº(Cu2+/Cu)= 0,34V; Eº(Sn4+/Sn2+) = 0,15V.
Solución Problema 3
Cu (s) + Sn4+ (ac)  Cu2+ (ac) + Sn2+(ac)
Como Eº(Cu2+/Cu) > Eº(Sn4+/Sn2+) la reacción no será espontánea.
Calculamos el potencial de la reacción en el sentido que está escrita:
ΔEº = Eº(Sn4+/Sn2+) - Eº(Cu2+/Cu) = 0,15V - 0,34V = -0,19V
Calculamos la energía libre de Gibbs:
ΔGº = -nF ΔEº = -(2 mol) (96500Cmol-1) (-0,19V) = 36670·103 J = 36,67 kJ
ΔGº = 36,67 kJ
A partir de la ec. de Nerst:
ΔE  ΔEo 
2 Eº
2 (-0,19)
log K 

  6,42
0,0592 0,0592
RT
lnQ
nF
y en el equilibrio E = 0:
K  3,80·10 -7
Problema 4
En un voltámetro se realiza la electrolisis del agua acidulada con H2SO4
durante 1 h y una intensidad de 0,3A. Los gases obtenidos y la masa de
H2 desprendida son:
a) No se produce reacción en los electrodos a esta intensidad tan baja.
b) En el cátodo se obtiene H2, en el ánodo O2 y la masa de H2 es
1,12·10-2 g. CORRECTA
c) En el cátodo se reduce el H+ y en el ánodo se obtiene SO2, siendo
los gramos de H2 1,12·10-2 g.
d) Ninguna solución es correcta.
Solución Problema 4
Electrolisis del agua acidulada con H2SO4:
Cátodo (+) R. Reducción: (2H+(ac) + 2eÁnodo (-) R. Oxidación:
R. Total
1F= 96485 C deposita
2H2O - 4e-
2H2O
1 eq  g 
H2(g) ) x2
O2(g) + 4H+(ac)
2H2(g) + O2(g)
2
 1 g H2
2
s 1 mol e  1 mol H 2 2 g H 2
2
m (H 2 depositado)  0,3 A (1h 3600 )·
·
·

1
,
12
·
10
g

h 96485 C 2 mol e mol
Gases desprendidos: Cátodo H2 y en el ánodo O2.
m(H2) depositada = 1,12·10-2g