QA2021 Clase de Problemas Redox

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Curso de Química Analítica 2020
CLASE DE PROBLEMAS N° 9
TEMA: Titulaciones por oxido-reducción.
Escuchar con auriculares
Sebastián
Objetivos
Que el alumno:
• identifique qué especie actúa como oxidante y cuál como reductor,
• comprenda, interprete e identifique el protocolo de análisis.
Bibliografía
Guía de Trabajos Prácticos, Edición 2020
Clases teóricas:
Titulaciones rédox – curva de titulación (no obligatoria):
https://drive.google.com/file/d/17AHUth3ai-jK1kjgDV_nTI-S42WWRwXj/view?usp=sharing
Titulaciones rédox – conceptos teóricos
https://drive.google.com/file/d/1Ogbv-Uf1L7I-jm6TvAVy--nTvTDCT7V5/view?usp=sharing
Guía de Problemas, Edición 2020
https://drive.google.com/file/d/17AHUth3ai-jK1kjgDV_nTI-S42WWRwXj/view?usp=sharing
https://drive.google.com/file/d/1Ogbv-Uf1L7I-jm6TvAVy--nTvTDCT7V5/view?usp=sharing
Sebastián
Sebastián
Contenido
Resolución de problemas: 
Guía de problemas edición 2020, capítulo 8 “Titulaciones redox”
• Problema a resolver n° 11, página 5
• Problema a resolver n° 14, página 6
• Problema a resolver n° 17, página 6
• Problema a resolver n° 18, página 7
Sebastián
Sebastián
1
Problema n° 11
Se disuelve una muestra de 2,5000 g que contiene pentóxido de arsénico, arsenito dibásico de sodio y material inerte y se
ajusta el pH a un valor neutro con bicarbonato de sodio. El arsénico (III) se titula con solución de iodo 0,150 M y se emplean
11,30 mL para alcanzar el punto final. Una vez que todo el arsénico se encuentra en estado + 5, la solución se acidifica con ácido
clorhídrico y se añade exceso de ioduro de potasio. El iodo liberado se titula con tiosulfato de sodio 0,1200 M para lo cual se
emplean 41,20 mL. Calcular el porcentaje de pentóxido de arsénico y de arsenito dibásico de sodio en la muestra.
PM pentóxido de arsénico = 229,8402 PM arsenito dibásico de sodio = 169,90728
Punto final color amarillo por 
el exceso de iodo 
Punto final desaparición del 
color amarillo del iodo
I2 0,1500 M
Mtra + HCO3
-
Na2S2O3 0,1200 M
+ HCl + KI
Problema n° 11, continuación
I2 + 2 e
- ⇆ 2 I-
AsO3
3- + H2O ⇆ AsO4
3- + 2 H+ + 2 e-
mE AsO3
3- = PM Na2 HAsO3/2000
mE I2 = PM I2 /2000  N = 2 x Miodo
En el punto de equivalencia: 
n° mEq I2 = n° mEq AsO3
3-
Recordando lo visto en clases anteriores, se llega a la siguiente ecuación:
% 𝑝/𝑝𝑎𝑟𝑠𝑒𝑛𝑖𝑡𝑜 𝑑𝑖𝑏á𝑠𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑑𝑖𝑜 = 𝑉 × 𝑁 𝑖𝑜𝑑𝑜 ×𝑚𝐸𝐴𝑠 (𝐼𝐼𝐼) ×
1
𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑚𝑡𝑟𝑎
× 100
% 𝑝/𝑝𝑎𝑟𝑠𝑒𝑛𝑖𝑡𝑜 𝑑𝑖𝑏á𝑠𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑑𝑖𝑜 = 11,30 mL × 2 × 0,1500 ×
169,9074
2000
×
1
2,5000
× 100
% p/p arsenito dibásico de sodio = 11,52 
I2 0,1500 M
Mtra + HCO3
-
Problema n° 11, continuación
Na2S2O3 0,1200 M
Producto de reacción de la primera: As (V) producido en la primera titulación + As (V) de la muestra.
n° mEq tiosulfato = n° mEq iodo generados = n° H2AsO4
- total mEpentóxido de arsénico = PMpentóxido de arsénico /(2 x 2000)
%𝑝/𝑝𝑝𝑒𝑛𝑡ó𝑥𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑟𝑠é𝑛𝑖𝑐𝑜 = (41,20 × 0,1200 − 11,30 mL × 2 × 0,1500) ×
229,8402
2 × 2000
×
1
2,5000
× 100
% p/p pentóxido de arsénico = 3,572 
¿Respuesta?
Ahora se titula 
todo el As 
¿Por qué? 2 I-⇆ I2 + 2 e
-
H2AsO4
- + 2 H+ ⇆ H2AsO3
- + H2O + 2 e
-
I2 + 2 e
- ⇆ 2 I-
2 S2O3
2- ⇆ S4O6
2- + 2 e-
Se agregó HCl 
¿por qué?
Problema n° 14
El selenio de una muestra de tierra de 10,0000 g se destila como tetrabromuro, y se recibe en solución acuosa donde se
hidroliza a selenito. Se determina el selenito iodométricamente empleándose para ello 4,50 mL de solución estándar de
tiosulfato de sodio en la titulación (SeO3
2- Se°). Si el título del tiosulfato es 0,0490 mg K2Cr2O7/mL ¿Cuál será la
concentración de selenio en la tierra en ppm? PM K2Cr2O7: 294,185 PA Se: 78,96
SeO3
2- + 6 H+ + 4 e- ⇆ Se° + 3 H2O
(2 I-⇆ I2 + 2 e
- ) x 2
SeO3
2- + 4 I- + 6 H+ ⇆ 2 Se° + 2 I2 + 3 H2O
I2 + 2 e
- ⇆ 2 I-
2 S2O3
2- ⇆ S4O6
2- + 2 e-
I2 + 2 S2O3
2- ⇆ 2 I- + S4O6
2-
Por lo tanto, sabemos que:
1 SeO3
2- generan 2 I2 que reaccionan con 4 S2O3
2-
¿y el dicromato? 
¿Qué es 
iodométrica
mente? 
¿y título?
¿titulación 
indirecta?
Esta es la única 
reacción 
estequiométrica 
del tiosulfato
Problema n° 14, continuación
Sabiendo que 1 mL de solución de patrón primario contiene 0,0490 mg que reaccionan con una cantidad equivalente de
tiosulfato: 𝑁𝑡𝑖𝑜𝑠𝑢𝑙𝑓𝑎𝑡𝑜 =
𝑝𝑝𝑝
𝑉 ×𝑚𝐸𝑝𝑝
¿Por qué el contraste de soluciones de tiosulfato es indirecto? ¿Patrón primario?
Cr2O7
2- + 12 H+ + 6 e- ⇆ 2 Cr3+ + 7 H2O
(2 I-⇆ I2 + 2 e
- ) x 3
Cr2O7
2- + 6 I- + 6 H+ ⇆ 2 Cr3+ + 3 I2 + 7 H2O
I2 + 2 e
- ⇆ 2 I-
2 S2O3
2- ⇆ S4O6
2- + 2 e-
I2 + 2 S2O3
2- ⇆ 2 I- + S4O6
2-
En este caso, tenemos que :
1 Cr2O7
2- generan 3 I2 que reaccionan con 6 S2O3
2-
𝒑𝒑𝒎 𝑺𝒆 =
𝑝𝑝𝑝
𝑉 × 𝑚𝐸𝑝𝑝
𝑑𝑖𝑐𝑟𝑜𝑚𝑎𝑡𝑜 × 𝑉𝑡𝑖𝑜𝑠𝑢𝑙𝑓𝑎𝑡𝑜 × 𝑚𝐸 𝑆𝑒 × 10
6
𝑝𝑚𝑡𝑟𝑎
=
0,0490 × 10−3
1 × ൗ294,185 6000
× 4,50 ×
78,96
4000 × 10
6
10,0000
ppm Se = 8,88 ¿Respuesta?
La hidrazina es oxidada con bromo a nitrógeno gaseoso: N2H4 + Br2 N2 + H
+ + Br–
El bromo es producido por la reacción de bromato de potasio con exceso de bromuro: BrO3
– + Br– + H+ Br2 + H2O
Se requieren 10,55 mL de bromato de potasio 0,1008 M para oxidar la hidrazina presente en 25,00 mL de muestra. Calcular el
contenido de hidrazina en la muestra expresada en g/L. PM hidrazina: 32,046
2 BrO3
– + 12 H+ + 10 e- ⇆ 2 Br2 + 6 H2O 
(2 Br-⇆ Br2 + 2 e
- ) x 5
2 BrO3
–+ 10 Br- + 12 H+ ⇆ 6 Br2 + 6 H2O 
N2H4 ⇆ N2 + 4 H
+ + 4 e-
(Br2 ⇆ 2 Br
- + 2 e- ) x 2
N2H4 + 2 Br2 ⇆ N2 + 4 Br
- + 4 H+
1 mol de N2H4 reacciona con 2/3 de moles de BrO3
–
n° moles de N2H4 = 3/2 n° moles de BrO3
–
ൗ𝑔 𝐿 =
(𝑉 × 𝑀)𝑏𝑟𝑜𝑚𝑎𝑡𝑜 × 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑞𝑢𝑖𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 × 𝑚𝑚𝑜𝑙ℎ𝑖𝑑𝑟𝑎𝑧𝑖𝑛𝑎 × 1000
𝑎𝑙í𝑐𝑢𝑜𝑡𝑎
Τ𝑔 𝐿 =
10,55 ×0,1008 × Τ3 2 × ൗ
32,046
1000 ×1000
25,00
= 𝟐, 𝟎𝟒𝟓 ¿Respuesta?
Problema 17
¿es una 
titulación 
directa?
1 BrO3
– genera 3 Br2
1 N2H4 reacciona 2 Br2
Problema 18
El ion nitrito se puede determinar por oxidación con exceso de cerio (IV), seguida de valoración por retroceso del cerio (IV)
que no ha reaccionado. En la primera etapa el nitrito se oxida a nitrato y el cerio (IV) se reduce a cerio (III); en la segunda
etapa el cerio (IV) se reduce a cerio (III) y el hierro (II) se oxida a hierro (III). Una alícuota de 4,0300 g de una muestra sólida
que contiene sólo nitrito de sodio y nitrato de sodio se disuelve en 500,0 mL. Una alícuota de 25,00 mL de esta solución se
trata con 50,00 mL de cerio (IV) 0,1186 M en ácido fuerte durante 5 minutos y el exceso de cerio (IV) se valora por retroceso
con 31,13 mL de sulfato ferroso amónico 0,04289 M. Calcular el % p/p de NaNO2 en el sólido. PM NaNO2: 68,995.
500,0 mL
25,00 mL
4,0300 g
50,00 mL Ce4+ 0,1186 M Fe2+ 0,04289 M
¿es retroceso? 
¿retorno?
El punto final se observa por el uso
de un indicador adecuado o por la
decoloración de la solución de Ce4+
Problema 18, continuación
NO2
- + H2O ⇆ NO3
- + 2 H+ + 2 e-
(Ce4++ e-⇆ Ce3+) x 2
NO2
- + 2 Ce4+ +H2O ⇆ NO3
- + 2 Ce3+ +2 H+
Ce4++ e-⇆ Ce3+
Fe2+⇆ Fe3+ + e-
Ce4++ Fe2+ ⇆ Ce3+ + e-
n° meq Ce4+ = n° meq NO2
- + n° meq Fe2+ 
ൗ% 𝑝 𝑝 =
[(𝑉 × 𝑁)𝐶𝑒𝑟𝑖𝑜 𝐼𝑉 − (𝑉 × 𝑁)ℎ𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 𝐼𝐼 ] × 𝑚𝐸𝑛𝑖𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 × 𝑉𝑚𝑎𝑡𝑟𝑎𝑧 × 100
𝑎𝑙í𝑐𝑢𝑜𝑡𝑎 𝑙í𝑞 × 𝑝𝑚𝑡𝑟𝑎
ൗ% 𝑝 𝑝 =
50,00 × 0,1186 − 31,13 × 0,04289 × ൗ68,995 2000 × 500,0 × 100
25,00 𝑚𝐿 × 4,0300
% p/p = 78,66
¿Respuesta?