BALANCEO Por tanteo, redox, ión electrón Cálculo de Factor Equivalente Gramo (E) Autor: IQ Luís Fernando Montoya Valencia. luismontoy@une.net.co Profesor.

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1 BALANCEO Por tanteo, redox, ión electrón Cálculo de Factor Equivalente Gramo (E) Autor: IQ Luís Fernando Montoya Valencia. Profesor titular Centro de Ciencia Básica Escuela de ingenierías

2 En este trabajo encontramos.
Una fundamentación teórica, relacionada desde lo cotidiano, resumida en un algoritmo Varios ejemplos orientados desde el algoritmo El reto es “IMAGINAR” (respaldado en el algoritmo), que va a aparecer con el siguiente “clic”, si estamos de acuerdo continuar, y si no regresar para al final poder afirmar -!lo hicimos¡- Para desarrollar competencias que permitan: Identificar números de oxidación Realizar balanceos por tanteo, por oxido reducción, por ión electrón Calcular el valor del factor equivalente gramo para reactivos y productos

3 Contenido Balanceo de reacciones
Números de oxidación en sales haloideas y oxisales Balanceo por tanteo para reacciones “no redox” Algoritmo de balanceo por tanteo Ej. 1. Balanceo de una reacción de neutralización para obtener sal neutra Ej. 2. Balanceo de una reacción de neutralización para obtener sal ácida Ej. 3. Balanceo de una reacción para obtener un hidróxido Ej. 4. Balanceo de una reacción para obtener un acido oxácido Balanceo por redox Algoritmo de balanceo por redox Ej. 5. Balanceo de una reacción corta Ej. 6. Balanceo de una reacción con dos sustancias oxidadas y una reducida Ej. 7. Balanceo de una reacción “larga” con una sustancia que posee dos elementos que pierden y otra sustancia que posee un elemento que “pierde” y otro que “gana”

4 Balanceo por ión electrón
Ej. 8. Balanceo de una reacción con número de oxidación “raro” y exige agua Ej. 9. Balanceo de una reacción con coeficientes fraccionarios Balanceo por ión electrón Algoritmo de balanceo ión electrón Ej. 10. Balanceo de una reacción iónica en medio ácido Ej. 11. Balanceo de una reacción iónica en medio neutro Ej. 12. Balanceo de una reacción iónica en medio básico Ej. 13. Balanceo de una reacción no iónica (molecular) que no da chequeo en redox Ej. 14. Balanceo de una reacción no iónica (molecular) de desproporción que no se deja balancear por redox Factor equivalente gramo (E) Cálculo de E en reacciones no redox balanceadas por tanteo Aplicación para los ejemplos 1,2,3 y 4 Cálculo de E en reacciones con transferencia de electrones balanceadas por redox o por ión electrón Aplicación para los ejemplos 1,2,3 y 4

5 En un ión, la “suma de números de oxidación = su carga”
Balanceo de reacciones Balancear es asignar coeficientes estequiométricos (ce) a reactivos y productos para que se cumpla la ”ley de la conservación de la masa”: Para cada elemento: El número de veces que entra (en los reactivos) es igual al número de veces que sale (en los productos) Consideraciones: Una reacción de la forma: MnO41- + H2C2O4  Mn2+ + CO2 es una reacción iónica porque está escrita en términos de los iones (MnO41-) y (Mn2+) un ión es un átomo (Mn2+ ) o grupo de átomos (MnO41-) con carga eléctrica positiva o negativa En un ión, la “suma de números de oxidación = su carga”

6 Definición del valor típico (T)
Si la reacción no es iónica se asignan los números de oxidación a cada elemento, teniendo en cuenta los “saberes previos” del capítulo de nomenclatura, en especial: Definición del valor típico (T) Para los nM el valor típico (T) es la “deficiencia de la norma del octeto” T es útil como subíndice del H en los ácidos normales. Los valores de T, según el grupo, son: Grupo VII: F, Cℓ, Br, I, At T = 1 Grupo VI: S, Se, Te T = 2 Grupo V: P, As T = 3 excepto el N que es “especial”, cuya T = 1(N origina química de aminoácidos) Grupo IV: Si T = 4 excepto el C que es “especial”, cuya T = 2 (C origina química orgánica) Grupo III: B T = 3 Es mas fácil para el Boro (Z = 5) perder tres electrones (isoelectrónico con el He, Z = 2) que ganar cinco (isoelectrónico con el Ne, Z = 10)

7 “suma de números de oxidación = 0”
Número de oxidación de un elemento en un compuesto es su carga real, (si el compuesto es iónico), o carga aparente, (si el compuesto es covalente), Los metales alcalinos (Li, Na, K, Rb, Cs, Fr) son +1 Los alcalino térreos (Be, Mg, Ca, Sr, Ba, Ra) son +2 Si conoce el número de oxidación (cuando el metal es monovalente), ESCRÍBALO, si no lo conoce escriba “una letra” y calcule su valor con la ecuación: “suma de números de oxidación = 0” ya que todo compuesto es eléctricamente neutro Al calcular el número de oxidación puede obtenerse un número que no coincida con una valencia conocida del elemento, también puede ser fraccionario, no se asuste y siga

8 y con “suma de números de oxidación = 0”, calculamos “x”
En una sal haloidea el número de oxidación del no metal es –T ya que su fórmula general es: +v -T MTnMVm y su nombre es nM uro M ico/oso En una oxisal de metal polivalente (número de oxidación “x”), el número de oxidación del no metal es “y”. Como tenemos “dos incógnitas” se requieren dos ecuaciones: Con la semisuma (el número de oxígenos) calculamos “y” SS = T + “y” 2 ya que la fórmula general de una sal oxisal es: MT(nMOSS)Vm y su nombre es nM ato/ito M ico/oso y con “suma de números de oxidación = 0”, calculamos “x”

9 Balanceo por tanteo para reacciones “no redox”
Si ningún elemento cambia su número de oxidación, la reacción se balancea por tanteo asignando un “coeficiente arbitrario de” uno (“1”) a la sustancia mas compleja y a las otras sustancias se les asigna como coeficiente el signo “?” que se lee: no se, (Con esto evitamos leer “uno” donde aún no se ha balanceado) Luego se balancean por tanteo: Metales y no metales, oxígenos (si no dan, se puede agregar agua donde haga falta) con los hidrógenos se hace el chequeo: deben estar balanceados Nota: la reacción de neutralización: ácido + base  sal + agua Es una típica reacción no redox, no perdamos tiempo asignando números de oxidación, no cambian

10 Algoritmo de balanceo por tanteo
¿Rxn Iónica? si Se balancea por “ión electrón” Por tanteo si la Reacción no es iónica Nos preguntamos si la reacción es iónica no asignar números de oxidación Alcalinos +1 alcalino térreos +2 X -T haloideas MTnMVm calcular “X” con “suma =0” X Y calcular “Y” con “SS” calcular “X” con “suma =0” Nos preguntamos si cambian (Δ) Oxisal: MT(nMOss)Vm Se balancea por “redox” Por tanteo si en la reacción no cambian los números de oxidación no ¿Δ? si asignar coeficiente = 1 a la sustancia “mas compleja” asignar coeficiente = ? (“no se”) a las demás sustancias metales, no metales Orden de tanteo continuar por tanteo Oxígenos, hidrógenos (chequeo)

11 H2 S O4 + Pb(OH)4  Pb(S O4)2 + H2O Como la reacción no es iónica
Ilustración 1. Balancear +1 6 a -2 4 b -2 +1 x 4 6 y -2 +1 -2 H2 S O4 + Pb(OH)4  Pb(S O4)2 + H2O Como la reacción no es iónica  asignar números de oxidación los que se conocen se asignan, los que no se conocen una letra. Para H2SO4 y Pb(OH)4 tenemos “una incógnita”, la calculamos con “suma de números de oxidación = 0” H2SO4: 2(1) + 1(a) + 4(-2) = 0  a = 6 Pb(OH)4: 1(b) + 4(-2) + 4(1) = 0  b = 4 Pb(SO4)2 tenemos dos incógnitas (“x” & “y”) (no podemos “imaginar” que x = 2) “y” la podemos calcular con la semi suma entre la valencia “Y” del azufre y su típico T = 2 (SS = 4) 2 + y 2 4=  Y = 6 Ya podemos calcular “X” con “suma de números de oxidación = 0”: 1(X) + 2(6) + 2x4(-2) = 0  X = 4 (vemos que si “imaginamos” que X = 2 nos equivocamos)

12  H2SO4 + Pb(OH)4  Pb(SO4)2 H2O vemos que ningún reactivos entran 
? +1 6 -2 ? 4 -2 +1 4 6 -2 ? +1 -2 2 H2SO4 + Pb(OH)4  Pb(SO4)2 H2O 1 1 4 Por ser esta una reacción de neutralización, obvio que vemos que ningún elemento cambia su número de oxidación  se balancea por tanteo, así asignar coeficiente = 1 a la sustancia “mas compleja”: La sal asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: Pb, S, O, con H hacemos chequeo reactivos entran  productos salen Pb: ? x 1  1 x 1 ? = 1 S: ? x 1  1 x 1x2 ? = 2 O: 2 x 4 + 1 x 1 x 4  1 x 4x2 + ? x 1 4 = ? +   H: 2x2 1 x 1 x 4 4x2 Obvio que 8 = 8

13  H3PO4 + Sn(OH)4  Sn(HPO4)2 H2O La sal 
Ilustración 2. Balancear ? ? ? H3PO4 + Sn(OH)4  Sn(HPO4)2 H2O 2 1 1 4 Por ser esta una reacción de neutralización,  se balancea por tanteo asignar coeficiente = 1 a la sustancia “mas compleja” La sal asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: Sn, P, O, con H hacemos chequeo reactivos entran  productos salen Sn: ? x 1  1 x 1 ? = 1 P: ? x 1  1 x 1x 2 ? = 2 O: 2 x 4 + 1 x 1 x 4  1 x 4x2 + ? x 1 4 = ?  H: 2x3 + 1 x 1 x 4  1 x 1x 2 + 4x2 Obvio que 10 = 10

14  Aℓ2O3 + H2O  Aℓ(OH)3 “suma de números de oxidación = 0”
Ilustración 3. Balancear a 3 -2 ? +1 -2 ? b 3 -2 +1 Aℓ2O3 + H2O  Aℓ(OH)3 1 3 2 Como la reacción no es iónica  asignar números de oxidación los que se conocen se asignan, los que no se conocen una letra. Para Aℓ2O3 y Aℓ(OH)3 tenemos “una incógnita”, la calculamos con “suma de números de oxidación = 0” Aℓ2O3: 2(a) + 3(-2) = 0  a = 3 Aℓ(OH)3: 1(b) + 3(-2) + 3(1) = 0  b = 3 vemos que ningún elemento cambia su número de oxidación se balancea por tanteo asignar coeficiente = 1 a la sustancia “mas compleja” asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: Aℓ, O, con H hacemos chequeo Aℓ: 1 x 2  ? x 1 ? = 2 O: 1 x 3 + ? x 1  2 x 1x3 ? = 3  H: 3 x 2  2 x 1x3 6 = 6 OK

15  S O3 + H2O  H2S2O7 Como la reacción no es iónica
Ilustración 4. Balancear ? a 6 -2 ? +1 -2 +1 b 6 -2 S O3 + H2O  H2S2O7 2 1 1 Como la reacción no es iónica  asignar números de oxidación los que se conocen se asignan, los que no se conocen una letra. Para SO3 y H2S2O7 tenemos “una incógnita”, la calculamos con con “suma de números de oxidación = 0” SO3: 1(a) + 3(-2) = 0  a = 6 H2S2O7: 2(1) + 2(b)+ 7(-2) = 0  b = 6 vemos que ningún elemento cambia su número de oxidación se balancea por tanteo asignar coeficiente = 1 a la sustancia “mas compleja” asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: S, O, con H hacemos chequeo S: ? x1  1 X 2 ? = 2 O: 2 x 3 + ? x 1  1 X 7 ? = 1  H: 1 x 2  1 x 2 2 = 2 OK

16 Balanceo por redox Si uno o mas elementos cambian su número de oxidación (Δ,este símbolo es la letra griega “delta” que significa cambio ) es porque gana o pierde electrones (e-), la reacción es de oxido reducción (abreviado “redox”). Oxidar es perder electrones Reducir es ganar electrones Las dos definiciones anteriores son antagónicas y existe el 50% de equivocarse, para evitar “adivinanzas” asociemos que:  “si tengo una bicicleta y se oxida, la pierdo” Una sustancia pierde e- para que la otra los gane y una sustancia gana porque otra los pierde (“el vivo vive del bobo”), por esta inter – relación, a la sustancia oxidada se le conoce como “agente reductor” y a la sustancia reducida como “agente oxidante”

17 La sustancia oxidada se indica con una flecha hacia abajo.
(ya que pierde) La sustancia reducida se indica con una flecha hacia arriba. (ya que gana) Para balancear las reacciones redox calculamos: # e- ganados por la sustancia reducida # e- perdidos por la sustancia oxidada mirando para cada elemento que cambie sus números de oxidación y asignando una “bolita” al lado del número mayor dentro de ella la diferencia entre los dos números de oxidación, esta diferencia (en la “bolita”) nos indica el número de electrones y su ubicación. Los reactivos, los e- entran los gana se reduce Si está en Los productos, los e- salen los pierde se oxida Luego se multiplica por el número de veces que está el elemento en el compuesto

18 donde aún no se ha balanceado.
Hacemos la base del balanceo que consiste en: # de e- ganados = # de e- perdidos Este número de e- ganados y perdidos iguales es el “número de e- transferidos”. Esta igualdad de e- se consigue intercambiando como coeficientes estequiométricos (CE) La información de ganancia y pérdida de electrones Continuar el balanceo por tanteo, donde aún no hay coeficiente asignar como coeficiente el signo “?” que se lee: “no se” con esto evitamos leer un ”uno” donde aún no se ha balanceado.

19 El orden sugerido para tantear es:
Los que cambian el número de oxidación, son los “culpables” de que la reacción sea redox. Los que no cambian el número de oxidación, los llamaremos los “inocentes”. Los oxígenos, si no da el balanceo podemos agregar agua donde falten. Con los hidrógenos se hace el chequeo del balanceo, debe cumplirse # de Hidrógenos que entran = # de Hidrógenos que salen Si no hay hidrógenos, el chequeo se hace con los oxígenos Si este chequeo no se cumple, se debe balancear por el método de “ión electrón”

20 # e- ganados = # e- perdidos
¿Rxn Iónica? Nos preguntamos si la reacción es iónica Se balancea por “ión electrón” Algoritmo de balanceo por redox si Por redox, si la reacción no es iónica no Alcalinos +1 alcalino térreos +2 asignar números de oxidación X -T haloideas MTnMV calcular “X” con “suma =0” X Y calcular “Y” con “SS” calcular “X” con “suma =0” Oxisal: MT(nMOss)V Nos preguntamos si cambian (Δ) encontrar: # e- ganados # e- perdidos Usar La “bolita” en # > Se balancea por “redox” no ¿Δ? si Se balancea por tanteo Por redox, si cambian los números de oxidación hacer # e- ganados = # e- perdidos asignar coeficiente = ? se lee (“no se”) a las demás sustancias Culpables, inocentes Orden de tanteo continuar por tanteo oxígenos chequeo, si no hay H hidrógenos (chequeo)

21 K Cℓ + O2  K Cℓ O3   para Cℓ (-1  5 ) Ilustración 5. Balancear
+1 -1 +1 5 a -2 K Cℓ + O2  K Cℓ O3 6e-p 2e-g x1 x2 6e-p 4e-g Como la reacción no es iónica  asignar números de oxidación los que se conocen se asignan, los que no se conocen una letra. Para KCℓO3 tenemos “una incógnita”, la calculamos con “suma de números de oxidación = 0” 1(1) + 1(a) + 3(-2) = 0  a = 5 Vemos que Cℓ y O cambian su número de oxidación se balancea por redox para Cℓ (-1  )  salen 6 e-, los pierde, se oxida 6e-p Para O (  -2 )  entran 2 e-, los gana, se reduce 2e-g Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto El KCℓ es la sustancia oxidada (agente reductor) El O2 es agente oxidante

22  K Cℓ + O2  K Cℓ O3 Como hay seis e- perdidos y cuatro e- ganados,
+1 -1 ? +1 5 -2 K Cℓ + O2  K Cℓ O3 4 6 4 6e-p 2e-g x1 x2 4e-g Como hay seis e- perdidos y cuatro e- ganados, (no son iguales) no se cumple la base del balanceo, hacemos el intercambio al KCℓ le asignamos el 4 como ce al O2 le asignamos el 6 como ce quedan 4x6 e- perdidos y 6x4 e- ganados hay 24e- transferidos asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: Cℓ (culpable) K (inocente) con O hacemos chequeo Cℓ: 4 x 1  ? x 1 4 = ? K: 4x1  4x1 4 = 4 OK  O: 6 x 2  4 x 3 12 = 12 OK Para terminar, simplifique todo por dos

23 + + +  + + CrCℓ3 K(OH) K KCℓO3 KCℓ K2CrO4 H2O ,   
Ilustración 6. Balancear a 3 -1 +1 b 5 -2 +1 -1 +1 6 c -2 +1 -2 CrCℓ3 + K(OH) + K + KCℓO3  KCℓ + + K2CrO4 H2O 3e-p 1e-p 6e-g x1 x1 x1 3e-p 1e-p 6e-g Como la reacción no es iónica  asignar números de oxidación , los que se conocen se asignan, los que no se conocen, una letra. Para CrCℓ3 KCℓO3 y K2CrO4 tenemos “una incógnita”, la calculamos con “suma de números de oxidación = 0” KCℓO3 1(1) + 1(b) + 3(-2) = 0  b = 5 CrCℓ3 1(a) + 3(-1) = 0  a = 3 K2CrO4 2(1) + 1(c) + 4(-2) = 0  c = 6 Vemos que: Cr, K y Cℓ si cambian su número de oxidación se balancea por redox para Cr ( 3  )  salen 3 e-, los pierde, se oxida 3e-p Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto para K ( 0  )  sale 1 e-, lo pierde, se oxida 1e-p Para Cℓ (  -1)  entran 6 e-, los gana, se reduce 6e-g

24 + K(OH) + K KCℓO3  KCℓ + K2CrO4 + H2O CrCℓ3 + 3e-p 1e-p 6e-g x1 x1 x1
-1 ? +1 5 -2 ? +1 -1 ? +1 6 -2 ? +1 -2 + 6 CrCℓ3 + 24 K(OH) + 4 K KCℓO3  22 KCℓ + 6 K2CrO4 + 12 H2O 3e-p 1e-p 6e-g x1 x1 x1 3e-p 1e-p 6e-g Hay 4 electrones perdidos 4e-p Como hay seis e- ganados y cuatro e- perdidos, (no son iguales) no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” ce al KCℓO3 le asignamos el 4 como Quedan 24 e- transferidos a CrCℓ3 y a K les asignamos el 6 como ce asignar coeficiente = ? (se lee “no se”) a las demás sustancias Orden de tanteo: Cr, Cℓ, K culpables O H (chequeo) Cr 6x1  ? X 1  6 = ? Cℓ 6 x 3 + 4 x 1  ?x1  22 = ? K ?x1 + 6x1 + 4 x 1  22x1 + 6x2  ? = 24 O 24x1x1 + 4 x 3  6 x 4 + ? x 1  12 = ? H 24x1 x 1  12x2 24 = 24 OK Simplifique por 2

25     Ilustración 7. Balancear Cr2S3 + Na2CO3 +Mn(NO3)2 
4 2 x y -2 5 2 c -2 4 d -2 e -2 6 f -2 6 1 g -2 6 Cr2S3 + Na2CO3 +Mn(NO3)2  NO + CO2 + Na2CrO4 + Na2MnO4 + Na2SO4 3e-p 8e-p 4e-p 3e-g asignar números de oxidación, porque la reacción no es iónica los que se conocen se asignan, 2x x3 1x x2 6e-p 4e-p 6e-g 24e-p los que no se conocen, una letra. 30e-p 2e-g Calculamos el valor de a,b,…,&g con “suma de números de oxidación = 0” a = 3 b = 4 c = 2 d = 4 e = 6 f = 6 g = 6 En Mn(NO3)2 tenemos dos incógnitas (“x” & “y”) “y” la calculamos con SS (= 3) , si T = 1 1 + y 2 3=  Y = 5 con “suma de números de oxidación = 0”  X = 2 Análisis de los cambios en números de oxidación se balancea por redox Cr : (3  ):  3x2e-p: crómico pierde 6e- El sulfuro crómico pierde 30e- Cr2S3 S: (-2  ):  8x3e-p: sulfuro pierde 24e- Mn: (2  ):  4x1e-p: manganoso pierde 4e- El nitrato manganoso gana 2e- Mn(NO3)2 N: (5  2 ):  3x2e-p: nitrato gana 6e-

26 NO+ CO2+ Na2CrO4+ Na2MnO4+ Na2SO4
? ? 2 -2 ? 4 -2 ? ? ? Cr2S3+ Na2CO3+ Mn(NO3)2  NO+ CO2+ Na2CrO4+ Na2MnO4+ Na2SO4 2 40 30 60 40 4 30 6 30e-p 2e-g Como hay dos e- ganados y treinta e- perdidos, (no son iguales) no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” quedan 2x30 e- perdidos y 30x2 e- ganados hay 60e- transferidos asignar coeficiente = ? (“no se”) a las demás sustancias Orden de tanteo: (culpables) Cr, S, Mn, N (inocentes) Na, C con O, el chequeo Cr 2 x2  ? x 1 4 = ? S 2 x 3  ? x 1 6 = ? Mn 30 x 1  ? x 1 30 = ? N 30 x 1 x 2  ? x 1 60 = ? Na ?x 2  4 x 2 + 30 x 2 + 6 x 2  ? =40 C 40 x 1  ? x1 40 = ? O 40 x 3 + 30 x 3x 2  60 x 1 + 40 x 2 + 4 x 4 + 30 x 4 + 6 x 4 300 = 300 OK Para terminar simplifique todo por 2

27 I2 H N O3 H I O3 NO2 * Ilustración 8. Balancear +  + +
1 a -2 5 1 b -2 5 4 c -2 ? ? Balanceo especial, no se porque 1 I2 + 10 H N O3  2 H I O3 + 10 NO2 + 4H2O 5e-p 1e-g x2 x1 asignar números de oxidación, porque la reacción no es iónica 10e-p 1e-g los que se conocen se asignan, los que no se conocen, una letra. * con “suma = 0” calculamos el valor de a,b & c a = 5 b = 5 c = 4 * Aquí surge el primer inconveniente, 4 es un “número raro” para el nitrógeno, porque sus valencias son 5, 3 y 1 no se asuste y siga. Vemos que: I y N si cambian su número de oxidación se balancea por redox para I ( 0  )  salen 5 e-, los pierde, se oxida 5e-p Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto para N (  4 )  entra 1 e-, lo gana, se reduce 1e-g no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” Hay 10 e- transferidos asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: I 1 x2  ? x 1 2 = ? N 10 x1  ? x 1 10 = ? O 10x 3  2x3 + 10x2 2º inconveniente: 30 ≠ 26, no se asuste Agregar 4 aguas H 10x 1  2 x 1 + 4 x 2 10 = 10 OK

28 ? HNO2 KI HCℓ  N2 I2 KCℓ H2O Ilustración 9. Balancear + + + + + 3e-g
el principal inconveniente es leer un “uno” por no asignar el “no se” ? como CE 1 a -2 3 1 -1 ? 1 -1 ? ? ? 1 -1 ? 1 -2 1 HNO2 + 3 KI + 3 HCℓ  1/2 N2 + 3/2 I2 + 3 KCℓ + 2 H2O 3e-g 1e-p x1 x1 números de oxidación, la reacción no es iónica 3e-g 1e-p los que se conocen se asignan, los que no se conocen, una letra. con “suma de números de oxidación = 0” calculamos el valor de a a = 3 Vemos que: I y N cambian su número de oxidación se balancea por redox para I ( -1  )  sale 1 e-, lo pierde, se oxida 1e-p Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto para N (  0 )  entran 3 e-, los gana, se reduce 3e-g no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” Hay 3 e- transferidos Si “lee”: N entra 1 y salen 2 “pensará” que no se puede balancear, pero … asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: I: 3 x1  ? x 2 3/2 = ? No se asuste Cℓ ? x1  3 x 1  ? = 3 N 1 x1  ? x 2 1/2 = ? No se asuste O: 1 x2  ? x 1  2 = ? K 3 x1  ? x 1 3 = ? H: 1x1 + 3x1  2x2 4 = 4 OK Amplifique por 2

29 2. No se puede balancear la reacción por el método redox, cuando:
Balanceo por ión electrón El método de semi reacciones También conocido como: El método de reacciones medias Este método de balanceo se emplea cuando: La reacción si es iónica 2. No se puede balancear la reacción por el método redox, cuando: Sólo hay un reactivo con transferencia de electrones, conocida como: “reacción de desproporción” Al chequear los hidrógenos (o los oxígenos en su defecto) no se llega a una igualdad

30 Para balancear por el método de ión electrón
se descompone la reacción en dos semi reacciones Para cada semi reacción: (el que cambia su número de oxidación y por lo tanto cambia de nombre) Balancear por tanteo el elemento “culpable” Balancear por tanteo el elemento “inocente” (el que no cambia su número de oxidación) Balancear oxígenos con agua Balancear hidrógenos con iones H1+ Balancear cargas con e- , usando la “bolita” al lado del número mayor para determinar el # de e- y su ubicación. Hacemos la base del balanceo: # de electrones ganados = # de electrones perdidos Esta igualdad de e- se consigue intercambiando la información de los e- ganados y perdidos multiplicando la semi reacción de oxidación por los e- ganados y la semi reacción de reducción por los e- perdidos

31 Sumar “miembro a miembro” las dos semi reacciones
Si existen “términos semejantes” se simplifican, redactando en términos de “entran” , “salen” y quedan. Pueden ocurrir tres casos: Que queden iones H1+ en los reactivos, la reacción es en medio ácido y ya terminó el balanceo. Que NO queden iones H1+ en los productos ni en los reactivos, la reacción es en medio neutro y ya terminó el balanceo. Que queden iones H1+ en los productos, la reacción es en medio básico para terminar este balanceo falta agregar en reactivos y en productos tantos iones OH1- como iones H1+ hay en los productos de esta reacción. Como en los productos quedan iones H1+ y OH1- los unimos para formar H(OH). Si es del caso se simplifican las aguas”

32 Algoritmo de Balanceo ión electrón
Se balancea por “ión electrón” ¿Rxn Iónica? Por ión electrón, si la reacción SI es iónica si Descomponer la reacción en dos semi reacciones no balanceo por redox o tanteo A cada una Balancear culpables por tanteo O no da el chequeo al balacear por redox Balancear inocentes por tanteo Balancear oxígenos con agua Balancear hidrógenos con iones H1+ Balancear cargas con e- Usar La “bolita” en # > hacer # e- ganados = # e- perdidos Sumar miembro a miembro Medios ácido, básico o neutro

33  Ilustración 10. Balancear MnO41- + H2C2O4  Mn2+ + CO2
la reacción si es iónica Se balancea por “ión electrón” Descomponer la reacción en dos semi reacciones ? 1. Para Mn: 1 MnO41- + 8 H1+ + 5e-  1 Mn2+ + 4 H2O -1 + 8  +2 + 7   +2 Balancear culpables Balanceo de manganeso por tanteo Asignar CE = 1 al MnO41- y CE = ? al Mn2+ tanteo Mn: 1  ?x1  1 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos con agua Entran 4 y no salen  agregar 4 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ No entran y salen 8  agregar 8 H1+ Balancear cargas con e- Entran 5e-, los gana, se reduce

34  Estamos balanceando MnO41- + H2C2O4  Mn2+ + CO2 2. Para C: H2C2O4 
? 2. Para C: 1 H2C2O4  2 CO2 + 2 H1+ + 2e-  +2  Balancear culpables Balanceo de carbono por tanteo Asignar CE = 1 al H2C2O4 y CE = ? al CO2 tanteo C: 1 x 2 ?x1  2 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos con agua Entran 4 y salen 4  OK Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 2 y no salen  agregar 2 H1+ Balancear cargas con e- Salen dos e-, los pierde, se oxida

35 Como hay cinco e- ganados y dos e- perdidos, (no son iguales)
Tenemos: 1. Para Mn: 1MnO41- + 8 H1+ + 5e-  Mn2+ + 4 H2O 1 2. Para C: 1H2C2O4  2 CO2 + 2 H1+ + 2e- Como hay cinco e- ganados y dos e- perdidos, (no son iguales)  no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio”. La semi reacción de Mn x2 y la del Cx5 Mn2+ 2 MnO41- + 16 H1+ + 10e-  2 + 8 H2O H2C2O4  10 CO2 5 + 10 H1+ + 10e- 5H2C2O4 +2MnO41- + 16 H1+ +10e-  10CO2 +10 H1+ + 10e- +2Mn2+ +8H2O 5H2C2O4 +2MnO41- + 6 H1+  10CO2 +2Mn2+ +8H2O y simplificar términos semejantes Sumar “miembro a miembro” La reacción es en medio ácido

36    Ilustración 11. Balancear CℓO1-  Cℓ 1- + CℓO31-
la reacción si es iónica Se balancea por “ión electrón” Descomponer la reacción en dos semi reacciones 1. Para un cloro: hipoclorito produce cloruro ? 1 CℓO1- + 2 H1+ + 2e-  1 Cℓ 1- + 1 H2O -1 + 2  -1 + 1   -1 Balancear culpables Balanceo de cloro por tanteo Asignar CE = 1 al CℓO1- y CE = ? al Cℓ1- tanteo Cℓ: 1 x 1  ?x1  1 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos con agua Entran 1 y no salen  agregar 1 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ No entran y salen 2  agregar 2 H1+ Balancear cargas con e- Entran 2e-, los gana, se reduce

37  Estamos Balanceando CℓO1-  Cℓ 1- + CℓO31- 2. Para el otro cloro:
hipoclorito produce clorato ? 1 CℓO1- + 2 H2O  1 CℓO31- + 4 H1+ + 4e- -1  -1 + 4 - 1  +3  Balancear culpables Balanceo de cloro por tanteo Asignar CE = 1 al CℓO1- y CE = ? al CℓO31- tanteo Cℓ: 1 x 1 ?x1  1 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos con agua Entran 1 y salen 3  agregar 2 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 4 y no salen  agregar 4 H1+ Balancear cargas con e- Salen cuatro e-, los pierde, se oxida

38 La reacción es en medio neutro
Tenemos: 1. Para un cloro: hipoclorito produce cloruro 1CℓO1- + 2 H1+ + 2e-  1 Cℓ 1- + 1 H2O 2. Para el otro cloro: hipoclorito produce clorato 1CℓO1- + 2 H2O  1 CℓO31- + 4 H1+ + 4e- Como hay dos e- ganados y cuatro e- perdidos, (no son iguales)  no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio”. La semi reacción de reducción x2 1CℓO1- + 2 H2O  1 CℓO31- + 4 H1+ + 4e- 2 CℓO1- + 4 H1+ + 4e-  2 Cℓ1- + 2 H2O 3 CℓO1-  2 Cℓ1- + 1CℓO31- Sumar “miembro a miembro” y simplificar términos semejantes La reacción es en medio neutro

39  Ilustración 12. Balancear: SeO32- + Ni 3+  SeO42- + Ni 2+
la reacción si es iónica Se balancea por “ión electrón” Descomponer la reacción en dos semi reacciones ? 1. Para Se: 1 SeO32- + 1 H2O  1 SeO42- + 2 H1+ + 2e-  -2 -2 + 2 - 2   Balancear culpables Balanceo de selenio por tanteo Asignar CE = 1 al SeO32- y CE = ? al SeO42- tanteo Se: 1 x 1 ?x1  1 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos 1 H2O con agua Entran 3 y salen 4  agregar Balancear hidrógenos con iones H1+ 2 H1+ Entran 2 y no salen  agregar Balancear cargas con e- Salen dos e-, los pierde, se oxida

40  Estamos balanceando: SeO32- + Ni 3+  SeO42- + Ni 2+ 2. Para Ni:
? 2. Para Ni: 1 Ni 3+ + 1e-  1 Ni 2+ +3   +2 Balancear culpables Balanceo de níquel por tanteo Asignar CE = 1 al Ni3+ y CE = ? al Ni2+ Tanteo Ni: 1 x 1 ?x1  1 = ? Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos no hay Balancear hidrógenos no hay Balancear cargas con e- Entra un e-, lo gana, se reduce

41 Tenemos: 1. Para Se: 1 SeO32- + 1 H2O  1 SeO42- + 2 H1+ + 2e- 2. Para Ni: 1 Ni 3+ + 1e-  1 Ni 2+ Como hay un e- ganado y dos e- perdidos, (no son iguales)  no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio”. La semi reacción de reducción x2 2Ni 3+  2Ni 2+ + 2e- 1SeO32- + 1H2O  1SeO42- + 2H1+ + 2e- 2Ni 3+ + 1SeO32- + 1H2O  2Ni 2+ + 1SeO42- + 2H1+ + 2OH1- + 2OH1- 2Ni 3+ + 1SeO32- + 2OH1-  2Ni 2+ + 1SeO42- + 1H2O Son 2H2O Sumar “miembro a miembro” y simplificar términos semejantes que se simplifican La reacción es en medio básico Agregar 2OH1- En reactivos y productos

42   Ilustración 13. Balancear: H chequeo 5x1  4x2 Obvio que 5 ≠ 8
1 -1 1 a -2 7 1 -1 2 ? ? b -1 ? ? 1 -2 Ilustración 13. Balancear: 5 HCℓ + 1 KMnO4  1 KCℓ + 1 MnCℓ2 + 1 Cℓ2 + 4 H2O 1e-p 5e-g x1 x1 asignar números de oxidación, porque la reacción no es iónica 1e-p 5e-g con “suma de números de oxidación = 0” calculamos a = 7 y b = 2 Vemos que: Cℓ y Mn cambian su número de oxidación se balancea por redox Para Cℓ ( -1  )  Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto sale 1 e-, lo pierde, se oxida 1e-p para Mn (  2 )  entran 5 e-, los gana, se reduce 5e-g no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” Hay 5 e- transferidos asignar coeficiente = ? a las demás sustancias Orden de tanteo: Cℓ 5x1  ?x1 + ? X 2 + ? X 2 Aún no, hay 3 ? Una ecuación con tres incógnitas tiene infinitas soluciones Mn 1x1  ? X 1  1 = ? K 1x1  ? X 1  1 = ? Cℓ 5x1  1x1 + 1 X 2 + ? X 2  1 = ? O 1x4  ? X 1  4 = ? H chequeo 5x1  4x2 Obvio que 5 ≠ 8 Se balancea por ión electrón

43  Vamos a Balancear por ión electrón la reacción anterior HCℓ + KMnO4
1 -1 1 a -2 7 1 -1 2 b -1 1 -2 HCℓ + KMnO4  KCℓ + MnCℓ2 + Cℓ2 + H2O una semi reacción otra semi reacción ? 1. Para Cℓ: 2 HCℓ  1 Cℓ2 +2 H1+ + 2e-  +2  Balancear culpables: Balanceo de cloro por tanteo Asignar CE = 1 al Cℓ2 y CE = ? al HCℓ tanteo Cℓ : ? x 1 1x2 ? = 2 Balancear inocentes no hay Balancear oxígenos no hay Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 2 y no salen  agregar 2 H1+ Balancear cargas con e- Salen dos e-, los pierde, se oxida

44  Estamos balanceando: HCℓ + KMnO4  KCℓ + MnCℓ2 + Cℓ2 2. Para Mn: ?
-1 1 1-1 -1 Estamos balanceando: HCℓ + KMnO4  KCℓ + MnCℓ2 + Cℓ2 2. Para Mn: ? 5e- + 5 H1+ + 3 HCℓ + 1 KMnO4  1 KCℓ + 1 MnCℓ2 + 4 H2O  +5  Balancear culpables Balanceo de manganeso por tanteo Asignar CE = 1 al KMnO4 y CE = ? al MnCℓ2 tanteo Mn : 1 x 1 ?x1  1 = ? Balancear inocentes: el K que pasa de 1 a 1 y el Cℓ que pasa de -1 a -1 Balanceo de potasio K : entra 1 y no sale  agregar 1 KCℓ Balanceo de cloro Cℓ : No entra y salen 3 agregar 3 HCℓ Balancear oxígenos con agua Entran 4 y no salen  agregar 4 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 3 y salen 8  agregar 5 H1+ Balancear cargas con e- entran cinco e-, los gana, se reduce

45 Tenemos: 1. Para Cℓ: 2 HCℓ  1 Cℓ2 + 2 H1+ + 2e- 2. Para Mn: 5e- + 5 H1+ + 3 HCℓ + 1KMnO4  1 KCℓ + 1MnCℓ2 + 4 H2O no se cumple la base del balanceo, hacemos el “intercambio” la reacción de reducción por 2 y la reacción de oxidación por 5 10e- + 10 H1+ + 6 HCℓ + 2 KMnO4  2 KCℓ + 2 MnCℓ2 + 8 H2O 10 HCℓ  10 H1+ + 5Cℓ2 + 10e- 16HCℓ + 2 KMnO4  2 KCℓ + 2 MnCℓ2 + 5Cℓ2 + 8 H2O Sumar “miembro a miembro” y simplificar términos semejantes

46 asignar números de oxidación, porque la reacción no es iónica
1 -1 1 a -2 5 1 -2 Ilustración 14. Balancear I2 + K(OH)  KI + KIO3 + H2O 5e-p 1e-g 2x x2 asignar números de oxidación, porque la reacción no es iónica Como pierde 10 y gana 2,entonces pierde 8 10e-p 2e-g 8e-p con “suma de números de oxidación = 0” calculamos a = 5 Vemos que: I cambia y cambia su número de oxidación se balancea por redox Para I ( 0  )  salen 5 e-, lo pierde, se oxida 5e-p Multiplicar por el número de veces que está el elemento en el compuesto para I (  -1 )  entra 1 e-, los gana, se reduce 1e-g Hay 8 electrones perdidos, no se cumple la base del balanceo, pero no vemos electrones ganados Por esto esta reacción se conoce como reacción de “desproporción” No tenemos con que hacer el intercambio No se puede balancear por redox Se balancea por ión electrón

47  Vamos a Balancear por ión electrón la reacción anterior I2 + K(OH) 
1-1 1 a -2 5 I2 + K(OH)  K I + KIO3 + H2O una semi reacción 1. Para el cambio de yodo a yoduro: otra semi reacción ? 2 H1+ + 1 I2 + 2K(OH) + 2e-  2 KI + 2 H2O +2   Balancear culpables Balanceo de yodo por tanteo Asignar CE = 1 al I2 y CE = ? al KI tanteo I : 1 x 2 ?x1  2 = ? Balancear inocentes: el K que pasa de 1 a 1 Balanceo de potasio K : No entra y salen 2  agregar 2 K(OH) Balancear oxígenos con agua Entran 2 y no salen  agregar 2 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 2 y salen 4  agregar 2 H1+ Balancear cargas con e- entran dos e-, los gana, se reduce

48  Estamos balanceando: I2 + K(OH)  KI + KIO3 + H2O
1 1 Estamos balanceando: I2 + K(OH)  KI + KIO3 + H2O 2. Para el cambio de yodo a yodato: ? 4 H2O + 1 I2 + 2K(OH)  10 H1+ 2 KIO3 + + 10e-  +10  Balancear culpables Balanceo de yodo por tanteo Asignar CE = 1 al I2 y CE = ? al KIO3 tanteo I : 1 x 2 ?x1  2 = ? Balancear inocentes: el K que pasa de 1 a 1 Balanceo de potasio K : No entra y salen 2 agregar 2 K(OH) Balancear oxígenos con agua Entran 2 y salen 6  agregar 4 H2O Balancear hidrógenos con iones H1+ Entran 10 y no salen  agregar 10 H1+ Balancear cargas con e- salen diez e-, los pierde, se oxida

49 Tenemos:  2 H1+ + 1 I2 + 2 K(OH) + 2e- 2 KI + 2 H2O 4 H2O + 1 I2 + 2 K(OH)  2 KIO3 + 10 H1+ + 10e- no se cumple la base del balanceo, multiplicar la reducción por cinco 10 H1+ + 5 I2 + 10K(OH) + 10e-  10 KI + 10 H2O 4 H2O + 1 I2 + 2K(OH)  2 KIO3 + 10 H1+ + 10e- 6 I2 + 12 K(OH)  10 KI + 2 KIO3 + 6 H2O Sumar “miembro a miembro” y simplificar términos semejantes

50 Factor equivalente gramo (E)
La principal aplicación del balanceo es que nos permite calcular el factor equivalente gramo (E) para cada reactivo y para cada producto de una manera integral Para calcular E basta conocer: el número de los e- transferidos en la reacción balanceada por redox o por ión electrón y el coeficiente estequiométrico (ce) de cada reactivo y de cada producto # de e- transferidos E = para cada sustancia ce Si la reacción es no redox, balanceada por tanteo no hay e- transferidos, en lugar de “el número de e- transferidos” usar el mínimo común múltiplo (MCM) de los coeficientes estequiométricos MCM  “# de e- “ E = para cada sustancia ce Esta única manera de calcular E es para evitar la colección de casos particulares que hay en la literatura y que muchas veces lleva a errores

51 Justificación de la propuesta para calcular E
Existe en la literatura clásica una proliferación de normas acerca del factor equivalente gramo, SIN BALANCEAR LA REACCIÓN, que originan ERRORES en su aplicación entre ellas tenemos: Para reacciones no redox Norma 1 “En reacciones de neutralización, para un ácido E es la cantidad que suministra una mol de iones H1+(ac), y para una base es la cantidad que suministra una mol de iones OH1-(ac)”. [4] Norma 2 “Para los ácidos y las bases E es el número de protones donados o recibidos por la especie” [1] Norma 3 “En reacciones de precipitación E es igual a la carga total del ión metálico” [2] Norma 4 “En reacciones de neutralización para los ácidos E es igual al número de H1+ reemplazados y en las bases al número de OH1- que posee y en las sales el número de oxidación total del metal y para el agua vale 1”. [2] Existen más normas, pero no es del caso

52 Para reacciones redox Norma 5 “En reacciones de desproporción:1/E = 1/E reducción + 1/E oxidación” [3] Norma 6 “En reacciones redox E es el número de moles de electrones que gana o que pierde una sustancia” [3] Norma7 “E es el número de electrones donados o recibidos por la especie de interés en reacción química considerada”. [1] Norma 8 “Para las reacciones de oxido – reducción, E está dado por el cambio en el número de oxidación” [4] Norma 9 “En reacciones de oxido reducción E es igual al número de electrones ganados o perdidos por molécula”. [3] Norma 10, norma muy rara: “En reacciones de oxido reducción para las sustancias que no posean elementos que cambien su número de oxidación, E no existe”. [5] Existen más normas, pero no es del caso Vamos a calcular el valor de E de reactivos y productos de las reacciones anteriores y los comparamos con el valor de E al interpretar las diferentes normas para aclarar los errores inducidos por dichas normas

53 2H2SO4 + 1Pb(OH)4  1Pb(SO4)2 4H2O = 2 = 4 = 4 = 1 H2SO4 + Pb(OH)4 
Ilustración 1, balanceada por tanteo El MCM de 2, 1,1 y 4 es 4 4 2H2SO4 + 1Pb(OH)4  1Pb(SO4)2 4H2O 4 4 4 4 = 2 = 4 E = 4 = 1 2 1 1 4 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear H2SO4 + Pb(OH)4  Pb(SO4)2 H2O 2 4 E 4 1 OK OK OK OK Norma 4 Norma 4 Norma 3 Norma 2 Los cuatro valores calculados de E coinciden con los obtenidos según las normas

54 Ilustración 2, balanceada por tanteo El MCM de 2, 1,1 y 4 es 4 2H3PO4
+ 1Sn(OH)4  1Sn(HPO4)2 4H2O 4 4 4 4 = 2 = 4 E = 4 = 1 2 1 1 4 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear H3PO4 + Sn(OH)4  Sn(HPO4)2 H2O 2 OK 4 OK E 4 OK 1 OK Norma 4 Norma 4 Norma 3 Norma 4 Comentarios: Los que no dominan la norma se “imaginan” que para el ácido E = 3 Los cuatro valores calculados de E coinciden con los obtenidos según las normas

55 Ilustración 3, balanceada por tanteo El MCM de 1,3 y 2 es 6
1Aℓ2O3 + 3H2O  2Aℓ(OH)3 6 6 6 = 6 = 2 E = 3 1 3 2 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Aℓ2O3 + H2O  Aℓ(OH)3 ? 1 error 3 E OK No hay norma Norma 4 Norma 3 Algunos ,para que les de 6 interpretan que “haga de cuenta que es una sal”

56 Ilustración 4, balanceada por tanteo El MCM de 2,1 y 1 es 2 2SO3 +
1H2O  1H2S2O7 2 2 2 = 1 = 2 E = 2 2 1 1 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear SO3 + H2O  H2S2O7 ? 1 error E 2 OK No hay norma Norma 4 Norma 3 Si interpretamos “haga de cuenta que es una sal” Daría 6 en lugar de 1 Otro error

57 KCℓ + O2  K Cℓ O3 Ilustración 5, balanceada por redox
El número de e- transferidos es 12 12e- 1 -1 2KCℓ + 3O2  2KCℓO3 6e- 4e- 12 12 12 = 6 = 4 E = 6 2 3 2 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear 1 -1 KCℓ + O2  K Cℓ O3 6e- 4e- 6e- 6e- 6 OK 4 OK E error Norma 8 Norma 8 Norma 8 Algunos ,para que les de 6 clasifican Esta reacción como 50% oxidante, otro caso particular

58 3CrCℓ3 + 12K(OH) + 3K + 2KCℓO3  11KCℓ + 3K2CrO4 + 6H2O = = = = = =
Ilustración 6, balanceada por redox El número de e- transferidos es 12 3 -1 12e- +1 -1 +1 -2 3CrCℓ3 + 12K(OH) + 3K + 2KCℓO3  11KCℓ + 3K2CrO4 + 6H2O 3e-p 1e-p 6e-g 12 12 12 12 12 12 12 = 4 = 1 = 4 = 6 E = 4 = 2 3 12 3 2 11 3 6 No se hace la división, porque el resultado no es exacto Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear 3 -1 +1 -1 +1 -2 CrCℓ3 + K(OH) + K + KCℓO3  K Cℓ + K2CrO4 + H2O 3e-p 1e-p 6e-g 1e-g 6e-p 3e-g 1e-g 5e-p 4e-g 3 error error 1 error 6 OK E 5 error 4 OK error Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Para algunos E no existe Norma 10 Para algunos E no existe

59 NO+ CO2+ Na2CrO4+ Na2MnO4+ Na2SO4
Ilustración 7, balanceada por redox El número de e- transferidos es 30 3 -2 30e- 2 -2 4 -2 1Cr2S3+ 20Na2CO3+ 15Mn(NO3)2  30NO+ 20CO2+ 2Na2CrO4+ 15Na2MnO4+ 3Na2SO4 30e-p 2e-g 30 30 30 30 30 30 30 30 30 = 1.5 2 E 1 1.5 = 15 = 2 = 10 = = = = 1 20 15 30 20 2 15 3 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear 3 -2 2 -2 4 -2 Cr2S3+ Na2CO3+ Mn(NO3)2  NO+ CO2+ Na2CrO4+ Na2MnO4+ Na2SO4 30e-p 2e-g 3e-p 3e-g 4e-g 8e-g E 30 OK error 2 OK error 3 errores 3 4 errores 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Para algunos E no existe Norma 10 Para algunos E no existe

60 Ilustración 8, balanceada por redox El número de e- transferidos es 10
10e- 4 -2 1I2 +10HNO3  2HIO3 + 10NO2 + 4H2O 10e-p 1e-g 10 10 10 10 10 E = 10 = 1 = 5 = 1 = 2.5 1 10 2 10 4 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear 1 5 -2 4 -2 I2 + HNO3  HIO3 + NO2 + H2O 10e-p 1e-g 5e-g 1e-p E 10 OK 1 OK 5 OK 1 OK error Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 10 Para algunos E no existe

61 3e-g 1e-p 2e-g 6e-p Ilustración 9, balanceada por redox
El número de e- transferidos es 6 6e- 1 3 -2 1-1 1 -1 1 -1 1 -2 2HNO2 + 6KI + 6HCℓ  3I2 + 1N2 + 6KCℓ + 4H2O 3e-g 1e-p 6 6 6 6 6 6 6 E = 3 = 1 = 1 = 2 = 6 = 1 = 1.5 2 6 6 3 1 6 4 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear 1 3 -2 1-1 1 -1 1 -1 1 -2 HNO2 + KI + HCℓ  I2 + N2 + KCℓ + H2O 3e-g 1e-p 2e-g 6e-p E 3 OK 1 OK error 2 OK 6 OK error error Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8 Para algunos E no existe Norma 10 Para algunos E no existen

62 H2C2O4 + MnO41-  CO2 + Mn2+ Para la reacción sin balancear E
Ilustración 10, balanceada por ión electrón El número de e- transferidos es 10 10e- 5H2C2O4 +2MnO41- + 6 H1+  +10e- 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O + 10e- 10 10 10 10 E = 2 = 5 = 1 = 5 5 2 10 2 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Hay que determinar el cambio en los números de oxidación Para aplicar la Norma 8 7 -2 4 -2 2 H2C2O4 + MnO41-  CO2 + Mn2+ 2e-p 5e-g 1e-g 5e-p E 2 OK 5 OK 1 OK 5 OK Norma 8 Norma 8 Norma 8 Norma 8

63  Cℓ O1-  Cℓ1- + CℓO31- Ilustración 11, balanceada por ión electrón
El número de e- transferidos es 4 4e- 3 CℓO1- + 4e-  2Cℓ1- + 1 CℓO31- + 4e- 4 4 4 E = No se hace la division = 2 = 4 3 2 1 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Hay que determinar el cambio en los números de oxidación Para aplicar la Norma 8 1 -2 -1 5 -2 Cℓ O1-  Cℓ1- + CℓO31- 2e-p 4e-g 2e-g 4e-p Según la norma 8 los valores son. E = 2 error 2 OK 4 OK Pero si se “acuerda” que una reacción en la cual solo un reactivo gana y pierde electrones es una reacción de “DESPROPORCIÓN” 1 E 1 2 1 4 1 E 3 4 4 3 Según la norma 5 para CℓO1- = +  = entonces E = OK 2e-g 4e-p No se hace la división, porque el resultado no es exacto

64 E Ni 3+ + SeO32-  Ni 2+ + SeO42- 1e-g 2e-p 1e-p 2e-g E =
Ilustración 12, balanceada por ión electrón El número de e- transferidos es 2 2e- 2Ni 3+ + 1SeO32- + 2OH1- + 2e-  2Ni 2+ + 1SeO42- + 1H2O + 2e- 2 2 2 2 E = 1 = 2 = 1 = 2 2 1 2 1 Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Hay que determinar el cambio en los números de oxidación Para aplicar la Norma 8 3 4 -2 2 6 -2 Ni 3+ + SeO32-  Ni 2+ + SeO42- 1e-g 2e-p 1e-p 2e-g Según esta norma los valores son: E = 1 OK 2 OK 1 OK 2 OK

65 E 1e-p 5e-g 5e-p 2e-g Ilustración 13, balanceada por ión electrón
El número de e- transferidos es 10 10e- 16 HCℓ +  2 KMnO4 2 KCℓ + 2 MnCℓ2 + 5Cℓ2 + 4 H2O 10 10 10 10 10 10 E = 0.6255 = 5 = 5 = 5 = 2 = 1.5 16 2 2 2 5 4 Se puede dejar indicado Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Hay que determinar el cambio en los números de oxidación Para aplicar la Norma 8 1 -1 1 -1 1 -2 HCℓ + KMnO4  KCℓ + MnCℓ2 + Cℓ2 + H2O 1e-p 5e-g 5e-p 2e-g Según esta norma los valores son. E 1 error 5 OK error 5 OK 2 OK error Norma 10 Para algunos este valor de E no existe

66 = = = 1 = 5 = 2.5 I2 Ilustración 14, balanceada por ión electrón
El número de e- transferidos es 5 5e- 3I2 + 6K(OH) +5e-  5KI + 1KIO3 + 2H2O +5e- 5 5 5 5 5 E = = = 1 = 5 = 2.5 3 6 5 1 2 No se hace la ÷, porque el resultado no es exacto Según las normas, tenemos que: Para la reacción sin balancear Para aplicar la Norma 8 Hay que determinar el cambio en los números de oxidación 1 -1 1 -2 I2 + K(OH)  KI + KIO3 + H2O 8e-p 1e-p 5e-g Según esta norma los valores son. E 8 1 5 error error OK OK error Para algunos E no existe Norma 10 Para algunos E no existe I2 Si la recuerda, Según la norma 5 para 1 E 1 2 1 10 1 E 6 10 5 3 = +  = entonces E = OK 10e-p 2e-g

67 Es muy peligroso redactar con algunos casos particulares para
Conclusión: Es muy peligroso redactar con algunos casos particulares para conocer (¿adivinar?) el valor del factor equivalente gramo (E) sin balancear la reacción, porque se tiene que ser experto en las excepciones, es mas concreto calcularlo con una sola definición

68 Bibliografía: [1] Harris, D. Análisis Químico Cuantitativo. Grupo Editorial Iberoamérica, México, pp. [2] García, A., Aubad, A. and Zapata, R. Química General. Ediciones Corporación de Investigaciones Biológicas, Medellín, pp. [3] Briceño, C. and Rodríguez, L. Química. Editorial educativa, Bogotá, pp. [4] Mortimer, C. Química. Grupo Editorial Iberoamérica, México pp. [5] Aubad, A., Zapata, R., and García, A. Hacia la Química 1. Editorial Temis S.A.,Bogotá pp