QuímicaDifícilProblema · 2 pts

Ajuste redox y estequiometría

Andalucía · 2020 · Septiembre

Enunciado

Bloque C · C4. El nitrato de potasio reacciona en medio básico para dar nitrito de potasio según la siguiente reacción química:

\text{KNO}_3 + \text{MnO}_2 + \text{KOH} \longrightarrow \text{K}_2\text{MnO}_4 + \text{KNO}_2 + \text{H}_2\text{O}

a) Ajuste las reacciones iónica y molecular por el método del ion-electrón.

b) Calcule la masa de

\text{KOH}

necesaria para obtener

250

g de

\text{KNO}_2

. ¿Cuál sería la masa necesaria de

\text{KOH}

suponiendo que el rendimiento es del

70\ \%

?

Datos: masas atómicas

\text{K} = 39

;

\text{N} = 14

;

\text{O} = 16

;

\text{H} = 1

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\textbf{a) iónica: } \text{MnO}_2 + \text{NO}_3^- + 2\,\text{OH}^- \to \text{MnO}_4^{2-} + \text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O}\;}

\boxed{\;\text{molecular: } \text{KNO}_3 + \text{MnO}_2 + 2\,\text{KOH} \to \text{K}_2\text{MnO}_4 + \text{KNO}_2 + \text{H}_2\text{O}\;}

\boxed{\;\textbf{b) } m(\text{KOH}) = 329 \text{ g} \;;\quad \text{con } \eta = 70\ \%: \; 471 \text{ g}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

La presencia de

\text{KOH}

indica medio básico, lo que cambia la forma de ajustar los oxígenos:

Por cada oxígeno que falte, añade $2\,\text{OH}^-$ en ese lado y $1\,\text{H}_2\text{O}$ en el contrario.

Estados de oxidación:

\text{K}\overset{+5}{\text{N}}\text{O}_3 \to \text{K}\overset{+3}{\text{N}}\text{O}_2 \;\;(\text{gana } 2e^-) \qquad \overset{+4}{\text{Mn}}\text{O}_2 \to \text{K}_2\overset{+6}{\text{Mn}}\text{O}_4 \;\;(\text{pierde } 2e^-)

El nitrato se reduce y el dióxido de manganeso se oxida (a manganato,

\text{MnO}_4^{2-}

). Como ambos intercambian dos electrones, el ajuste será especialmente sencillo.

Desarrollo

a) Ajuste por el método del ion-electrón.

Semirreacción de oxidación. Al

\text{MnO}_2

le faltan dos oxígenos para llegar a

\text{MnO}_4^{2-}

: añadimos

4\,\text{OH}^-

a la izquierda y

2\,\text{H}_2\text{O}

a la derecha.

\text{MnO}_2 + 4\,\text{OH}^- \longrightarrow \text{MnO}_4^{2-} + 2\,\text{H}_2\text{O} + 2e^-

Comprobación de carga: izquierda

-4

; derecha

-2 - 2 = -4

. ✓

Semirreacción de reducción. Al

\text{NO}_3^-

le sobra un oxígeno: añadimos

1\,\text{H}_2\text{O}

a la izquierda y

2\,\text{OH}^-

a la derecha.

\text{NO}_3^- + \text{H}_2\text{O} + 2e^- \longrightarrow \text{NO}_2^- + 2\,\text{OH}^-

Comprobación de carga: izquierda

-1 - 2 = -3

; derecha

-1 - 2 = -3

. ✓

Suma directa (ambas intercambian 2 electrones, no hay que multiplicar):

\text{MnO}_2 + 4\,\text{OH}^- + \text{NO}_3^- + \text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{MnO}_4^{2-} + 2\,\text{H}_2\text{O} + \text{NO}_2^- + 2\,\text{OH}^-

Simplificando (

4 - 2 = 2

hidroxilos a la izquierda;

2 - 1 = 1

agua a la derecha):

\boxed{\text{MnO}_2 + \text{NO}_3^- + 2\,\text{OH}^- \longrightarrow \text{MnO}_4^{2-} + \text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O}}

Ecuación molecular. Reponemos los potasios: uno del

\text{KNO}_3

y dos del

\text{KOH}

, en total tres, que se reparten entre

\text{K}_2\text{MnO}_4

\text{KNO}_2

\text{KNO}_3 + \text{MnO}_2 + 2\,\text{KOH} \longrightarrow \text{K}_2\text{MnO}_4 + \text{KNO}_2 + \text{H}_2\text{O}

Comprobación:

\text{K}

(

1+2 = 2+1

\text{N}

(

1=1

\text{Mn}

(

1=1

\text{H}

(

2=2

\text{O}

(

3+2+2 = 4+2+1 = 7

). ✓

b) Masa de $\text{KOH}$ necesaria.

Moles de nitrito a obtener, con

M(\text{KNO}_2) = 39 + 14 + 2(16) = 85\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}

n(\text{KNO}_2) = \frac{250}{85} = 2{,}941 \text{ mol}

Moles de $\text{KOH}$ , con la relación estequiométrica

2\,\text{KOH} : 1\,\text{KNO}_2

n(\text{KOH}) = 2 \cdot 2{,}941 = 5{,}882 \text{ mol}

Masa, con

M(\text{KOH}) = 39 + 16 + 1 = 56\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1}

m = 5{,}882 \cdot 56

\boxed{m(\text{KOH}) = 329 \text{ g} \qquad (\text{rendimiento del } 100\ \%)}

Con rendimiento del $70\ \%$ . Si solo se aprovecha el

70\ \%

de lo que se pone, hay que partir de una cantidad mayor:

m' = \frac{329}{0{,}70}

\boxed{m'(\text{KOH}) = 471 \text{ g}}

Comprobación de sentido: el resultado con rendimiento parcial es mayor que el ideal, como debe ser. Si saliera menor, habríamos multiplicado en lugar de dividir.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Dos avisos sobre este problema:
El ajuste en medio básico. La regla es mecánica: por cada oxígeno que falte, $2\,\text{OH}^-$ en ese lado y $1\,\text{H}_2\text{O}$ en el otro. Y verifica siempre la carga de cada semirreacción antes de sumarlas: detecta la mayoría de los errores.
El sentido del rendimiento. La regla es sencilla:
$\text{si te dan el } \textbf{producto} \text{ deseado} \;\Rightarrow\; \textbf{divide} \text{ entre } \eta$ $\text{si te dan el } \textbf{reactivo} \text{ de partida} \;\Rightarrow\; \textbf{multiplica} \text{ por } \eta$ Comprueba siempre con sentido común: si el proceso desperdicia parte de lo que pones, hace falta más, no menos.

Y no confundas el manganato ( $\text{MnO}_4^{2-}$ , verde, Mn a $+6$ ) con el permanganato ( $\text{MnO}_4^-$ , violeta, Mn a $+7$ ): se diferencian en un electrón y en la carga, y aquí el producto es el primero.