QuímicaMedioProblema · 2,5 pts

Ajuste redox y estequiometría

También trata: Pilas galvánicas y potenciales · Solubilidad y precipitación

Comunidad de Madrid · 2026 · Junio

Enunciado

En un laboratorio de materiales se estudia la corrosión del cobre en presencia de ácido nítrico diluido, porque esta reacción es la responsable tanto de la disolución de cobre metálico en procesos industriales como de la generación de óxidos de nitrógeno contaminantes. En el proceso de corrosión, el cobre metálico reacciona con el ácido nítrico dando lugar a nitrato de cobre(II), óxido de nitrógeno(II) y agua.

a) (1 punto) Ajuste la reacción molecular por el método del ion electrón, indicando cuáles son las semirreacciones de oxidación y reducción.

b) (0,5 puntos) A partir de la reacción del apartado anterior, un estudiante propone reproducir el proceso de corrosión del cobre en una celda electroquímica formada por un electrodo de Cu y otro electrodo inerte de platino, ambos sumergidos en una disolución de

\text{HNO}_3

1 M. Identifique el ánodo y el cátodo especificando en qué electrodo tiene lugar la oxidación y en cuál la reducción y calcule el potencial estándar de la pila.

c) (1 punto) Por motivos medioambientales, es importante reducir la cantidad de iones

\text{Cu}^{2+}

presentes en disoluciones acuosas. Se sabe que si añadimos una disolución de NaOH de pH = 9,0, se puede formar un precipitado de

\text{Cu(OH)}_2

, lo que permite eliminar el cobre por filtración.

Escriba la ecuación química del equilibrio de solubilidad de

\text{Cu(OH)}_2

, indicando el estado físico de cada especie. Determine la concentración molar de iones

\text{Cu}^{2+}

a partir de la cual comienza a precipitar

\text{Cu(OH)}_2

al añadir la disolución de NaOH de pH = 9,0 a 25 °C.

Datos:

E^\circ

(V):

(\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}) = 0{,}34

;

(\text{NO}_3^-/\text{NO}) = 0{,}96

. A 25 °C,

K_s(\text{Cu(OH)}_2) = 2{,}2\cdot 10^{-20}

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Resultado

a) $3\,\text{Cu} + 8\,\text{HNO}_3 \rightarrow 3\,\text{Cu(NO}_3)_2 + 2\,\text{NO} + 4\,\text{H}_2\text{O}$
b) Ánodo (oxidación): Cu; cátodo (reducción): Pt. $E^\circ_{\text{pila}} = 0{,}62\ \text{V}$
c) $\text{Cu(OH)}_2(s) \rightleftharpoons \text{Cu}^{2+}(aq) + 2\,\text{OH}^-(aq)$ ; precipita si $[\text{Cu}^{2+}] > 2{,}2\cdot 10^{-10}\ \text{M}$

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Son tres preguntas encadenadas sobre el mismo sistema:

a) Ajuste redox clásico en medio ácido: el cobre se oxida de $0$ a $+2$ y el nitrógeno del nitrato se reduce de $+5$ (en $\text{NO}_3^-$ ) a $+2$ (en $\text{NO}$ ). Se igualan los electrones y, al pasar a la ecuación molecular, hay que acordarse de los nitratos que no se reducen y acaban en el $\text{Cu(NO}_3)_2$ .
b) En una pila, la oxidación ocurre en el ánodo y la reducción en el cátodo; el potencial es $E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{cátodo}} - E^\circ_{\text{ánodo}}$ .
c) Empieza a precipitar cuando el producto iónico alcanza el $K_s$ . El pH fija $[\text{OH}^-]$ y de ahí se despeja $[\text{Cu}^{2+}]$ .

Desarrollo

a) Ajuste por el método del ion-electrón.

Números de oxidación de las especies que cambian:

\overset{0}{\text{Cu}} \longrightarrow \overset{+2}{\text{Cu}}{}^{2+} \qquad\qquad \overset{+5}{\text{N}}\text{O}_3^- \longrightarrow \overset{+2}{\text{N}}\text{O}

El cobre pierde electrones (se oxida: es el reductor) y el nitrato los gana (se reduce: es el oxidante).

Semirreacción de oxidación:

\text{Cu} \longrightarrow \text{Cu}^{2+} + 2\,e^-

Semirreacción de reducción (medio ácido: los oxígenos se ajustan con

\text{H}_2\text{O}

y los hidrógenos con

\text{H}^+

\text{NO}_3^- + 4\,\text{H}^+ + 3\,e^- \longrightarrow \text{NO} + 2\,\text{H}_2\text{O}

Para igualar los electrones, la oxidación se multiplica por 3 y la reducción por 2 (6 electrones en cada una):

3\,\text{Cu} \longrightarrow 3\,\text{Cu}^{2+} + 6\,e^-

2\,\text{NO}_3^- + 8\,\text{H}^+ + 6\,e^- \longrightarrow 2\,\text{NO} + 4\,\text{H}_2\text{O}

Sumando:

3\,\text{Cu} + 2\,\text{NO}_3^- + 8\,\text{H}^+ \longrightarrow 3\,\text{Cu}^{2+} + 2\,\text{NO} + 4\,\text{H}_2\text{O}

Ecuación molecular. Los 8

\text{H}^+

los aporta el

\text{HNO}_3

, así que hacen falta 8

\text{HNO}_3

: 2 se reducen a NO y los otros 6 quedan como nitrato, justo los que necesitan los 3

\text{Cu}^{2+}

para formar

\text{Cu(NO}_3)_2

\boxed{3\,\text{Cu} + 8\,\text{HNO}_3 \longrightarrow 3\,\text{Cu(NO}_3)_2 + 2\,\text{NO} + 4\,\text{H}_2\text{O}}

Comprobación: N,

8 = 6 + 2

; O,

24 = 18 + 2 + 4

; H,

8 = 8

. Cuadra.

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

b) La pila.

Ánodo: el electrodo de cobre. Allí ocurre la oxidación: $\text{Cu} \rightarrow \text{Cu}^{2+} + 2\,e^-$ . Es el polo negativo.
Cátodo: el electrodo de platino (inerte: solo transporta los electrones). Sobre él ocurre la reducción del nitrato: $\text{NO}_3^- + 4\,\text{H}^+ + 3\,e^- \rightarrow \text{NO} + 2\,\text{H}_2\text{O}$ . Es el polo positivo.

Tiene sentido: el par con mayor potencial de reducción (

\text{NO}_3^-/\text{NO}

, 0,96 V) es el que se reduce.

E^\circ_{\text{pila}} = E^\circ_{\text{cátodo}} - E^\circ_{\text{ánodo}} = 0{,}96 - 0{,}34 = 0{,}62\ \text{V}

Como

E^\circ_{\text{pila}} > 0

, el proceso es espontáneo: confirma que el ácido nítrico ataca al cobre (cosa que un ácido no oxidante, como el HCl, no hace, porque

E^\circ(\text{H}^+/\text{H}_2) = 0 < 0{,}34\ \text{V}

).

c) Precipitación del hidróxido de cobre(II).

Equilibrio de solubilidad (heterogéneo: el sólido no aparece en la constante):

\text{Cu(OH)}_2(s) \rightleftharpoons \text{Cu}^{2+}(aq) + 2\,\text{OH}^-(aq) \qquad K_s = [\text{Cu}^{2+}]\,[\text{OH}^-]^2

La disolución de NaOH tiene pH = 9,0, luego a 25 °C:

\text{pOH} = 14{,}0 - 9{,}0 = 5{,}0 \;\Longrightarrow\; [\text{OH}^-] = 10^{-5{,}0} = 1{,}0\cdot 10^{-5}\ \text{M}

Precipita cuando el producto iónico alcanza (y supera) el

K_s

[\text{Cu}^{2+}][\text{OH}^-]^2 > K_s

. La concentración límite es la que lo iguala:

[\text{Cu}^{2+}] = \frac{K_s}{[\text{OH}^-]^2} = \frac{2{,}2\cdot 10^{-20}}{(1{,}0\cdot 10^{-5})^2} = \frac{2{,}2\cdot 10^{-20}}{1{,}0\cdot 10^{-10}} = 2{,}2\cdot 10^{-10}\ \text{M}

Si la disolución contiene más de

2{,}2\cdot 10^{-10}

M de

\text{Cu}^{2+}

, precipita

\text{Cu(OH)}_2

. Es una concentración bajísima: a ese pH queda en disolución una cantidad despreciable de cobre, y por eso el método sirve para eliminarlo por filtración.

En la simulación, el anión común (

\text{OH}^-

) se fija en

10^{-5}

M: la solubilidad que sale es justamente esa concentración límite de

\text{Cu}^{2+}

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Consejo

En la ecuación molecular el error típico es poner solo 2 $\text{HNO}_3$ , los que se reducen. El ácido nítrico hace dos papeles: oxidante (2 moléculas pasan a NO) y ácido que aporta nitratos (6 quedan en el $\text{Cu(NO}_3)_2$ ). Cuenta los $\text{H}^+$ de la iónica: dicen cuántos $\text{HNO}_3$ hay.

En c) no olvides elevar al cuadrado $[\text{OH}^-]$ : el coeficiente 2 del equilibrio pasa a exponente en $K_s$ . Y el pH da $[\text{OH}^-]$ a través del pOH, no directamente.