ELECTROQUIMICA-PROBLEMAS RESUELTOS.pdf

QUÍMICA GENERALPROBLEMAS RESUELTOS Dr. D. Pedro A. Cordero Guerrero ELECTROQUÍMICA REACCIONES DE OXIDACIÓN-REDUCCIÓN: CONCEPTOS TEÓRICOS BÁSICOS Las reacciones de oxidación-reducción (reacciones redox) son aquellas en las cuales se produce un intercambio de electrones entre los reactivos. El oxidante es todo átomo, molécula o ion que gana o capta electrones en un proceso químico, mientras que el reductor es todo átomo, molécula o ion que pierde o cede electrones en un proceso químico. Estos conceptos de oxidante y reductor no son conceptos absolutos ya que cada átomo, molécula o ion se comportará como oxidante frente a aquellos otros que sean menos oxidantes que él, pero se comportará como reductor si se encuentra con otro que sea más oxidante que él. Ajuste de las reacciones REDOX Los dos métodos más comunes son el método del cambio de valencia, basado en considerar únicamente los elementos que ganan o pierden electrones, y el método del ion electrón, basado en considerar que las reacciones se producen entre los iones presentes en la reacción. Ambos se basan en el hecho que el número de electrones que ceden los agentes reductores debe ser igual al número de electrones que ganan los agentes oxidantes. Para el ajuste de reacciones por cualquiera de ellos se debe determinar en primer lugar el número de oxidación de cada elemento para identificar cuales son los que cambian de valencia. Para ello, lo primero que se ha de tener en cuenta es el hecho que en cualquier compuesto neutro la suma total de los números de oxidación es siempre cero, mientras que en los iones, la suma debe ser igual a la carga del ion. Después, debe seguirse el orden siguiente; a) Los elementos libres tienen valencia 0. b) Los metales alcalinos tienen siempre valencia 1+, y los alcalinotérreos 2+ c) El hidrógeno tiene siempre valencia 1+, excepto cuando forma compuestos binarios con un metal, que tiene valencia 1- (Hidruros) d) El oxigeno tiene siempre valencia 2-, excepto si frente a los anteriores le correspondiera otra, que es 1(Peróxidos) e) Los elementos no metálicos que están presentes en una sal tienen en ella la misma valencia que en el ácido correspondiente. f) Los metales que forman parte de una sal han de tener una valencia tal que haga neutras las moléculas en que se encuentran. (O, si se trata de un ion, igual a la carga de éste) Método del cambio de valencia: Para ajustar una reacción por este me todo se aplican tas siguientes reglas: 1) Se identifican los elementos que pierden electrones (Reductores) y los que los ganan (Oxidantes) 2) Se escriben las ecuaciones electrónicas correspondientes a esta perdida y ganancia de electrones, igualando previamente el nº de átomos de cada elemento presente en las semirreacciones. 3) Se multiplican esas dos semirreacciones por unos coeficientes mínimos tales que nos igualen el nº de electrones ganados al de electrones perdidos. 4) Los coeficientes así obtenidos se colocan en la reacción primitiva, obteniendose luego los coeficientes de las demás sustancias, dejando siempre el del agua para el último lugar. Método del ion-electrón: Las reglas a seguir para el ajuste de reacciones por este método son: 1) Se escriben las reacciones de disociación de los ácidos, bases y sales (Las demás sustancias: óxidos o elementos libres no son electrolitos, por lo que no se disocian) 2) Se escribe la semirreacción de reducción del ion oxidante y la de oxidación del ion reductor, igualando previamente el nº de átomos de cada elemento presente en las semirreacciones. En ellas se iguala el nº de oxígenos añadiendo agua al miembro donde haya defecto de ellos; posteriormente se igualan los hidrógenos añadiendo H+ donde se precisen. Finalmente se añaden los electrones necesarios en el miembro donde haya defecto de cargas negativas para que la reacción quede igualada eléctricamente. 3) Si la reacción tiene lugar en medio básico o neutro nos aparecerán H+ en el segundo miembro y H2O en el primero. Para eliminarlos, se añaden a ambos miembros de la semirreacción que corresponda tantos iones OH- como H+ haya en el segundo miembro. Estos iones OH- con los H+ formarán H2O la cual se simplifica con la existente en el primer miembro. (Esta corrección puede realizarse también una vez conseguida la reacción iónica global, pero sería menos correcto) 4) Se multiplican ambas semirreacciones por los coeficientes mínimos para que el nº de electrones en ambas sea el mismo. 5) Se suman ambas semirreacciones, obteniendose la reacción iónica total. 6) Si en ella aparecen iones H+ o H20 en ambos miembros, se simplifican, dejándolos solamente en uno de ellos. CÁLCULOS ESTEQUIOMÉTRICOS EN LAS REACCIONES REDOX Si los cálculos se realizan utilizando las relaciones entre los números de moles de reactivos y/o productos que intervienen en la reacción ajustada, no presentan diferencia alguna con los demás cálculos de estequiometría. Si se quieren realizar los cálculos teniendo en cuenta que todas las reacciones tienen lugar “equivalente a equivalente” hemos de calcular previamente el Peso equivalente o equivalente gramo de cada reactivo, teniendo en cuenta que éste es: , siendo la valencia: v = Nº de electrones intercambiados en el proceso, por lo que es necesario determinarlos antes para el proceso concreto que se trate, ya que sucede a veces que un mismo reactivo puede tener pesos equivalentes diferentes dependiendo del proceso en el cual actúe PILAS GALVÁNICAS Son dispositivos que producen corriente eléctrica a partir de un proceso químico. Están formadas por: SEMIPILAS (o Electrodos): Formadas por un conductor sumergido en una disolución iónica. Suele ser del mismo metal que los iones de la disolución, o bien uno inerte (Pt, grafito...). Siempre ganará electrones (oxidante) aquel electrodo de mayor potencial en la serie electroquímica de potenciales de reducción PUENTE SALINO Es un tubo que une ambas semipilas lleno de una sustancia porosa embebida de una disolución de un electrolito, o bien un tabique poroso, para permitir el paso de iones de una semipila a otre y evitar que se polaricen NOTACIÓN DE LOS ELECTRODOS Y PILA: Normalmente se suelen representar los electrodos de reducción, escribiendo en una “fracción” como numerador la forma oxidada y como denominador la reducida: Para el proceso: Zn 2 + + 2 e - —> Znº será: Zn 2 + / Znº. Para el caso de las pilas, se escribe primero el ánodo y después el cátodo, separados por una doble barra. Para la pila: Znº + Cu 2 + —> Zn 2 + + Cuº será: Znº/Zn 2 + // Cu 2 + /Cuº, y en general, para cualquier pila: . Se considera positivo el potencial si los electrones van del electrodo de la izquierda (ánodo) al de la derecha (cátodo). POTENCIAL NORMAL DE ELECTRODO: Es el potencial de una pila formada por ese electrodo sumergido en una disolución 1M de sus iones y el electrodo normal de Hidrógeno ENERGÍA LIBRE ESTÁNDAR DE UNA PILA: ENERGÍA LIBRE DE UNA PILA EN OTRAS CONDICIONES: POTENCIAL DE UNA PILA. ECUACIÓN DE NERNST : Donde: - n: Nº de electrones intercambiados en el proceso - F: Faraday = 96486 Culombios - R: Constante de los gases ideales = 8,314 J/mol.ºK - T: Temperatura absoluta a la cual tiene lugar el proceso - E: Potencial de la pila POTENCIAL NORMAL DE UNA PILA: Es el potencial de una pila cuando las concentraciones de todas las especies son 1 M, con lo que Lg Kc = 0, y así: Para la pila Daniell es: e.01 M.0.76 V y Eº Cu 2 + /Cu = 0. Eº (Cu 2+ /Cuº) = 0. La concentración de Cu 2 + se hace 1 M. A-03 . b) Si todas las concentraciones fueran 0. Determinar el potencial normal de la pila e indicar el flujo de electrones y los electrodos positivo y negativo A-02 .ELECTROLISIS Grupo D .34 V A-05 . cuál el negativo y en qué sentido fluirían los electrones en el circuito externo. por la que pasa una corriente de 10 Amperios durante 1 hora. Nº equivalentes de corriente eléctrica = Nº equivalentes de sustancia obtenida I: Intensidad de la corriente eléctrica t: tiempo g: gramos depositados v : valencia (Nº electrones intercambiados en el proceso) Pm: Masa atómica o molecular de la sustancia liberada LEYES DE FARADAY: 1ª: La cantidad de sustancia separada por una corriente eléctrica es proporcional a la cantidad de corriente que pasa por el sistema 2ª: Las cantidades de diferentes sustancias liberadas por una misma cantidad de electricidad son proporcionales a sus equivalentes químicos Clasificación de los problemas resueltos sobre ELECTROQUÍMICA Grupo A . así como el potencial del proceso global A-04 . calcular el potencial de la pila.15 V . Eº (NO 3 -)/NO) = 0. Datos: Eº Zn 2 +/ Zn = ./Mn 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total. b) Los gramos de cobre que se habrán depositado al cabo de la hora. teniendo en cuenta que un equivalente de corriente eléctrica es una carga igual a la de un mol de electrones. Al igual que cualquier otro tipo de reacción.1 M: calcular el potencial de la pila. y cual será el polo positivo./Mn 2 + ) = 1. indicar cuál seria el electrodo positivo. c) Dibujar un esquema de esa pila y explicar brevemente el papel del puente salino.es 1 M y ha precipitado casi todo el zinc.Para la determinación del producto de solubilidad del sulfuro de zinc se utiliza una pila Daniell: Zn/Zn 2 + //Cu 2 + /Cu. indicando el oxidante y el reductor.96 V A) Decida cual. d) Si la concentración de protones fuera 0.771 V . Calcular el producto de solubilidad del sulfuro de zinc.PILAS ELECTROQUÍMICAS A-01 . ¿Se produciría la misma reacción que en el caso anterior? ¿Por qué? Datos: E' (MnO 4 .78V.m.510 V. Se realiza por medio del suministro de energía eléctrica una reacción imposible de verificar termodinámicamente de forma espontánea.Escribir las semirreacciones y la reacción neta de la pila Zn ( s ) /Zn 2 + ( ac ) // Cd 2 + ( ac ) / Cd ( s ).1 M y la de los restantes iones fuera 0. Sabiendo que en esas condiciones el potencial de la pila es 1.Dada la pila Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 . de los ácidos H Cl 1M y/o HNO 3 1M oxidará al Cuº hasta Cu 2+ en condiciones de estado estándar B) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción habidas en cada caso.CONSTANTES DE EQUILIBRIO EN SISTEMAS REDOX Grupo A. Determinar: a) El valor de su f. todos ellos a 298ºK: Eº (H + /H 2 ) = 0 V . tiene lugar “equivalente a equivalente”.PILAS ELECTROQUÍMICAS Grupo B . mientras que en el ánodo se añade sulfuro sódico hasta que la concentración en iones S 2 .CONDICIONES DE EQUILIBRIO: ELECTRÓLISIS => E = 0 => Es el proceso químico producido por la corriente eléctrica sobre los iones.PILAS DE COMBUSTIBLE y DE CONCENTRACIÓN Grupo C .A partir de los siguientes potenciales estándar de reducción.Tenemos una pila formada por un electrodo de cobre y otro de cinc sumergidos en una disolución acidulada de sulfato de cobre. E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0. 0. Se conectan eléctricamente ambas y se unen mediante un puente salino. identificando el ánodo y el cátodo. c) Dibujar un esquema de esa pila y explicar brevemente el papel del puente salino. C) ¿Será espontánea la reacción? Datos: E' (MnO 4 . Eº Cu 2 + / Cu = 0. A-11 .80 v .2 kJ/mol y /\ Gº Ag2O = -11. Calcular la concentración de iones Cu 2 + en el equilibrio si se añade un exceso de Mg (s) a una disolución 0. Escribir las semireacciones y la reacción neta de la pila y determinar el potencial normal de la pila. indicar cuál seria el electrodo positivo. Escribe las reacciones que tienen lugar en cada electrodo. F = 96485 Cu. b.771 V A-07 . son respectivamente: /\ Gº ZnO = .2 kJ/mol. DATOS: Potenciales estándar de reducción: Eº Ag+/Agº = +0.510 V.1 M y la de los restantes iones fuera 0. Se pide: a) Representar un esquema de la pila indicando que electrodo actúa de cátodo.Dada la pila: Mg (s) / Mg 2 + ( ac ) (1M) // Cu 2 + ( ac ) (1M) / Cu ( s ) Se pide: a.01 M. E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0. b) Indique que semireacciones se producen sobre los electrodos y la reacción global en el proceso de descarga. b) Calcular el potencial normal de la pila si la concentración de protones fuera 0. DATOS: Energía libre estandar de formación del ZnO y Ag2O.13 v A-12 . .01 M de iones níquel (II). E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0./Mn 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total./Mn 2 + ) = 1./Mn 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total. DATOS. c) Cual es el potencial teórico de la pila./Mn 2 + ) = 1. A) Escriba las semirreacciones correspondientes a ambos electrodos indicando cual es el ánodo y cual el cátodo.2 M de iones Cu 2 + Datos.Dada la pila Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 .250 V.A-06 . Datos: E' (MnO 4 .80 v A-09 . la reacción global de la pila y calcule la FEM de la misma y dibuje un esquema de esta pila identificando cada uno de los elementos que la forman.38 V A-10 .Una pila de “Botón” está formada por dos electrodos uno de Zn/ZnO y otro de Ag/Ag2O y un gel alcalino que actúa como electrolito. así como la reacción total. b) Si todas las concentraciones fueran 1 M: calcular el potencial de la pila.El potencial normal para el electrodo de níquel a 25ºC es -0. Ag + /Agº = + 0. B) Determine el potencial normal de la pila así obtenida.510 V.Dada la pila Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 . Calcular el potencial para una disolución 0.318. Eº Pb 2+ /Pbº = -0. cuál el negativo y en qué sentido fluirían los electrones en el circuito externo. Potenciales normales de reducción: Cd 2+ /Cdº = .40 v .Se introduce una barra de cadmio en una disolución 1 M de iones Cd 2+ y otra barra de Ag en una disolución 1 M de Ag +.771 V A-08 . 34 V Eº Mg 2 + / Mg = -2.Una pila electroquímica está formada por un electrodo de plata sumergido en una disolución 1 M de Ag+ y otro electrodo de plomo sumergido en una disolución 1M de Pb 2+. 64 69.Grupo B .66 0 -393.8 205.ºK 1 kWh = 3.83 /\S (J/mol.COOH) respectivamente.8 x 10 . b) Explicar razonadamente cuál es e/ polo positivo y cuál el negativo.PILAS DE COMBUSTIBLE Y DE CONCENTRACIÓN B-01 .5 . se tiene una pila que produce la reacción global: CH 3 OH ( l ) + 3/2 O 2 ( g ) —> CO 2 ( g ) + 2 H 2 O (l) A) Escribir las semirreacciones de oxidación y de reducción que tienen lugar en ambos electrodos de la pila B) Calcule la /\ Gº de la reacción y el voltaje de la pila en condiciones estándar C) Calcule el rendimiento teórico de la pila y los kWh producidos por kmol de metanol consumido en condiciones normales.14 213.Si en una pila de combustible sustituimos el hidrógeno por metanol.51 -285.Se forma una pila con dos electrodos de hidrógeno introducidos en soluciones 0.6. c) Representar esquemáticamente la pila.1x10 . DATOS: Ka (HCOOH)=2. DATOS Compuesto CH 3 OH ( l ) O2(g) CO 2 ( g ) H2O (l) /\Hº (kJ/mol) -238.0 M de ácido acético (CH3 .1 M de ácido fórmico (HCOOH) y 1. Ka (CH3-COOH) =1.91 1 F = 96485 Culombios B-02 .4 .10 6 J 126. Se pide: a) La fuerza electromotriz de la pila. = + 0. en continuo.0 C-09 .96 v . b) Calcule las cantidades.71 v. a) Escriba las reacciones de electrodo. Vmolar = 22. en gramos. Eº ( O 2 / OH . H = 1. suponiendo que el rendimiento del proceso es del 88 %.5 g/mol. Eº (Cd 2 + /Cdº) = . DATOS: Pesos atómicos: Ag = 107. respectivamente.N. Zn = 65. al cabo de las cuales se deposita completamente todo el cobre.76 v C-03 . en una reacción electrolítica de una disolución de sulfato de cadmio. ¿Cuál era la concentración molar de la disolución inicial? C-02 . Determinar la cantidad y naturaleza de las especies desprendidas u obtenidas en cada electrodo de cada cuba. N = 14. Cd(NO 3 ) 2 la segunda y Zn(NO 3 ) 2 la tercera. Pesos atómicos: Af = 107.0.0 ./NO 2 = + 0. Se hace pasar una corriente de 2 Amperios durante 10 horas.36 v. Masas atómicas de Na y Cl : 23./NO) = + 0.0.El magnesio se obtiene industrialmente por electrólisis del cloruro de magnesio fundido a la temperatura de 750 ºC.0 .¿En cuanto tiempo se depositarán 10 g de cadmio en el cátodo. 1 Faraday = 96485 v . Eº (NO 3 . DATOS: Potenciales normales de reducción: NO3 .Cuando se electroliza en condiciones apropiadas una disolución acuosa de nitrato de plata. NO3 .9 .ELECTROLISIS C-01 .96 v . a) Calcule los kg de magnesio que se obtienen cuando pasa una corriente de 2. Eº (Zn 2 + /Znº) = .40 v. Determinar la intensidad de la corriente y el volumen de gas.Se hace pasar una corriente de 5 A durante 2 horas a través de una celda electrolítica que contiene CaCl 2 (fundido). Ag + /Agº = + 0. O = 16. medidos en C.0 . medidos en condiciones normales. C-04 .0 v.¿Qué volumen de gases. o pesos de sólidos se obtendrán en cada electrodo de una cuba electrolítica que contiene una disolución acuosa de hidróxido de sodio cuando pasa por ella una corriente de 1000 culombios? C-08 . se observa que al cabo de una hora se han depositado en el cátodo 8. C-07 .000 A a través de la celda electrolítica durante 10 horas.0 ..Para la electrolisis del cloruro sódico fundido.9 . O = 16.) = + 0. Cd = 112.Una célula electrolítica contiene un litro de una disolución de sulfato cúprico.80 v . que se desprenderá en el ánodo. N = 14. ¿Que gas y que volumen del mismo. 2º) Calcular el valor del potencial necesario en condiciones estándar para que se produzca la reacción ¿Cual es el valor de la sobretensión en la célula respecto al potencial estándar y cual es su función ? 3º) Calcular la intensidad de corriente necesaria para obtener 1 tn/día de sodio. si empleamos una corriente eléctrica constante de 2.4 Potenciales normales de reducción: Eº (Ag + /Agº) = + 0.05 g de plata. Se hace pasar una corriente de 10 A durante 2 horas.40 v . medido en Condiciones Normales. de cloro obtenido en las mismas condiciones.0 y 35. en C.5 Amperios?. la temperatura del baño es de 800ºC y emplea una corriente continua con un potencial de 7. de los productos que se depositan o desprenden en los electrodos.40 v .En la electrólisis de una disolución de cloruro sódico en disolución acuosa se produce desprendimiento de (Elija razonadamente la respuesta correcta): a) Cloro en el cátodo y oxígeno en el ánodo b) Cloro en el ánodo e hidrógeno en el cátodo e) Cloro en el ánodo y oxígeno en el cátodo d) Cloro en el cátodo e hidrógeno en el ánodo II) Determine el pH al finalizar la electrólisis de una disolución 1 M de NaCI C-06 . se emplea un célula electrolítica Downs con cátodo de hierro y ánodo de carbón.80 v ./NO = + 0.4 .Tres cubas electrolíticas conectadas en serie contienen sendas disoluciones acuosas de AgNO 3 la primera.2.Grupo C.4 L/mol en CN . 4º) ¿Cuál es la densidad de corriente en la célula si la superficie total de los electrodos es de 2 m 2 ? DATOS: F = 96485 C . se desprenderá en el ánodo en el mismo tiempo? C-05 .N. b) ¿Qué‚ volumen ocupa el gas desprendido en la celda anterior medido en condiciones normales? . O 2 / OH .80 v . y E0Cl = 1. . Potenciales estándar de reducción del sodio y del cloro: E0Na= . Se pide: 1º) Ajustar las reacciones que tienen lugar sobre los electrodos y la reacción global. considerando que el rendimiento en corriente es del 85% y el volumen en m 3/día. tienen lugar respectivamente los procesos de: a) Reducción del SO 4 2 ..546. así como el volumen de O 2 producido en condiciones normales.2 amperios.87 C-16 . c) ¿Cuál es el espesor medio de la capa de plata sobre la pieza.6 g de cobre.6 mL de Hidrógeno. señale las respuestas correctas en las siguientes preguntas: 1ª.500C y masa atómica del Cu=63. Volumen molar 22. b) Calcular los gramos de plata que se depositan sobre la pieza si el rendimiento en corriente del proceso electrolítico es del 85%.. contiene agua acidulada con unas gotas de ác.N.0 y 107. Sabiendo que Eº Cu 2 + /Cu = 0.y reducción del H 2 O d) Oxidación del H 2 y reducción del SO 3 2 - .C-10 . durante 1 h. se cierra el circuito mediante un ánodo inerte y se hace pasar una corriente 1. a) Escriba la reacción de reducción que tiene lugar sobre el cátodo.00V.y oxidación del H 2 O b) Reducción del Cu 2 + y oxidación del H 2 O c) Reducción del Cu 2 + y oxidación del SO 3 2 d) Reducción del H + y oxidación del H 2 O 2ª. E/ H+/H2 = 0. F = 96480 cu.5 g/cm 3 Faraday = 96487 Culombios/mol Masa atómica de la plata = 107. Calcule: a) La intensidad de la corriente utilizada.) = 0. E/ (SO 4 2 . una contiene una disolución de nitrato de plata y la otra.25A de intensidad. C) La cantidad de hierro depositada en el cátodo de la segunda C-12 . en el cátodo y en el ánodo. en la primera se depositan 0.0 Amperios. C-13 . d) Considerando que en el ánodo se desprende O 2 . Calcular la cantidad de electricidad que será necesaria así como el tiempo requerido. F = 96.Tenemos dos vasijas.56 g de cloruro de plata y ácido nítrico. que contiene una disolución acuosa de un complejo cianurado de plata (Ag(CN) 2 ) en medio alcalino. DATOS: Densidad de la plata = 10. haciendo pasar una corriente eléctrica de 3. Por ellas pasa una corriente eléctrica durante 12 minutos y en el cátodo de la primera se depositan 0. medidos en C. medido en C. Escriba la reacción que tiene lugar. C-15 . b) El volumen de gas desprendido en el ánodo de la primera.093 g de plata.9 g/mol. indique: a) Qué metal se depositará primero b) Cuál será la concentración del ión que se deposita en primer lugar cuando comience a depositarse el segundo. Determine: a) El peso atómico de la plata b) Qué elementos y en qué cantidad se obtienen en los ánodos de ambas vasijas. en el cátodo y el ánodo tienen lugar respectivamente los procesos de: a) Reducción del SO 4 2 .34V y EºZn 2 + /Zn = -0.Cuando ya no hay Cu 2 + .N.y oxidación del H 2 O b) Reducción del H+ y oxidación del H 2 O c) Oxidación del SO 3 2 .Se desea.3M en Cu 2 + ./ SO 3 2 .Se quiere platear una pequeña pieza cúbica de latón de 3 cm de arista. Sulfúrico.810 g de plata metálica.17V. Al pasar una corriente eléctrica simultáneamente a través de ambas disoluciones.Mientras hay Cu 2 + . se pasa una corriente de 1.4 L/mol. Densidad de la plata 10 g/cc. C-11 . Para ello se coloca la pieza como cátodo en una cuba electrolítica. mediante electrolisis. a) ¿Cuál es la molaridad de la disolución de nitrato de plata? b) ¿Cuál será la intensidad de corriente necesaria para depositar por electrolisis la plata existente en 50 ml (le la disolución de nitrato de plata en un tiempo de 2 horas? C-14 . mientras que en el cátodo de la segunda se desprenden 9.76 v. Con estos datos de potenciales de electrodo: E/ (Cu 2 + /Cuº) = 0. E/(O 2 /H 2 O) =1. Datos: Masas atómicas del O y Ag: 16. en la que hay contenidos 0.Al tratar 20 ml de una disolución de nitrato de plata con un exceso de ácido clorhídrico se forman 0.34V.3M en Zn 2 + y 0.Se quiere hacer la electrolisis de una disolución que es 0. cubrir una superficie metálica de 15 cm 2 con 1 mm de espesor de plata.23V.A través de 250 mL de una disolución de sulfato de cobre.Dos cubas electrolíticas conteniendo sendas disoluciones acuosas de nitrato de plata y sulfato de hierro(II) están conectadas en serie. 3. ¿Sabiendo que en el ánodo se desprende oxígeno.Se hace pasar una corriente de 0.2 g d) Ninguna de ellas 2ª. será: a) 1.La cantidad de electricidad que se ha consumido en el proceso es: a) 3600 Amperios b) 3600 Culombios c) 0.El peso de plata que se ha depositado en el cátodo será: a) 10.El pH de la disolución final. en gramos.21 c) El mismo que había inicialmente d) Ninguna salida es correcta. Ni = 58. Densidad del níquel: 8.10-2 c) 6. DATO: Masas atómicas (g/at-g): Al: 26. Datos: Potenciales normales de reducción: Cu 2 + /Cu = + 0. conectadas en serie. pasan 0.037 Culombios d) Ninguna de ellas 3ª. ) cuántos gramos de cada metal se depositarán? C-22 . C-21 .5 amperios pasa durante 5 horas a través de la celda electrolítica. medido en condiciones normales. otra ion cinc. que es niquelada por ambas caras.10-1 d) Ninguna de ellas 5ª . a) Establezca ajustadas las semirreacciones de oxidación y de reducción.62% c) 40. b) ¿Cuántos gramos de Cr se depositarán si se hace pasar una corriente de 1.En el proceso electrolítico de una disolución acuosa ácida se producen hidrógeno y oxígeno. que volumen del mismo.9 señale el resultado que crea correcto en las siguientes preguntas: (DATOS : Peso atómico: Ag = 107. se desprenderá en el mismo tiempo?. con un rendimiento del 60% respecto a la liberación de este último. b) El espesor de la capa de níquel.34 v .. señalando el electrodo en el que se producen y la reacción global del proceso. 4ª.¿En cuanto tiempo se depositarán 10 g de cobre en el cátodo. será: a) 1.3ª.3.98.El rendimiento de este proceso de recuperación de plata es: a) 37.6 s c) 759.9.Se pretende depositar Cr metal.40 v Masas atómicas: Cu: 63. En el cátodo se liberan hidrógeno y níquel. que se forma cuando una corriente de 1.5 .79 g c) 40.. en condiciones estándar. si empleamos una corriente eléctrica constante de 2. Una de las células contiene una sal de plata. suponiendo que el rendimiento es del 85%. DATOS Masas atómicas (g/at-g): H = 1.786. por electrolisis.Calcular el número de toneladas diarias de aluminio que podrán obtenerse de 60 cubas electrolíticas con una mezcla en fusión de óxido de aluminio y criolita (Na 3 AlF 6 ) si cada cuba funciona con una intensidad de 12000 A y el rendimiento catódico de la corriente es del 75%..1 M.10-3 b) 6. de 4 cm de diámetro.518 s b) 1. Admitiendo que solo hay reducción de "ion a metal".12 b) 1. a través de 1 litro de disolución de nitrato de plata 0.1 s C-17 . O 2 /OH . medidos en condiciones normales.. en una reacción electrolítica de una disolución de sulfato de cobre.9 g/mL. 1 F = 96500 C) 1ª. e) El volumen de hidrógeno que es desprendido por hora.10 4 C? c) Cuanto tiempo tardará en depositarse un gramo de Cr si se emplea una corriente de 6 A C-20 .5 A durante 2 horas.3.0 . C-23 . c) Calcule el volumen de hidrógeno obtenido durante el mismo proceso..= + 0.5 Amperios?. si el cátodo es una hoja de forma circular.79 g b) 6.71 .2 F durante un cierto tiempo.El tiempo que deberá estar pasando la corriente para que se deposite todo el cobre. después de que se haya depositado todo el cobre. H = 1. y la tercera una sal férrica.00.Para niquelar en baño de sulfato de níquel se emplea una corriente de 15 A. C-19 . Se pide: a) Los gramos de níquel depositados por hora. b) Calcule la cantidad de oxígeno. Una vez finalizada la electrolisis y sabiendo que la masa atómica de la plata es igual a 107.0 .2 s d) 898.31% b) 74.A través de tres células electrolíticas.El tiempo necesario para que se deposite toda la plata es: a) 12099 s b) 4825 s c) 19300 s d) Ninguno de ellos C-18 . O = 16.26% d) Ninguna de ellas 4ª -La concentración de iones plata que queda en la disolución al final será: a) 6. de una disolución ácida que contiene óxido de cromo(VI) CrO 3 a) Escriba la semirreacción de reducción. CONSTANTES DE EQUILIBRIO EN SISTEMAS REDOX D-01 . b) la función de Gibbs de la reacción. Eº( y ) = .0.34 V respectivamente.0.14 v.0. para el PbSO 4 ( s ) a 25 /C E/ = .087 V a 25ºC.356 V Determinar la Ksp.En una pila formada por los electrodos Au + 3 /Au y Tl + 1 /Tl se pide: a) Escribir la reacción global que se produce y determinar el potencial normal de la pila.34 v.4 M Datos: E/ Au + 3 /Au y E/ Tl + 1 /Tl son 1. D-04 .0.2 M y [Tl 1 + ] = 10 .—> Pb ( s ) PbSO 4 + 2e —> Pb ( s ) + SO 4 2 .1.05 M se le añade una lámina de zinc metálico.Sea la célula Zn/Zn 2+ //Cu2+ /Cu. Eº = .A una disolución de cloruro de cobre(II) 0. c) la constante de equilibrio una vez alcanzado éste. Se pide: a) El valor del potencial estándar y la reacción neta que tiene lugar b) La concentración de Sn 2 + en la celda c) La constante de equilibrio de la reacción DATOS Eº Pb2+/Pb = . Calcular el valor de la constante de equilibrio Kc así como las concentraciones de las especies en equilibrio. Eº Sn2+/Sn = .0.Una celda voltaica se prepara a partir de las siguientes semiceldas: Se pide: a) La reacción que tiene lugar en el ánodo b) Escribir la reacción completa y determinar el potencial en condiciones estándar c) Calcular la constante de equilibrio DATOS: Potenciales Normales: Eº( ) = .Grupo D . D-06 .Se prepara la pila Sn ( s ) / Sn 2 + (xM)// Pb 2 + (2M)/ Pb ( s ) con una fem de 0.0.13 V. Calcula: a) la fem de la célula galvánica a 25ºC.13 V . D-02 .A partir de la siguiente información: - Pb 2 + ( ac ) + 2e .( ac ) .76 v.50 V y -0.Eº(Cu 2 + /Cuº) = + 0. b) Calcular la variación de energía libre estándar y la constante de equilibrio a 25 / C.18 V . c) Calcular E/ de la pila a 25/C cuando [Au 3 + ] = 10 . DATOS: Potenciales normales de reducción: Eº(Zn 2 + /Znº) = . D-05 .126V D-03 . por lo tanto. b) Los gramos de cobre que se habrán depositado al cabo de la hora.) .En este caso.40 + 0. ya que el N puede ganar electrones para reducir su número de oxidación (valencia) desde 5+ hasta 4+ (formaría NO 2 ). comparamos sus potenciales estándar de reducción. y teniendo en cuenta los iones que existen en ambas disoluciones: HCl <===> H + + Cl En este caso. Determinar: a) El valor de su f. todos aquellos sistemas cuyos potenciales de .763 + 0.36 voltios A-02 . el cátodo en el cual tiene lugar la reducción: (Cd) El potencial de la pila es: Eº = Eº (Cd 2 + ( ac ) / Cd ( s ). y cual será el polo positivo. Eº (NO 3 -)/NO) = 0. o bien a 2+ (formaría NO) e incluso más Para determinar si estos procesos pueden tener lugar o no.76 = 0.15 V . RESOLUCIÓN El ánodo. no puede actuar como oxidante ya que el Cloro tiene completa su última capa electrónica HNO 3 <==> H + + NO 3 . Determinar el potencial normal de la pila e indicar el flujo de electrones y los electrodos positivo y negativo RESOLUCIÓN Las dos semirreacciones de esta pila son y los electrones van desde el electrodo negativo: el ánodo en el cual tiene lugar la oxidación (Zn) al electrodo positivo. así como el potencial del proceso global RESOLUCIÓN Las reacciones que tienen lugar son aquellas en las cuales el Cuº se oxide hasta Cu 2+.10 v La cantidad de cobre depositada nos viene dada por la ley de faraday. pueden actuar como oxidantes ambos iones: el H + puede reducirse a H 2 mientras que en el caso del NO 3 .Escribir las semirreacciones y la reacción neta de la pila Zn ( s ) /Zn 2 + ( ac ) // Cd 2 + ( ac ) / Cd ( s ).--> Cuº por lo que la reacción total de la pila es: Cu 2 + + Znº --> Cuº + Zn 2 + => Znº/Zn 2 +// Cu 2 +/Cuº El potencial normal será: Eº = Eº (Znº/Zn2+) + Eº (Cu2+/Cuº) = 0. indicando el oxidante y el reductor. (polo negativo) es aquel electrodo en el cual se produce la oxidación: Zn —> Zn 2 + + 2 e El cátodo. y así en este caso podrán oxidar al Cuº hasta Cu 2+ . Eº (Cu 2+ /Cuº) = 0.= .puede actuar como oxidante.0. el único que puede actuar como oxidante es el H +. ya que el número de equivalentes de cobre (g/Peq y el Peq= Patómico/v)siendo la valencia del cobre es el número de electrones intercambiados en su reacción de reducción: 2) ha de ser igual al número de equivalentes de corriente eléctrica (carga total (I.t) dividido entre el valor del Faraday: 96500 Culombios.m.96 V A) Decida cual. (polo positivo) es aquel electrodo en el cual se produce la reducción: Cu 2 + + 2 e .A partir de los siguientes potenciales estándar de reducción.337 = 1. de los ácidos H Cl 1M y/o HNO 3 1M oxidará al Cuº hasta Cu 2+ en condiciones de estado estándar B) Escriba las semirreacciones de oxidación y reducción habidas en cada caso.Eº (Zn 2 + ( ac ) / Zn ( s )).e.Grupo A.Tenemos una pila formada por un electrodo de cobre y otro de cinc sumergidos en una disolución acidulada de sulfato de cobre. por la que pasa una corriente de 10 Amperios durante 1 hora. se reduciría a H 2 pues el ion cloruro Cl -. el cual si gana un electrón. todos ellos a 298ºK: Eº (H + /H 2 ) = 0 V .PILAS ELECTROQUÍMICAS A-01 . que es la carga de un mol de electrones: y así: A-03 . 78V. ¿Se produciría la misma reacción que en el caso anterior? ¿Por qué? Datos: E' (MnO 4 ./Mn 2 + Las semirreacciones que tienen lugar en casa electrodo son: CÁTODO: MnO 4 . b) Si todas las concentraciones fueran 0. La reacción que tiene lugar en esa pila es: Zn + Cu 2 + —> Cu + Zn 2 + El potencial de la misma se determina aplicandole la ecuación de Nernst. c) Dibujar un esquema de esa pila y explicar brevemente el papel del puente salino. d) Si la concentración de protones fuera 0.05.) .0.+ 4 H + + 3 e . indicar cuál seria el electrodo positivo. de Zn 2 + es la que queda libre en la disociación del ZnS. mientras que en el ánodo se añade sulfuro sódico hasta que la concentración en iones S 2 . teniendo en cuenta que Eº Zn /Zn 2 + = -Eº Zn 2 + /Zn = +0.96 = + 0. tenemos que: Al despejar: lg [Zn 2 + ] = . que es: siendo 2 el nº de electrones intercambiados.es 1 M y ha precipitado casi todo el zinc.23. Calcular el producto de solubilidad del sulfuro de zinc.34 V RESOLUCIÓN A partir de los datos que nos suministra la pila podemos calcular la concentración de los iones Zn que quedan en la disolución. [Zn 2 + ] = 10 .23.771 V RESOLUCIÓN La notación de la pila debe ser: Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 .05 y esta cantidad Ps = 10 . Datos: Eº Zn 2 +/ Zn = .1 .05 A-05 . cuál el negativo y en qué sentido fluirían los electrones en el circuito externo.reducción tengan valores mayores que el del par Cu 2 +/Cuº: +0.01 M.Para la determinación del producto de solubilidad del sulfuro de zinc se utiliza una pila Daniell: Zn/Zn 2 + //Cu 2 + /Cu.76 v.15 + 0.96 V el cual existe en la disociación iónica del ácido nítrico: HNO 3 Por tanto el HCl NO ES CAPAZ DE OXIDAR AL Cu HNO 3 SÍ OXIDARÁ AL Cu HASTA Cu 2 + La reacción que tiene lugar en este caso es: HNO 3 + Cu —> Cu(NO 3 ) 2 + NO + H 2 O Las semirreacciones que tienen lugar son: OXIDANTE: NO 3 . calcular el potencial de la pila.23.05. El equilibrio de disociación de esta sal es: ZnS <===> Zn 2 + + S 2 .1 M: calcular el potencial de la pila.81 v A-04 . La concentración de Cu 2 + se hace 1 M.15 v .por lo que la expresión de la constante de 2+ 2su producto de solubilidad es: Ps = [Zn ].+ 8 H + + 5 e . E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0./NO Eº=./Mn 2 + ) = 1.510 V.[S ] Si para el caso que nos dan la concentración de los iones sulfuro es 1 M y la de los iones Zn(II) la hemos determinado con los datos de la pila ( 10 . Sustituyendo los datos conocidos./Mn 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total.23. Sabiendo que en esas condiciones el potencial de la pila es 1. y que de entre los dados solamente lo cumple el par: (NO 3 -)/NO) = 0.23.0.Dada la pila Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 .+ 8 H + + 3 Cu —> 3 Cu 2 + + 2 NO + 4 H 2 O Y el potencial del sistema: Cu/Cu 2 + // NO 3 . al sustituir.05 ). nos queda: Ps = 10 .76 V y Eº Cu 2 + /Cu = 0.—> NO + 2 H 2 O REDUCTOR: Cu —> Cu 2 + + 2 e La reacción iónica total es: 2 NO 3 .1 M y la de los restantes iones fuera 0.—> Mn 2 + + 4 H 2 O (Polo +) ÁNODO : Fe 2 + —> Fe 3 + + 1 e (Polo . + 8 H + + 5 Fe 2 + —> 5 Fe 3 + + Mn 2 + + 4 H 2 O Los electrones en el circuito exterior van siempre del ánodo al cátodo.1 M Si se modifican las concentraciones de las diferentes especies en el equilibrio. el potencial de la pila vendría dado por la misma ecuación anterior en la cual se cambiarían los valores de las concentraciones que aparecen allí: resultado que en el caso anterior: ecuación ésta que al resolverla nos daría el mismo Eº = 0.—> Mn 2 + + 4 H 2 O (Polo +) ÁNODO : Fe 2 + —> Fe 3 + + 1 e (Polo .0944 = 0. cuál el negativo y en qué sentido fluirían los electrones en el circuito externo. Datos: E' (MnO 4 ./Mn 2 + ) = 1./Mn 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total.(Ánodo) El potencial de la pila viene dado por la ecuación de Nernst: O bien expresada en log decimales: para concentraciones 0. por convenio. que es el potencial de esta pila para concentraciones 0. E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0./Mn 2 + Las semirreacciones que tienen lugar en casa electrodo son: CÁTODO: MnO 4 . A-06 . siempre del polo + (cátodo) al polo .0944 = 0.645 V.0. c) Dibujar un esquema de esa pila y explicar brevemente el papel del puente salino.771 V RESOLUCIÓN La notación de la pila debe ser: Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 . Eº = 0.1 M sería: .739 . indicar cuál seria el electrodo positivo.REACCIÓN TOTAL: MnO 4 .0. Puede sustituirse también por un tabique poroso.) .Dada la pila Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 .645 V El esquema de la pila es el siguiente: ÁNODO CÁTODO El PUENTE SALINO: es un tubo que une ambas semipilas lleno de una sustancia porosa embebida de una disolución de un electrolito y su misión es permitir el paso de iones desde una semipila a la otra y evitar que se polarice ésta ya que al desplazarse los electrones del ánodo al cátodo. en este se irán acumulando cada vez más cargas negativas polarizándose la pila hasta el punto que se detendría en paso de electrones entre ambas semipilas.+ 8 H + + 5 e .739 . aunque el sentido de la corriente eléctrica se toma. b) Si todas las concentraciones fueran 1 M: calcular el potencial de la pila.510 V. siempre del polo + (cátodo) al polo . siempre del polo + (cátodo) al polo . E'(Fe 3 + /Fe 2 + ) = 0. aunque el sentido de la corriente eléctrica se toma. Puede sustituirse también por un tabique poroso. aunque el sentido de la corriente eléctrica se toma.REACCIÓN TOTAL: MnO 4 ./Mn 2 + // Fe 3 + /Fe 2 + a) Escribir las reacciones correspondientes a cada electrodo y la reacción total. por convenio.Eº = 0.644 v . en este se irán acumulando cada vez más cargas negativas polarizándose la pila hasta el punto que se detendría en paso de electrones entre ambas semipilas.771 V RESOLUCIÓN La notación de la pila debe ser: Fe 2 + /Fe 3 + // MnO 4 ./Mn 2 + Las semirreacciones que tienen lugar en cada electrodo son: CÁTODO: MnO 4 . C) ¿Será espontánea la reacción? Datos: E' (MnO 4 . que para este caso será: concentraciones dadas es M sería: .01 M.(Ánodo) El potencial de la pila viene dado por la ecuación de Nernst: .—> Mn 2 + + 4 H 2 O (Polo +) ÁNODO : Fe 2 + —> Fe 3 + + 1 e (Polo .Dada la pila MnO 4 ./Mn 2 + ) = 1.+ 8 H + + 5 e .(Ánodo) El potencial normal de la pila viene dado por: .+ 8 H + + 5 Fe 2 + —> 5 Fe 3 + + Mn 2 + + 4 H 2 O Los electrones en el circuito exterior van siempre del ánodo al cátodo. que es el potencial normal de esta pila (para concentraciones 1 M) El esquema de la pila es el siguiente: El PUENTE SALINO: es un tubo que une ambas semipilas lleno de una sustancia porosa embebida de una disolución de un electrolito y su misión es permitir el paso de iones desde una semipila a la otra y evitar que se polarice ésta ya que al desplazarse los electrones del ánodo al cátodo. para las Eº = 0. por convenio.1 M y la de los restantes iones fuera 0.510 V. b) Calcular el potencial normal de la pila si la concentración de protones fuera 0. A-07 .) REACCIÓN TOTAL: MnO 4 .739 .+ 8 H + + 5 Fe 2 + —> 5 Fe 3 + + Mn 2 + + 4 H 2 O Los electrones en el circuito exterior van siempre del ánodo al cátodo. mientras que en el cátodo se producirá la reducción del sistema con potencial normal más alto. la reacción global de la pila y calcule la FEM de la misma y dibuje un esquema de esta pila identificando cada uno de los elementos que la forman. las cuales. Eº = + 0.2 M de iones Cu 2 + Datos. de manera que sí será espontánea A-08 . Ag + /Agº = + 0.Ag + –> Cd 2+ + 2 Agº .12.38 V RESOLUCIÓN a) La representación de la pila. identificando el ánodo y el cátodo.833 = .(.Ánodo: Se produce la oxidación del Mg: Mg (s) –> Mg ( ac ) + 2 e 2+ .20 v Eº = + 0.–> Agº . Calcular la concentración de iones Cu 2 + en el equilibrio si se añade un exceso de Mg (s) a una disolución 0. por lo que para este proceso será: /\ G = .Eº Mg 2 + / Mg = 0.2. Eº = + 1. Potenciales normales de reducción: Cd 2+ /Cdº = .Dada la pila: Mg (s) / Mg 2 + ( ac ) (1M) // Cu 2 + ( ac ) (1M) / Cu ( s ) Se pide: a. b.La espontaneidad de un proceso se produce cuando la energía libre toma valores negativos: /\ G < 0.0.38) . CÁTODO: Ag + + 1 e.. Escribe las reacciones que tienen lugar en cada electrodo.80 v A-09 .34 .80 v RESOLUCIÓN En el ánodo tendrá lugar la oxidación de aquel sistema cuyo potencial normal de reducción sea menor. por tanto: ÁNODO: Cdº –> Cd 2+ + 2 e. Eº Cu 2 + / Cu = 0. que en este caso es el Cd 2+/Cdº . de donde deducimos el = 1. es: Mg (s) / Mg 2 + ( ac ) (1M) // Cu 2 + ( ac ) (1M) / Cu ( s ) . Las semirreaciones correspondientes a estos dos electrodos son. que es el Ag +/Agº.10 92 El alto valor de esta constante de equilibrio nos indica que el equilibrio está extremadamente desplazado . Eº = + 2. Eº = + 0. DATOS. al sustituir todos los valores.40 v + 2.. nos queda: valor de Kc . una vez ajustadas: Cdº –> Cd 2+ + 2 e.5. por lo que.40 v Eº = + 0.Ag + 2 e –> 2 Agº .72 v b) El valor de la constante de equilibrio se calcula a partir de la ecuación de Nernst: teniendo en cuenta que en el estado de equilibrio E = 0.40 v . Se conectan eléctricamente ambas y se unen mediante un puente salino. de la cual deducimos qué especies son los reactivos (la primera de las especies de cada electrodo) y cuales los productos de la reacción .0.96496. 34 V Eº Mg 2 + / Mg = -2. que nos dan. Escribir las semireacciones y la reacción neta de la pila y determinar el potencial normal de la pila. que conocemos. y su valor viene dado por la expresión: .Cátodo: Se produce la reducción del Cu 2 + Cu ( ac ) + 2 e —> Cu ( s ) 2+ 2+ Reacción global de la pila: Mg (s) + Cu ( ac ) —> Cu ( s ) + Mg ( ac ) El potencial normal vendrá dado por la suma de los potenciales de ambos electrodos: Eº = Eº Cu 2 + / Cu + Eº Mg / Mg 2 + = 2+ - Eº Cu 2 + / Cu .401905 j/mol.80 v ------------------------------------------------------------------Cdº + 2.Se introduce una barra de cadmio en una disolución 1 M de iones Cd 2+ y otra barra de Ag en una disolución 1 M de Ag +. 80 v . Eº Pb 2+ /Pbº = -0. ello nos indica que la cantidad de cobre que hemos añadido habrá reaccionado prácticamente todo. Mg (s) + Cu 2 + ( ac ) ->>> Cu ( s ) + Mg 2 + ( ac )./\ Gº reactivos = .307. DATOS: Potenciales estándar de reducción: Eº Ag+/Agº = +0. mientras que el electrodo de menor potencial será el que pierda electrones(se oxida) y es el ÁNODO.F E PILA = 1. .2 kJ/mol. mientras que la del ion Cu 2 + será la estrictamente necesaria para que se cumpla la expresión de la constante de equilibrio: Mg (s) + Cu 2 + ( ac ) ->>> Cu ( s ) + Mg 2 + ( ac ) . Las reacciones que se producen en la descarga son: Ánodo (-) Zn ( s ) + 2OH —> Cátodo (+) Ag 2 O ( s ) + 2e + H 2 O —> Reacción Global: Zn ( s ) + Ag 2 O ( s ) ZnO ( s ) + H 2 O + 2.Una pila electroquímica está formada por un electrodo de plata sumergido en una disolución 1 M de Ag+ y otro electrodo de plomo sumergido en una disolución 1M de Pb 2+. B) Determine el potencial normal de la pila así obtenida.2) = .11. por lo que podemos suponer que la reacción es prácticamente completa. b) Indique que semireacciones se producen sobre los electrodos y la reacción global en el proceso de descarga. por lo tanto actuará de cátodo y será el polo (-) de la pila. son respectivamente: /\ Gº ZnO = .318. que es: /\ Gº = /\ Gº productos .E PILA . Por tanto en el equilibrio la concentraciones de iones Mg 2 + será prácticamente 0. DATOS: Energía libre estandar de formación del ZnO y Ag2O. en este caso es el Ag+/Agº .n.n.0 kJ/mol Teniendo en cuenta la relación exixtente entre la Energía Libre de Gibbs ( /\ G) y el potencial: /\ Gº pila = . Se pide: a) Representar un esquema de la pila indicando que electrodo actúa de cátodo.2 kJ/mol y /\ Gº Ag2O = -11. puestos en contacto el Zn tiende a oxidarse mas fácilmente que la Ag. que es donde se produce la reducción será el electrodo de Ag/Ag 2 O será el polo (+). c) Cual es el potencial teórico de la pila.318.59 v A-11 .93 Molar A-10 . RESOLUCIÓN a) El esquema de la pila será: Zn/ZnO // OH .13 v RESOLUCIÓN Las dos semirreacciones de esta pila son El electrodo de mayor potencial será el que gana electrones: se reduce y es el CÁTODO.10 .E. F = 96485 Cu.F podremos calcular éste: /\ Gº pila = .// Ag 2 O/Ag ÁNODO CÁTODO B) Dado que la /\ G0 de formación para el ZnO es mas negativa que para el Ag2O.hacia la derecha.2 M.Una pila de “Boton” está formada por dos electrodos uno de Zn/ZnO y otro de Ag/Ag 2 O y un gel alcalino que actúa como electrolito.e 2Ag ( s ) + 2OH —> ZnO ( s ) + 2Ag ( s ) C) El potencial teórico de la pila se calculará determinando la /\ G0 pila . . A) Escriba las semirreacciones correspondientes a ambos electrodos indicando cual es el ánodo y cual el cátodo. Por tanto el cátodo. [Cu 2 + ] = 1. formándose una cantidad de iones Mg 2 + equivalente a la que teníamos inicialmente de Cu 2 + ya que la reacción estequiométrica es mol a mol. que corresponderá al de la reacción global. así como la reacción total.2 – (.78. 0. Eº = + 0. RESOLUCIÓN Le aplicamos la ecuación de Nernst: La reacción de reducción de este electrodo es: Ni 2 + + 2. Calcular el potencial para una disolución 0. que es aquel electrodo de menor potencial.en este caso es el electrodo: Pb 2+ /Pbº y los electrones van desde el electrodo negativo: el ánodo en el cual tiene lugar la oxidación (Pb).309 V . E = . = Eº (Ag + ( ac ) / Agº ( s ).80 + 0.) .059 . el cátodo en el cual tiene lugar la reducción: (Cd) El potencial de la pila es la suma de los potenciales de los electrodos tal y como están en la reacción:: Eº = Eº (Ag + ( ac ) / Agº ( s ).25-0.13 = 0.Eº (Pb 2 + ( ac ) / Pbº ( s )).e —> Niº .250 V.) + Eº ( Pbº ( s ) / Pb 2 + ( ac ) ). hacia el electrodo positivo. por lo que aplicada la ecuación de Nernst a esta reacción es: E = -0.01 M de iones níquel (II).93 voltios A-12 .El potencial normal para el electrodo de níquel a 25ºC es -0. 702357.51 Kj .1 = .81.1 Julios/mol Con este dato./\ Sº CH30H .126. /\ Sº REACCION = .ºK 126. que es: /\ Gº = ./\ Sº Los valores de estas dos variables /\ Hº y /\ Sº los deducimos a partir de los datos que nos ofrecen ya que en ambos casos se trata de variables de estado. la obtenemos multiplicando la primera por 3.285. = El trabajo total producido por cada Kmol será: /\ Gº Kmol = . 205.96485.83 /\S (J/mol.05) .6./\ Sº = .( . por lo que para ambas se cumple que: /\ Hº REACCION = /\ Hº PRODUCTOS .Grupo B . se tiene una pila que produce la reacción global: CH 3 OH ( l ) + 3/2 O 2 ( g ) —> CO 2 ( g ) + 2 H 2 O ( l ) A) Escribir las semirreacciones de oxidación y de reducción que tienen lugar en ambos electrodos de la pila B) Calcule la /\ Gº de la reacción y el voltaje de la pila en condiciones estándar C) Calcule el rendimiento teórico de la pila y los kWh producidos por kmol de metanol consumido en condiciones normales.393. 1000 moles.Eº.702357100 Julios = .02 .1 Julios/mol .3/2 /\ Sº O2 /\ Sº REACCION = 213.T.10 6 J 1 F = 96485 Culombios (l) + 6 e- Y la reacción global de la pila.14 213.3/2 /\ Hº O2 /\ Hº REACCION = . 10 8 Julios = 195 kWh/Kmol . /\ Hº H2O .83) . . /\ Sº H2O .21 Voltios C) El rendimiento teórico de la pila lo determinamos teniendo en cuenta que el “trabajo útil” corresponde al valor de /\ Gº. el cual se calcula por medio de la ecuación fundamental de la termodinámica : /\ Gº = /\ Hº . DATOS Compuesto CH 3 OH ( l ) O2(g) CO 2 ( g ) H2O RESOLUCIÓN A) Las reacciones que tienen lugar en los electrodos de la pila son: Ánodo (Semirreacción de reducción) ½ O 2 ( g ) + H 2 O ( l ) + 2 e .702357. que es: /\ Gº = .14 .n. que nos la dan.51 -285.—> 2 OH Cátodo (Semirreacción de oxidación) CH 3 OH ( l ) + 6 OH .7. /\ Gº Kmol = .Si en una pila de combustible sustituimos el hidrógeno por metanol.64 69. mientras que la energía total viene dada por /\ Hº. por lo que el rendimiento será: donde al sustituir: = 96.T.726510 .8 205. /\ Gº = .—> CO 2 ( g ) + 5 H 2 O (l) /\Hº (kJ/mol) -238.702357.6. que es Eº = 1.726. de donde obtenemos el valor del potencial./\ Hº REACTIVOS ==> /\ Hº REACCION = /\ Hº CO2 + 2.67% .PILAS DE COMBUSTIBLE Y DE CONCENTRACIÓN B-01 .05 Julios/ºK Y por tanto: /\ Gº = /\ Hº .F.64 + 2 .726510 Julios /\ Sº REACCION = /\ Sº PRODUCTOS .Eº.Eº.80 .81.298.66) = .( .( . calculamos ya el potencial.66 0 -393. para igualar el número de electrones y sumando ambas: CH 3 OH ( l ) + 3/2 O 2 ( g ) —> CO 2 ( g ) + 2 H 2 O ( l ) B) Para calcular el potencial de la pila hemos de tener en cuenta su relación con /\ Gº. 69.51 + 2.91 1 kWh = 3.238./\ Sº REACTIVOS ==> /\ Sº REACCION = /\ Sº CO2 + 2.91 .n. No obstante hemos de determinar previamente el valor de /\ Gº.F. donde n = nº de electrones intercambiados en la reacción ( en este caso: 6)./\ Hº CH30H . /\ Hº REACCION = = .3/2 . Eº es el potencial de la pila y F = Faraday = 96485 Culombios. 1 atm) .3 = [H + ] H + + 1e .COOH) respectivamente. c) Representar esquemáticamente la pila.1 M de ácido fórmico (HCOOH) y 1.138 v = . Las reacciones de disociación de los dos ácidos son: HCOOH Inicial En Eq. y así: .0. EHCOOH = . EHCOOH Para que el intercambio electrónico sea espontáneo el potencial debe ser positivo.0.X <== > H+ + --X CH3-COO--X . el H 2 desprendido estará a 1 atm de presión. DATOS: Ka (HCOOH)=2. Ka (CH3-COOH) =1. b) Explicar razonadamente cuál es e/ polo positivo y cuál el negativo. por lo que la representación más correcta para la pila será: H 2 (Pt. el colector de electrones debe ser un filamento de Pt y. 1 atm)/ H + (CH 3 -COOH) // H + (HCOOH)/H 2 (Pt.583.1-x <==> H+ + --x COO --x Inicial En eq. (en este caso el correspondiente al HCOOH) y el ánodo el de potencial más bajo (en este caso el correspondiente al CH 3 -COOH) El potencial de la pila será: Así. donde podemos despreciar X frente a 0. .10 . además.Se forma una pila con dos electrodos de hidrógeno introducidos en soluciones 0.4 .140 v .3 = [H + ] En ambos casos.(.1x10 . le aplicamos la ecuación de Nernst: ==> la cual.243.0 . Se pide: a) La fuerza electromotriz de la pila. F y pasando a logaritmo decimal queda . aplicada a este caso en el cual n = 1y sustituyendo R.0. donde podemos despreciar X frente a 1.1. T. la reacción que tiene lugar es: Para determinar el potencial de electrodo.0.10 . CH3-COOH 1 1.140) = 0.002 v H 2 / H + (CH 3 -COOH) // H + (HCOOH)/H 2 Teniendo en cuenta que nos indican que se trata de dos electrodos de Hidrógeno.5 RESOLUCIÓN Se trata de una pila de concentración en la cual en los dos electrodos tiene lugar la misma reacción.B-02 . por lo que el cátodo será el electrodo que tenga potencial más alto.8 x 10 .0 M de ácido acético (CH3 .138 . 0 0. por lo que aplicada a ambos ácidos: HCOOH: CH 3 -COOH: . X = 4. tendremos: CÁTODO (polo +): el electrodo del HCOOH ÁNODO (polo -): El electrodo del CH 3 -COOH Y la representación de la pila: E = .—> Hº X = 4. y así: . 0 . como ya indicamos antes 0.40 v .y H 2 O <==> H + + OH En el cátodo se depositará Ag.por lo que el cobre se reducirá pasando a Cuº : Cu 2 + + 2 e –> Cuº.0 . Se hace pasar una corriente de 2 Amperios durante 10 horas.) < Eº (NO 3 . Determinar la cantidad y naturaleza de las especies desprendidas u obtenidas en cada electrodo de cada cuba. DATOS: Pesos atómicos: Ag = 107.) = + 0.–> O 2 + 2 H 2 O + 4 e . Cd(NO 3 ) 2 la segunda y Zn(NO 3 ) 2 la tercera. Eº (Zn 2 + /Znº) = . ya que : Eº (Ag + /Agº) > Eº (H + /H 2º) y se depositarán. de acuerdo con el proceso: 4 OH .4 Potenciales normales de reducción: Eº (Ag + /Agº) = + 0.76 v RESOLUCIÓN En cada electrodo de cada cuba se deposita o desprende el mismo número de equivalentes de cada especie. se desprenderán 0. y en cada mol hay un átomo gramo de cobre (63. O = 16.80 v .148 Molar C-02 .Tres cubas electrolíticas conectadas en serie contienen sendas disoluciones acuosas de AgNO 3 la primera.Una célula electrolítica contiene un litro de una disolución de sulfato cúprico. según el proceso: Ag + + 1 e . Zn = 65. Eº ( O 2 / OH . por lo que el intercambio de electrones es 2. H = 1.746 equivalentes . cuyo peso molecular es 159. Eº (NO 3 . la molaridad de la disolución de sulfato de cobre será: M = 0.0. En el ánodo de cada cuba se oxidará aquella especie aniónica que tenga menor potencial entre todas las existentes. como ya hemos dicho. al cabo de las cuales se deposita completamente todo el cobre.54 g).0. que es también el mismo número de equivalentes de corriente eléctrica que circula por cada cuba.ELECTROLISIS C-01 . que es común para las tres cubas se desprende Oxigeno (O 2 ) ya que los potenciales son Eº ( O 2 / OH .96 v . Hemos de tener en cuenta que el sulfato de cobre se encuentra disociado en la disolución: CuSO 4 <===> Cu 2 + + SO 4 2 .746 equivalentes de Ag.4 .9 . ¿Cuál era la concentración molar de la disolución inicial? RESOLUCIÓN Si se deposita cobre al hacer pasar por la disolución una corriente eléctrica.54./NO) = + 0. Se hace pasar una corriente de 10 A durante 2 horas. que es la valencia que hemos de utilizar en la expresión de la ley de Faraday: Teniendo en cuenta que todo el cobre procede del sulfato de cobre.Grupo C. 1ª CUBA: Los iones presentes son los que se originan en la disociación del agua y Nitrato de plata: AgNO 3 <==> Ag + + NO 3 . tenemos y dado que se disponía de 1 litro de disolución.: . el número de equivalentes de cobre depositados será el mismo que el de equivalentes de corriente eléctrica que pasan. Eº (Cd 2 + /Cdº) = .–> Agº : En el ánodo./NO) y. mientras que en el cátodo se reducirá aquel catión presente en la cuba que tenga mayor potencial normal.40 v . N = 14. Cd = 112.0 . como ya indicamos sucede lo mismo que en la 1ª cuba. los iones presentes serán solamente los procedentes de la disociación de esa sal: CaCl 2 <===> Ca 2 + + 2 Cl Por ello.-------> Cl 2 + 2. que es también el mismo número de equivalentes de corriente eléctrica que circulan por la celda. ¿Que gas y que volumen del mismo.y H 2 O <==> H + + OH En el ánodo.–> H 2 y en él se obtienen también 0. en una reacción electrolítica de una disolución de sulfato de cadmio. medidos en condiciones normales.746 equivalentes como en la cuba anterior. de los productos que se depositan o desprenden en los electrodos. por lo que será: C-04 . en el ÁNODO tendrá lugar la oxidación del ion Cl : 2. en gramos.Se hace pasar una corriente de 5 A durante 2 horas a través de una celda electrolítica que contiene CaCl 2 (fundido). proceso que tiene lugar con la reacción: 2H + + 2 e .------> Ca Para calcular las cantidades obtenidas en cada electrodo. mientras que en el cátodo se produce la reducción de los protones H + ya que Eº (H + /H 2º) > Eº (Cd 2 + /Cdº) . y su Pm es el correspondiente a la especie obtenida en esa reacción de electrodo.e - y en el CÁTODO se producirá la reducción del ion Ca 2 + : Ca 2 + + 2.Cl . RESOLUCIÓN Al encontrarse el cloruro de calcio fundido. que son: 3ª CUBA: Los iones presentes son los que se originan en la disociación del agua y Nitrato de zinc: Zn(NO 3 ) 2 <==> Zn 2 + + 2 NO 3 . Para ello le aplicamos la Ley de Faraday de la electrolisis: Para ambos iones.746 g de H 2 C-03 .e . se desprenderá en el ánodo en el mismo tiempo? RESOLUCIÓN: . si empleamos una corriente eléctrica constante de 2.746 equivalentes.¿En cuanto tiempo se depositarán 10 g de cadmio en el cátodo. hemos de tener en cuenta que se obtendrá el mismo número de equivalentes de cada uno. proceso que tiene lugar con la reacción: 2H + + 2 e . que son 0.–> H 2 y en él se obtienen también 0.2ª CUBA: Los iones presentes son los que se originan en la disociación del agua y Nitrato de cadmio: Cd(NO 3 ) 2 <==> Cd 2 + + 2 NO 3 . b) Calcule las cantidades.5 Amperios?.y H 2 O <==> H + + OH En el ánodo. a) Escriba las reacciones de electrodo. como ya indicamos sucede lo mismo que en las otras dos cubas. la valencia es el número de electrones que intervienen en la reacción de electrodo antes citada. mientras que en el cátodo se produce también la reducción de los protones H + ya que Eº (H + /H 2º) > Eº (Zn 2 + /Znº) . lg 1 = 0 y dado que en cualquier disolución acuosa: pH + pOH = 14.—> O 2 + 2 H 2 O + 4 e . a los que acompañarán otros tantos iones OH . se producirá la reducción de éste.ó Cl -. g = 1. V = 1. tiene que cumplirse siempre. Esto se debe también a que por cada ion Cl .0 litro de O 2 C-05 .] = 1M . es + decir. por tanto. en el CÁTODO tiene lugar la reacción: 2. la respuesta correcta para el apartado I es la b) Apartado II: La electrolisis finalizará cuando se desprenda todo el Cloro.—> Cl 2 + 2.. t = 6868.En un proceso electrolítico. por lo que la reacción que tiene lugar en el ÁNODO es: 2. Si sabemos.I) En la electrólisis de una disolución de cloruro sódico en disolución acuosa se produce desprendimiento de (Elija razonadamente la respuesta correcta): a) Cloro en el cátodo y oxígeno en el ánodo b) Cloro en el ánodo e hidrógeno en el cátodo e) Cloro en el ánodo y oxígeno en el cátodo d) Cloro en el cátodo e hidrógeno en el ánodo II) Determine el pH al finalizar la electrólisis de una disolución 1 M de NaCI RESOLUCIÓN Apartado I: En la disolución acuosa de cloruro de sodio existirán los iones procedentes de la disociación del NaCl junto con los procedentes de la disociación del agua: NaCl <===> Na + + Cl y por la otra parte H 2 O <===> H + + OH - En el cátodo se producirá la reducción. por lo que si partíamos de una disolución 1M de NaCl.--> Cdº . que [OH .e .423 g de O 2 El volumen que ocupará medido en Condiciones Normales se determina a partir de la ecuación general de los gases: . nos quedará una disolución 1M de iones Na+.se desprende un H + . pOH = . siendo éste el que se desprenderá al tener un menor potencial de reducción. por tanto) . por lo que en este caso tenemos que para la reacción de reducción del Cd: Cd 2 + + 2 e . como en cualquier reacción química.—> H 2 En el ánodo tiene lugar la oxidación de uno de los aniones presentes en la disolución: OH . pero dado que el potencial de reducción del Na (es un metal alcalino) es menor que el del H. quedando en la disolución un ion OH .lg [OH . tendremos que en la disolución final pH = 14.t/96500) ha de ser igual al número de equivalentes del producto descompuesto o depositado: (g/Peq).(en concentración 1M.. e Por todo ello. que es: 4 OH .] = .Cl . que el número de equivalentes de corriente eléctrica (I. que puede ser o bien del ion Na + o bien del protón H + . .33 s En el otro electrodo se desprende Oxígeno (O 2 ) debido a la oxidación de los iones OH .H + 2. La cantidad desprendida la calculamos aplicando la misma fórmula para esa reacción de oxidación. 4. en continuo.24.E0(-)) = .5 A Por otra parte.07) = -2.Las reacciones que tienen lugar sobre los electrodos y la global son: Anodo (+) semireac.C-06 .07 v) : Esobr. donde I Intensidad de la corriente aplicada en Amperios g: gramos de sodio obtenidos v: valencia del sodio. = 57121. de oxidación : Cl-(l) . de cloro obtenido en las mismas condiciones.1.N. de reducción : Na+(l) + 1e Global NaCl(l) –> ½ Cl2(g) –> Na(l) Eº = . La sobretensión es la diferencia entre el potencial aplicado (-7 V) y el teórico (-4. 2º) Calcular el valor del potencial necesario en condiciones estándar para que se produzca la reacción ¿Cual es el valor de la sobretensión en la célula respecto al potencial estándar y cual es su función ? 3º) Calcular la intensidad de corriente necesaria para obtener 1 tn/día de sodio.0 – (.71)] = .4. Se emplea en vencer la conductividad del baño electrolítico y la de polarización sobre los electrodos como consecuencia de la descarga de los iones. por cada mol de sodio se libera ½ de Cloro. Masas atómicas de Na y Cl : 23.36 V Eº = . Se pide: 1º) Ajustar las reacciones que tienen lugar sobre los electrodos y la reacción global. Potenciales estándar de reducción del sodio y del cloro: E0Na= .71 V –> ½ Cl2(g) + Na(l) Eº = .3600 s Pm: Peso molecular del sodio: 23 Y así: = 48553.2.36 v.Para la electrolisis del cloruro sódico fundido. por lo que: : IREAL = 48553.[1.5 g/mol. y E0Cl = 1. respectivamente.07 v El signo negativo indica que debe aplicarse energía en forma de corriente eléctrica.24 A en el caso que el rendimiento de la corriente fuera del 100% Pero como el rendimiento en corriente es del 85% . Vmolar = 22.4 L/mol en CN . que es 1 t: tiempo: 1 día = 24. se emplea un célula electrolítica Downs con cátodo de hierro y ánodo de carbón. así: .36 – (. En efecto: .0 y 35. 4º) ¿Cuál debe ser la densidad de corriente en la célula si la superficie total de los electrodos es de 2 m2 ? DATOS: F = 96485 C . de acuerdo con la reacción que tiene lugar. RESOLUCIÓN 1. considerando que el rendimiento en corriente es del 85% y el volumen en m3/día. Aplicamos la ley de Faraday.2.0 v) El valor del potencial en condiciones estándar se calcula en función de los potenciales estándar de las dos semirreaciones: E0reacción = .93 v. = -7. en C.1e Cátodo(-) semireac. esta intensidad será el 85% de la intensidad real aplicada. la temperatura del baño es de 800ºC y emplea una corriente continua con un potencial de 7.07 V (EREAL = -7.(E0(+) .71 v.4.0 v.2. medido en C. las dos especies que pueden reducirse son los cationes Na + y H + .N./NO = + 0. V = 0.75 A/m 2 C-07 . g = 0. O 2 / OH . lo obtenemos a partir de la ecuación general de los gases ideales: P.40 v. 0.26 moles de sodio . 21739.00 v) frente al Na + /Naº (Eº = .Cuando se electroliza en condiciones apropiadas una disolución acuosa de nitrato de plata.0104/2 ./NO 2 = + 0.0 .V = g/Pm . .N.40 v. NO 3 .71 v). se observa que al cabo de una hora se han depositado en el cátodo 8.por lo que será éste quien sufra la oxidación.082 .05 g de plata.N. la cual transcurrirá de acuerdo con la reacción: 4 OH .H + + 2 e.N.V = 0.082 . O 2 / OH . V = 0.V = g/Pm . en el cual tendrá lugar la oxidación de la especie química de potencial más bajo entre las susceptibles de oxidarse.T . Pesos atómicos: H = 1. 486. C-08 . 273 . medido en Condiciones Normales. Na = 23.058 L de O 2 en C.¿Qué volumen de gases. El volumen que ocuparán. por lo que en el cátodo tendrá lugar la reacción de reducción CÁTODO: 2.96 v . al sustituir . g = 0. Ag + /Agº = + 0.13 moles de cloro que se obtienen El volumen ocupado en C.43478. medidos en C.t = 1000 Culombios) y la reacción de reducción del sistema.--> H 2 De acuerdo con la ley de Faraday: .N. pero en este caso no se plantea competencia entre especies ya que tanto el NaOH como el agua originan el mismo anión: el ion hidróxido: OH . lo calculamos por medio de la ecuación general de los gases ideales: P.= + 0. El volumen que ocuparán.V = 0. Determinar la intensidad de la corriente y el volumen de gas. por lo que el número de moles de cloro que se obtendrán es: Nº moles de Cl 2 = ½ . es: 22.0 .0104 g de gas H 2. 1 Faraday = 96485 v .13 = 486956. que se desprenderá en el ánodo. de los dos. 1.2.80 v . y dado que conocemos la cantidad de corriente que pasa por la celda electrolítica ( I. tiene potencial más alto el sistema H +/H 2 (Eº = 0.= + 0.0829 g de O 2 se obtienen.2. el ÁNODO.-à O 2 + 2 H 2 O + 4 e-. Esta misma corriente procede del otro electrodo de la celda electrolítica.26 = 21739. O = 16.71 v .116 litros de H 2 medidos en C.R.96 m 3 de Cl 2 se obtendrán d = 28560. 273 . que son: NaOH < === > Na + + OH – H2O < === > H + + OH En el cátodo de la celda electrolítica se producirá la reducción de la especie química con potencial más alto. Volviendo a aplicar la Ley de Faraday: .. T =è 1.52 litros = 4) La densidad de corriente es igual a . o pesos de sólidos se obtendrán en cada electrodo de una cuba electrolítica que contiene una disolución acuosa de hidróxido de sodio cuando pasa por ella una corriente de 1000 culombios? DATOS: Potenciales normales de reducción: Na +/Naº = . 0. DATOS: Potenciales normales de reducción: NO3 . medido en Condiciones Normales.0829/32 . en este caso.0 RESOLUCIÓN En la disolución tendremos los iones procedentes de la disociación del hidróxido de sodio y los procedentes de la disociación del disolvente agua.Nº moles de sodio = = 43478.80 v . R .4 . procedentes de la disociación del agua.80. 1. y dado que conocemos la intensidad de la corriente que pasa por la celda electrolítica (2000 A) y el tiempo que está funcionando (10 h = 36000 s) y la reacción de reducción del ion Magnesio(II). tiene potencial más alto el sistema Ag +/Agº (Eº = + 0. a) Calcule los kg de magnesio que se obtienen cuando pasa una corriente de 2. el ÁNODO.-à Mgº ÁNODO: 2.N.34 g de Mg se obtendrán en el proceso .1 Faraday = 96485 v . lo obtenemos a partir de la ecuación general de los gases ideales: P.9 = g. Pesos atómicos: Af = 107. se obtendrá solamente el 80% de esta cantidad: 0. al sustituir : . por lo que en el cátodo tendrá lugar la reacción de reducción CÁTODO: Ag + + 1 e.–> Cl 2 + 2 eDe acuerdo con la ley de Faraday: . Al comparar los respectivos potenciales.34 L de O 2 en C. tiene menor potencial el sistema O 2 /OH – ( + 0. y dado que conocemos la cantidad de plata obtenida y su I = 2 A.80 v) frente al H + /H 2 (Eº = 0).-à O 2 + 2 H 2 O + 4 e-.9070. que en este caso son los iones Nitrato ( NO 3 –) procedente de la disociación del nitrato de plata.4/32 .082 .V = g/Pm .).42 = 7256. N = 14.Cl .R. vemos que sea cual sea el proceso que siga el ion nitrato.77/32 .0 RESOLUCIÓN En la disolución tendremos los iones procedentes de la disociación del nitrato de plata y los procedentes de la disociación del disolvente agua. El volumen que ocuparán. g = 9070.V = 4. Volviendo a aplicar la Ley de Faraday o. C-09 . por lo que será éste quien sufra la oxidación. de los dos. Esta misma corriente procede del otro electrodo de la celda electrolítica. y los iones Hidróxido (OH .El magnesio se obtiene industrialmente por electrólisis del cloruro de magnesio fundido a la temperatura de 750 ºC. .42 g de Mg cuando el proceso tuviera un rendimiento del 100%.1/107.T .77 g de O 2 se obtienen. V = 3. que son: AgNO 3 < === > Ag + + NO 3 – H2O < === > H + + OH En el cátodo de la celda electrolítica se producirá la reducción de la especie química con potencial más alto. en el cual tendrá lugar la oxidación de la especie química de potencial más bajo entre las susceptibles de oxidarse. 273 . O = 16. las dos especies que pueden reducirse son los cationes Ag + y H + . g = 4.000 A a través de la celda electrolítica durante 10 horas. la cual transcurrirá de acuerdo con la reacción: 4 OH .40 v). 0.05. b) ¿Qué‚ volumen ocupa el gas desprendido en la celda anterior medido en condiciones normales? RESOLUCIÓN En la cuba electrolítica tendremos los iones procedentes de la disociación del cloruro de magnesio y que son: MgCl 2 < === > Mg 2 + + 2 Cl – En el cátodo de la celda electrolítica se producirá la reducción de los iones magnesio(II). simplemente teniendo en cuenta que el nº de equivalentes de OH – oxidados es el mismo que de iones Ag + reducidos o de corriente eléctrica: Nº eq Ag = Nº eq O2 => 8.0 . mientras que en el ánodo se producirá la oxidación de los iones cloruro: CÁTODO: Mg 2 + + 2 e.-à Agº De acuerdo con la ley de Faraday: reacción de reducciónal sustituir . suponiendo que el rendimiento del proceso es del 88 %.9 . en este caso. pero como solamente es del 80%. medido en Condiciones Normales. 58. medidos en C.093 g de plata. V = 6682. g = 26453. Al pasar una corriente eléctrica simultáneamente a través de ambas disoluciones.093 g de Ag.V = . b) El volumen de gas desprendido en el ánodo de la primera. Por ellas pasa una corriente eléctrica durante 12 minutos y en el cátodo de la primera se depositan 0. los iones presentes son los procedentes de la disociación del agua: H 2 O <==> H + + OH . se obtendrán en el proceso C-10 .26453.N.86.–> Agº : En el ánodo.04 litros de Cl 2 medidos en C. g = 6. pero como solamente es del 80%. Sulfúrico.273 .Dos cubas electrolíticas conteniendo sendas disoluciones acuosas de nitrato de plata y sulfato de hierro(II) están conectadas en serie. = 8. RESOLUCIÓN En la primera de las dos cubas tenemos una disolución acuosa de nitrato de plata. los procedentes de la disociación del nitrato de plata y del agua: AgNO 3 <===> Ag + + NO 3 y H 2 O <==> H + + OH - .N. Los iones presentes en ella serán.0.0.10 .810 g de plata metálica. de donde: Pa= .4 equivalentes . Sulfúrico.082. que es común para las dos cubas se desprende Oxigeno (O 2 ) ya que los potenciales son Eº ( O 2 / OH .0. de acuerdo con el proceso: 4 OH .6 mL medidos en C. y calculados por medio de la ecuación general de los gases ideales de: 1.80.Tenemos dos vasijas.N.N.08 g de Cl 2 . según el proceso: Ag + + 1 e .39 Y en ambos ánodos: . mientras que en el cátodo de la segunda se desprenden 9. C) La cantidad de hierro depositada en el cátodo de la segunda..N.0096=g/2.y nos indican la cantidad de Hidrógeno gaseoso desprendido en el cátodo: 9. en la primera se depositan 0. ya que : Eº (Ag + /Agº) > Eº (H + /H 2º) y se depositarán. medido en C.3 g O 2 que se desprenden C-11 .10 .10 .273 . por tanto. una contiene una disolución de nitrato de plata y la otra./NO). como nos indican 0. y a este proceso también le aplicamos la expresión de la ley de Faraday: . medidos en C.y H 2 O <==> H + + OH En el cátodo se depositará Ag.58.–> O 2 + 2 H 2 O + 4 e Dado que por ambas cubas circula la misma corriente. Calcule: a) La intensidad de la corriente utilizada.85 g de Cl 2 se obtendrán cuando el proceso tuviera un rendimiento del 100%.4 g de Hidrógeno desprendidos Los iones presentes son los que se originan en la disociación del agua y Nitrato de plata: AgNO 3 <==> Ag + + NO 3 .85 = 21163. g = 8. Determine: a) El peso atómico de la plata b) Qué elementos y en qué cantidad se obtienen en los ánodos de ambas vasijas RESOLUCIÓN El la cuba que contiene agua acidulada con ác. Pa = 108. se obtendrá solamente el 80% de esta cantidad: 0.6 mL de Hidrógeno. en nº de equivalentes desprendidos o depositados en cada electrodo será el mismo Nº equivalentes H 2 = Nº equivalentes Agº = Nº equivalentes O 2 Así. los cuales ocuparán un volumen.Por su parte en el ánodo se producirá la oxidación del ion cloruro.) < Eº (NO 3 . contiene agua acidulada con unas gotas de ác.082.: 1. ocuparán: .76 v. así. Sabiendo que Eº Cu 2 + /Cu = 0. V = 0. teniendo en cuenta que conocemos la cantidad de plata depositada: ==> .44 v.34V y EºZn 2 + /Zn = -0.06 gramos de O 2 desprendidos. la reacción que tiene lugar es: Cu 2 + + 2 e . los procedentes de la disociación del nitrato de plata y del agua: FeSO 4 <===> Fe 2 + + SO 4 2 y H 2 O <==> H + + OH En el cátodo se reducirá el catión (Fe 2 + o bien H + ) que tenga un mayor potencial normal de reducción.–> O 2 + 2 H 2 O + 4 e -. en este electrodo no se depositará cantidad alguna de hierro.3M en Zn 2 + y 0.76 v . los cuales en Condiciones normales.38 M C-13 . es decir . de donde: g = 0.0. le aplicamos las leyes de Faraday. que en este caso es el OH .) que tenga un menor potencial normal de reducción. de acuerdo con el proceso: 4 OH .o bien OH . teniendo en cuenta que en todos los electrodos se obtiene el mismo número de equivalentes: Nº equivalentes de Plata = Nº equivalentes de Oxigeno: .76 v.0. que en este caso es el COBRE Cuando comience a depositarse el segundo (el Zn) el potencial de la celda será su potencial de reducción.3M en Cu 2 + . Por tanto. por tanto. de acuerdo con el proceso: Ag + + 1 e . ..10 . que será el H + (Eº = 0) y no el Fe 2 +. por lo que la cantidad de cobre existente será la correspondiente a un potencial igual a . de donde I = 1.—> Cuº por lo que dicha ecuación para este proceso es: calculamos la concentración de los iones Cu 2 +: a partir de la cual [Cu 2 + ] = 5.0.Se quiere hacer la electrolisis de una disolución que es 0. indique: a) Qué metal se depositará primero b) Cuál será la concentración del ión que se deposita en primer lugar cuando comience a depositarse el segundo RESOLUCIÓN El primero de los dos metales que se depositará al realizar la electrolisis es el que tenga potencial más alto.15. Los iones presentes en ella serán. en la cual obtenemos gas Oxígeno (O 2 ) siendo 4 el nº de electrones intercambiados en el proceso (valencia). que será la Ag + .042 L de O 2 En la segunda de las dos cubas tenemos una disolución acuosa de sulfato de hierro(II). sino que se desprenderá Hidrógeno gaseoso C-12 . pues su potencial es .–> Agº En el ánodo se producirá la oxidación del anión (NO 3 .En el cátodo se reducirá el catión (Ag + o bien H + ) que tenga un mayor potencial normal de reducción.Al tratar 20 ml de una disolución de nitrato de plata con un exceso de ácido clorhídrico se . de acuerdo con la ecuación de Nernst: Para el caso que nos ocupa.–> O 2 + 2 H 2 O + 4 e Para determinar la intensidad de la corriente.00 Amperios El el ánodo se producirá el proceso de oxidación: 4 OH . a) ¿Cuál es la molaridad de la disolución de nitrato de plata? b) ¿Cuál será la intensidad de corriente necesaria para depositar por electrolisis la plata existente en 50 ml (le la disolución de nitrato de plata en un tiempo de 2 horas? RESOLUCIÓN La reacción que tiene lugar es una reacción de doble desplazamiento o doble intercambio. de donde . y la cantidad de plata que habrá en ellos se calcula teniendo en cuenta la fórmula de dicha sal: . RESOLUCIÓN A) En el cátodo tiene lugar la reducción de los iones plata que va dejando libres el complejo cianurado: Ag + + 1 e . g = 1.Se quiere platear una pequeña pieza cúbica de latón de 3 cm de arista.9 g/mol. y a partir de su estequiometría. durante 1 h. que contiene una disolución acuosa de un complejo cianurado de plata (Ag(CN) 2 ) en medio alcalino. aplicamos las leyes de Faraday de la electrolisis: ==> => g= 5. Densidad de la plata 10 g/cc.0 y 107.56 g = 0. Para ello se coloca la pieza como cátodo en una cuba electrolítica. así como el volumen de O 2 producido en condiciones normales. b) Calcular los gramos de plata que se depositan sobre la pieza si el rendimiento en corriente del proceso electrolítico es del 85%. se cierra el circuito mediante un ánodo inerte y se hace pasar una corriente 1. c) ¿Cuál es el espesor medio de la capa de plata sobre la pieza.25A de intensidad.5 g AgCl + HNO 3 1 mol = 63 g 1 mol = 143. d) Considerando que en el ánodo se desprende O 2 .66 g de AgNO 3 y su molaridad es = 0. Escriba la reacción que tiene lugar.13 A C-14 .32 g 0. X = 1. F = 96480 cu.56 g de cloruro de plata y ácido nítrico.forman 0. en la cual se forma un precipitado de cloruro de plata.65 g de AgNO 3 .4 L/mol. Datos: Masas atómicas del O y Ag: 16. vamos a calcular previamente la cantidad de nitrato de plata que hay utilizando la expresión de la Molaridad de una disolución: . se obtendrá el 85% de la cantidad . calculamos la cantidad de nitrato de plata que hay en la disolución inicial: AgNO 3 + 1 mol = 169. La intensidad de la corriente que se necesita se determina a partir de la Ley de Faraday: ==> .—> Agº B) Para calcular la cantidad de plata depositada. a) Escriba la reacción de reducción que tiene lugar sobre el cátodo.194 M Para calcular la cantidad de plata existente en los 50 mL de esta disolución. Volumen molar 22.048 g de Ag + que hay en la disolución.87 g X H Cl —> 1 mol = 36.033 g de Ag con un rendimiento del 100% Teniendo en cuenta que el rendimiento es solamente del 85%. I = 0. 87 RESOLUCIÓN Volumen de la plata a depositar: V = 15.1 = 1.—> O 2 + 2 H 2 O + 4 e .222 Litros de O 2 C-15 .N. cubrir una superficie metálica de 15 cm 2 con 1 mm de espesor de plata. que es el volumen de la plata depositada.0 Amperios. m = 15.y la cantidad del mismo que se desprende se determina aplicando las leyes de Faraday. Faraday = 96487 Culombios/mol Masa atómica de la plata = 107.Se desea.0 . los cuales ocuparán un volumen .x) 3 .373 g de O 2 con un rendimiento del 100% Teniendo en cuenta que el rendimiento es solamente del 85%. cuya arista medirá (3 + 2x) cm.5 g/cm 3 .00788 = 7..75 g de Plata a depositar. es decir. los cuales pasan a Oxígeno molecular (O 2 ) de acuerdo con la reacción siguiente: 4 OH . Así: V FINAL . DATOS: Densidad de la plata = 10.0158.5 cm 3 de plata Masa de la plata depositada: . (3 + 2.A través de 250 mL de una disolución de sulfato de cobre.x) 3 = 0.0158.6 g de . se intercambia 1 electrón (Valencia = 1) Aplicando la ley de Faraday: de donde t donde al sustituir: = 4696 segundos = 1 hora 18 min 16 seg 14088 Culombios y la cantidad de electricidad es I. 4696 = C-16 . (3 + 2x) = 3. V = 0.10 -3 cm.3 3 = 0.0. Calcular la cantidad de electricidad que será necesaria así como el tiempo requerido. La reacción de la plata cuando se deposita electroliticamente es: Ag + + 1 e —> Agº.428 + 27 0. y así 2x = x = 0.V INICIAL = V PLATA DEPOSITADA (3 + 2. y su volumen es (3 + 2x) 3 . en C. haciendo pasar una corriente eléctrica de 3.t = 3.317 g de O 2 obtenidos realmente.88. en la que hay contenidos 0. mediante electrolisis.428 .428 cm 3 . en la cual sustituimos: . teniendo en cuenta que la corriente es la misma que en el caso del cátodo: => g= 0. se obtendrá el 85% de la cantidad teórica anterior: g obtenidos = = 0.: V = 0. que es el espesor de la capa de plata D) La reacción que tiene lugar en el cátodo corresponde a la oxidación de los iones (OH) .278 g de Ag obtenidos realmente C) Para calcular el espesor (x) de la capa de plata hemos de tener en cuenta que el volumen de dicha capa de plata debe ser la diferencia entre el volumen del cubo de latón inicial ( 3 3 cm 3 ) y el volumen final del cubo ya plateado.teórica anterior: g obtenidos = = 4. . El volumen de plata se obtiene a partir de la expresión de su densidad: . .23V.El pH de la disolución final.H + + 4. será: a) 1.) de potencial más bajo.Mientras hay Cu 2 + .6 s Para calcular el pH de la disolución en el momento que se deposite todo el cobre./ SO 3 2 .34V.6 g de Cu y la corriente aplicada tiene una intensidad de 1. por lo que quien se oxidará será el OH .e Para calcular el tiempo que ha de circular la corriente para depositar todo el cobre. tienen lugar respectivamente los procesos de: a) Reducción del SO 4 2 .. pudiendo calcularse éstos aplicando la misma expresión anterior.) = 0.o bien el H 2 O (pues es el potencial que nos dan).546.. E/ H+/H2 = 0. momento en el cual comenzará la reducción del ion SO 4 2 . ya que el nº de equivalentes de Cu serán los mismos que de H +. después de que se haya depositado todo el cobre. pero como el SO 4 2 . así: .1 s RESOLUCIÓN Los iones que tenemos presentes en la disolución son los procedentes de la disociación del sulfato de cobre(II) y los procedentes de la disociación del agua: CuSO 4 <===> Cu 2 + + SO 4 2 y H 2 O <===> H + + OH - En el cátodo se producirá la reducción del catión Cu 2 + o bien H + .e .2 amperios. en el cátodo y en el ánodo. Con estos datos de potenciales de electrodo: E/ (Cu 2 + /Cuº) = 0. que en este caso es el 2+ Cu 2 +.6 s c) 759.786. de acuerdo con el siguiente proceso : 2 H + + SO 4 2 .+ H 2 O + 2e Mientras que en el ánodo se producirá la oxidación del anión ( SO 4 2 . por lo que el proceso es: Cu + 2. hemos de tener en cuenta que en la oxidación del agua se forman H + .cobre.2 A. se pasa una corriente de 1. aplicamos la expresión de Faraday: teniendo en cuenta que tenemos 0.12 b) 1. así: . t = 1518.500C y masa atómica del Cu=63.Cuando ya no hay Cu 2 + . Señale las respuestas correctas en las siguientes preguntas: 1. suponiendo que el rendimiento es del 85%.2 s d) 898. produciéndose siempre la del de potencial más alto. no puede oxidarse más. en el cátodo y el ánodo tienen lugar respectivamente los procesos de: a) Reducción del SO 4 2 .. 4.a SO 3 2 .—> SO 3 2 .21 c) El mismo que había inicialmente d) Ninguna salida es correcta. F = 96. será: a) 1.El tiempo que deberá estar pasando la corriente para que se deposite todo el cobre.o bien OH . E/(O 2 /H 2 O) =1. E/ (SO 4 2 . aunque también puede producirse la reducción del ion sulfato a sulfito.00V.—> Cuº hasta que se termine la cantidad de cobre(II).H 2 O —> O 2 + 4.518 s b) 1.y reducción del H 2 O d) Oxidación del H 2 y reducción del SO 3 2 3.y oxidación del H 2 O b) Reducción del H+ y oxidación del H 2 O c) Oxidación del SO 3 2 .pues su potencial es más alto que el del H + . por lo que el proceso es: 2.17V.y oxidación del H 2 O b) Reducción del Cu 2 + y oxidación del H 2 O c) Reducción del Cu 2 + y oxidación del SO 3 2 d) Reducción del H + y oxidación del H 2 O 2.está en su mayor grado de oxidación. 4ª .10-3 b) 6.lg0.5.12 Respuestas correctas: 1ª ..075.26% d) Ninguna de ellas 4ª -La concentración de iones plata que queda en la disolución al final será: a) 6.e . por lo que la concentración . n = 0.9.075 Molar en H + y así: pH = .B .31 % de rendimiento La cantidad de Ag + que queda en la disolución al cabo de las dos horas que dura el proceso es la diferencia entre la cantidad inicial (10.H 2 O 2- . .1 moles de Ag = 0. y así: = 37.Se hace pasar una corriente de 0. 1 F = 96500 C) 1ª.026 g).H + + 4.037 Culombios 3ª.026 g) de la que había inicialmente (10.5 A durante 2 horas se calcula aplicando las Leyes de Faraday al proceso de reducción de la plata: Ag + + 1 e .Nº equivalentes Cu = Nº equivalentes H + ==> respectivas reacciones Cu 2 + + 2. 107.lg[H + ] = .para el H + .79 g). Una vez finalizada la electrolisis y sabiendo que la masa atómica de la plata es igual a 107.0189 g de H + = 0.79 g de Ag hay en la disolución inicial El rendimiento del proceso es el % de Ag recuperada (4.A .El tiempo necesario para que se deposite toda la plata es: a) 12099 s b) 4825 s c) 19300 s d) Ninguno de ellos RESOLUCIÓN La cantidad de plata depositada por esa corriente de 0..2.3. tomando como referencia las —> O 2 + 4.9 señale el resultado que crea correcto en las siguientes preguntas: (DATOS : Peso atómico: Ag = 107.—> Cuº para el Cobre y 2. 2ª . de donde g = 4.9 = 10. por lo que la concentración de éstos en los 250 mL de la disolución es: = 0.10-1 d) Ninguna de ellas 5ª .1 M. y dado que cada mol de AgNO 3 contiene 1 át-g de Ag.3.A . .3.La cantidad de electricidad que se ha consumido en el proceso es: a) 3600 Amperios b) 3600 Culombios c) 0.1 moles de AgNO 3 .31% b) 74.79 g b) 6. g = 0.79 g) y la que se ha depositado (4.2 g d) Ninguna de ellas 2ª.0189 moles de H + . a través de 1 litro de disolución de nitrato de plata 0.026 g de Ag depositada I . en el cual la valencia es 1 d) Ninguna de ellas .10-2 c) 6. t = 0.3600 = 3600 Culombios La cantidad de electricidad consumida en el proceso es: Para calcular el rendimiento del proceso de recuperación de plata.—> Agº.El peso de plata que se ha depositado en el cátodo será: a) 10. pH = 1.1 . en esa disolución inicial tendremos 0.El rendimiento de este proceso de recuperación de plata es: a) 37. lo cual se hace aplicando la expresión de la Molaridad: . hemos de calcular la cantidad de plata que hay en la disolución inicial.5 A durante 2 horas.e . 3ª .A C-17 .62% c) 40.79 g c) 40. es: Para calcular la cantidad de Cromo depositada.En el proceso electrolítico de una disolución acuosa ácida se producen hidrógeno y oxígeno.—> O 2 + 2 H 2 O + 4 e . de una disolución ácida que contiene óxido de cromo(VI) CrO 3 a) Escriba la semirreacción de reducción. 3ª . b) Calcule la cantidad de oxígeno. el volumen que ocupará la cantidad obtenida en condiciones estándar (1 atm y 25ºC) se determina aplicando después la ecuación general de los gases ideales Ánodo (reducción): 2 H + + 2 e .063 Molar El tiempo necesario para que se deposite toda la plata que había en la disolución inicial (los 10. v. Para ambos casos tenemos: Cátodo (oxidación): 4 OH . . pudiendo calcular las cantidades desprendidas aplicando la expresión de la Ley de Faraday: . y Pm el peso molecular (o masa molecular) del compuesto que se desprende. t = 19300 segundos = 5 h 21 min 40 s Respuestas: 1ª .28 g de H 2 .5 A). la valencia.79 g) se calcula volviendo a aplicar las leyes de Faraday: . ya ajustada.23 g de O 2 Para el caso de Hidrógeno. se producirá la reducción del H + en el cátodo y la oxidación del ion OH . en condiciones estándar.5 amperios pasa durante 5 horas a través de la celda electrolítica. que es la misma para ambos electrodos (1. en gramos.3600 = 18000 s). c) Calcule el volumen de hidrógeno obtenido durante el mismo proceso. 5ª . RESOLUCIÓN La disociación iónica del agua es: H 2 O <===> H + + OH Por tanto al tener lugar la electrolisis de la misma. que en cada caso es el número de electrones intercambiados en la correspondiente semirreacción. por electrolisis. a) Establezca ajustadas las semirreacciones de oxidación y de reducción.A .Se pretende depositar Cr metal. t el tiempo (5 horas = 5.D .10 4 C? c) Cuanto tiempo tardará en depositarse un gramo de Cr si se emplea una corriente de 6 A RESOLUCIÓN La semirreacción que tiene lugar. V = 3.de la misma es: = 0.B .—> H 2 .en el ánodo. 4ª .C C-18 . que se forma cuando una corriente de 1. señalando el electrodo en el que se producen y la reacción global del proceso. siendo I la intensidad de la corriente aplicada. hemos de utilizar la Ley de Faraday: .B . 2ª . b) ¿Cuántos gramos de Cr se depositarán si se hace pasar una corriente de 1. g = 2. g = 0.42 litros de H 2 C-19 . g la masa desprendida. En el cátodo se liberan hidrógeno y níquel. Se pide: a) Los gramos de níquel depositados por hora.90 g de Cr se obtienen Si ahora hacemos pasar una corriente de 6 A. DATOS Masas atómicas (g/at-g): H = 1. así como la “valencia”: v = 6 (Nº de electrones intercambiados en la semirreacción) y el Pm del Cr: 51.99: . y en este caso conocemos la cantidad de corriente que pasa: I. correspondiéndole la mitad a cada una. si el cátodo es una hoja de forma circular..t = 1.10 4 C.e —> Niº .336 equivalentes depositados de Níquel La reacción de reducción del Níquel que tiene lugar es: Ni 2 + + 2. el tiempo necesario para obtener 1 g de Cr se calcula aplicando la misma ley de Faraday: . con un rendimiento del 60% respecto a la liberación de este último. V = 1.t= = 1856 s = 30' 56" C-20 . Ni = 58.86 gramos de Níquel depositados El volumen del mismo lo determinamos por medio de su densidad: . b) El espesor de la capa de níquel.011 cm de espesor Los equivalentes de H desprendidos corresponderán a los 40% equivalentes restantes de electricidad: . RESOLUCIÓN Hemos de aplicar la Ley de Faraday: Nº equivalentes de electricidad = Nº equivalentes liberados Si el rendimiento respecto a la liberación de Niquel es del 60%. g DEPOSITADOS = 9. quiere decir que el 60% de la electricidad se emplea en la deposición del Niquel: Nº equivalentes de electricidad = = 0. de 4 cm de diámetro.g = = 0.11 mL y éstos se depositarán sobre ambas caras de la hoja circular.Para niquelar en baño de sulfato de níquel se emplea una corriente de 15 A.555 mL. que es niquelada por ambas caras.71 Densidad del níquel: 8. ) y su altura La deposición tendrá forma de cilindro cuya base es la superficie de la hoja circular ( será el espesor: .9 g/mL. h = 0. pues son iguales: mL a cada cara = = 0. medido en condiciones normales.560 equivalentes de electricidad Nº equivalentes de Níquel: = 0. c) El volumen de hidrógeno que es desprendido por hora..00. . e .e . Admitiendo que solo hay reducción de "ion a metal".e —> H 2 La reacción de reducción del Hidrógeno que tiene lugar es: . aplicando esta expresión a cada una de las tres cubas electrolíticas tendremos: .–> Znº: .–> Feº: .e —> Alº .224 equivalentes desprendidos de Hidrógeno 2H + + 2.98. y la tercera una sal férrica. g DESPRENDIDOS = 0.Calcular el número de toneladas diarias de aluminio que podrán obtenerse de 60 cubas electrolíticas con una mezcla en fusión de óxido de aluminio y criolita (Na 3 AlF 6 ) si cada cuba funciona con una intensidad de 12000 A y el rendimiento catódico de la corriente es del 75%.–> Agº: = 21. otra ion cinc. V = 2.36 equivalentes depositados La reacción de reducción del Aluminio que tiene lugar es: Al 3 + + 3. le aplicamos la Ley de Faraday: . donde ya nos indican que .g = 6.5 equivalentes de electricidad Nº equivalentes de Aluminio (el 75 de los anteriores): de Aluminio en cada cuba = 8058. DATO: Masas atómicas (g/at-g): Al: 26.Nº equivalentes de Hidrógeno: = 0.g PLATA: Ag + + 1.51 Litros de Hidrógeno desprendidos C-21 .g C-22 .224 gramos de H 2 El volumen que ocupan se determina por medio de la ecuación general de los gases: .72 g de Fe HIERRO: Fe 3 + + 3. pasan 0.e .A través de tres células electrolíticas.57 g de Ag ZINC: Zn 2 + + 2. ) cuántos gramos de cada metal se depositarán? RESOLUCIÓN Si pasan 0.2 F durante un cierto tiempo.2 Faradios. conectadas en serie.54 g de Zn = 3. RESOLUCIÓN Hemos de aplicar la Ley de Faraday: Nº equivalentes de electricidad = Nº equivalentes liberados Si el rendimiento catódico de la corriente es del 75%. por tanto. Una de las células contiene una sal de plata. quiere decir que el 75% de la electricidad se emplea en la deposición del Aluminio: Nº equivalentes de electricidad = = 10744. t = 12157. H = 1.56 = 4348293. Datos: Potenciales normales de reducción: Cu 2 + /Cu = + 0. ¿Sabiendo que en el ánodo se desprende oxígeno.35 Toneladas diarias depositadas C-23 .t/96500) ha de ser igual al número de equivalentes del producto descompuesto o depositado: (g/Peq).40 v Masas atómicas: Cu: 63. en una reacción electrolítica de una disolución de sulfato de cobre. la cantidad total de aluminio depositada es: 60. se desprenderá en el mismo tiempo?. que es: 4 OH . O 2 /OH .y por tanto según la Ley de Faraday: g DEPOSITADOS = .0 .72471.5 s En el otro electrodo se desprende Oxígeno (O 2 ) debido a la oxidación de los iones OH .. 72471.= + 0. si empleamos una corriente eléctrica constante de 2.5 . La cantidad desprendida la calculamos aplicando la misma fórmula para esa reacción de oxidación. tiene que cumplirse siempre.52 g de O 2 El volumen que ocupará medido en Condiciones Normales se determina a partir de la ecuación general de los gases: .76 litros de O 2 .—> O 2 + 2 H 2 O + 4 e .0 RESOLUCIÓN: En un proceso electrolítico. O = 16. medidos en condiciones normales. como en cualquier reacción química.34 v .¿En cuanto tiempo se depositarán 10 g de cobre en el cátodo.--> Cuº . V = 1.5 Amperios?.8 g = 4. por lo que en este caso tenemos que para la reacción de reducción del Cobre : Cu 2 + + 2 e .56 gramos de Aluminio depositados en cada cuba Puesto que se dispone de una batería de 60 cubas. que volumen del mismo. g = 2. que el número de equivalentes de corriente eléctrica (I. b) la función de Gibbs de la reacción.14 v RESOLUCIÓN Las semirreacciones que tienen lugar en ambos electrodos son: Ánodo: Cátodo: .3145 J K -1 mol -1 = 0. en el cual se intercambian dos electrones: /\ Gº = .34 .Se prepara la pila Sn ( s ) / Sn 2 + (xM)// Pb 2 + (2M)/ Pb ( s ) con una fem de 0.—> Pb 2 + ( ac ) + SO 4 2 .10 = -212267 Julios . siendo n: Nº de electrones intercambiados.0. R = 8. c) la constante de equilibrio una vez alcanzado éste.485 C/ mol .212267 = . Eº = + 0.—> Pb ( s ) PbSO 4 + 2e —> Pb ( s ) + SO 4 ( ac ) . Eº = .—> Pb 2 + ( ac ) + SO 4 2 . F: Faraday = 96485 C/mol y Eº el potencial normal de la pila. DATOS: Potenciales normales de reducción: Eº (Cu 2+ /Cuº) = + 0. para el PbSO 4 ( s ) a 25 /C 2- RESOLUCIÓN La reacción del equilibrio de precipitación para el sulfato de plomo(II) es: PbSO 4 + 2e . Ln Kc = 85.0.—> Pb ( s ) + SO 4 2 .10 37 E/ = . /\ Gº = .14 V .(.Eº.Grupo D .01 V . /\ Gº y la constante de este equilibrio viene dada por la expresión: /\ Gº = .8.n.2.65.Sea la célula Zn/Zn 2+ //Cu2+ /Cu.0.CONSTANTES DE EQUILIBRIO EN SISTEMAS REDOX D-01 .( ac ) Eº = . Se pide: a) El valor del potencial estándar y la reacción neta que tiene lugar b) La concentración de Sn 2 + en la celda c) La constante de equilibrio de la reacción DATOS Eº Pb2+/Pb = .Eº ( Zn 2+ /Znº) = 0.087 V a 25ºC.67 Kc = e 85.356 V Determinar la Ksp.10 .76) = + 1. es: /\ Gº = .082 atm dm 3 K -1 mol -1 RESOLUCIÓN: El potencial normal de esta pila es: 2+ /Znº) = + 0.34 v . a partir de ellas podremos determinar también el de la reacción de precipitación combinando ambas: b) PbSO 4 + 2e .356 V -a) Pb ( s ) —> Pb 2 + ( ac ) + 2e E/ = 0.126V D-02 . .76 v Eº = Eº (Cu 2+ /Cuº) .126V -----------------------------------------------. al sustituir. Eº ( Zn F = 96.A partir de la siguiente información: - Pb 2 + ( ac ) + 2e .96485.0. Eº = .31 J/molºK .8 Siendo R = 8.1. Kc = 1.13 V.F.0.230 V Y a partir de este valor del potencial. T . Eº Sn2+/Sn = .3145 .0. /\G. teniendo en cuenta que se trata del proceso: Zn + Cu 2 + —> Zn 2 + + Cuº . F=96485 Culombios D-03 . n = 2 (nª electrones intercambiados).607. Ln Kc . 67. podemos determinar ya el valor de la constante de precipitación aplicando la expresión que nos da la relación entre ambos.( ac ) . Calcula: a) la fem de la célula galvánica a 25ºC. y que es: ==> . 298 . Ln Kc . Kc = 1.R .0. T=298ºK.212.0.13 V ----------------------------------------------------------------------------------------- Reacción total: . Eº = + 0.( ac ) Puesto que conocemos los potenciales de las dos reacciones que dan.10 v La expresión que nos relaciona el potencial normal de una pila con la energía libre de Gibbs. Eº = .267 Kj/mol Y la relación entre esta energía libre de Gibbs.-----------------------------------PbSO 4 + 2e . hemos de tener en cuenta que este se alcanza cuando E = 0 v.34 v.76 = La relación entre el potencial normal del sistema y la constante de equilibrio viene dada por la expresión: .34 V respectivamente. RESOLUCIÓN: El equilibrio que se establece es: Cu 2 + + Zn –> Cuº + Zn 2 + .71.4 M Datos: E/ Au + 3 /Au y E/ Tl + 1 /Tl son 1. c) Calcular E/ de la pila a 25/C cuando [Au 3 + ] = 10 .087 V nos queda: donde n = 2 (electrones intercambiados). . por lo que: .2 M y [Tl 1 + ] = 10 .A una disolución de cloruro de cobre(II) 0. de donde [Sn 2 + ] = 4. [Cu 2+ ] = 2.10 .0. por lo que las semirreacciones y reacción total serán .76 v. por lo que volvemos a aplicar la ecuación de Nernst en dicho momento: Kc = 2.34 . por lo que vamos a considerar dicha concentración en el equilibrio. .50 V y -0.Eº(Cu 2 + /Cuº) = + 0.10 v por lo que el potencial normal del sistema es: Eº = Eº(Cu 2 + /Cuº) + Eº(Znº/Zn 2 + ) = Eº(Cu 2 + /Cuº) .18 D-04 . intercambiandose 2 e 1. .39 Molar D-05 .En una pila formada por los electrodos Au + 3 /Au y Tl + 1 /Tl se pide: a) Escribir la reacción global que se produce y determinar el potencial normal de la pila.0. y así: . RESOLUCIÓN A) Se comportará como oxidante el electrodo de potencial más alto.3 Molar Para determinar la constante de equilibrio. Calcular el valor de la constante de equilibrio Kc así como las concentraciones de las especies en equilibrio.10 37 y dado el valor tan alto que tiene.Para determinar la concentración de las diferentes especies en equilibrio.05 M. DATOS: Potenciales normales de reducción: Eº(Zn 2 + /Znº) = . por lo que se habrá formado una cantidad de Zn 2 + 2+ equivalente a la que había inicialmente de Cu 2 + . y así: . b) Calcular la variación de energía libre estándar y la constante de equilibrio a 25 / C. que será el que gane electrones. el La expresión que nos da Kc para este equilibrio es: equilibrio estará muy desplazado hacia la derecha.93. Kc = 1. es decir: [Zn ] = 0.10 .05 M se le añade una lámina de zinc metálico. .Eº(Zn 2 + /Znº) = 0. se utiliza la Ecuación de Nernst.96. en este caso el Au + 3 /Au. la cual aplicada a esta reacción en el momento concreto que nos indican: cuando el potencial de la celda es: E = 0. 84 v B) La energía libre estándar de una pila está relacionada con el potencial normal de la misma por la expresión: /\Gº = -n.1.05 v .7 j = . 96486.84 .6 Kj El equilibrio en un proceso redox se establece cuando E = 0. Eº( ) = .F.Semirreaciones Cátodo (oxidante): Au 3 + + 3.e . en este caso el de Mn.532602. aplicamos de nuevo la ecuación de Nernst: => => . Corresponde al electrodo de potencial más alto.Eº (Tl + 1 /Tl) = 1.13 . puede calcularse el valor de la constante de equilibrio: => => => => Kc = 2.3.36.50 . por lo que la reacción que tiene lugar en él es la oxidación del Mn metal a ion Mn 2 + : ÁNODO: B) En el Cátodo tiene lugar la reducción y es el electrodo positivo. en este caso el de plomo. por lo que a partir de la ecuación de Nernst.Tl —> Au + 3. y el potencial estándar será la suma de los potenciales correspondientes a ambas reacciones: Eº = Eº( ) +Eº( ) = Eº( ) -Eº( ) Eº = -0.—> Auº Ánodo (reductor) : Tl —> Tl 1 + + 1.18) .10 93 C) Para calcular el potencial de la pila en las condiciones que nos indican. E = 2.0.Tl 1 + = Eº (Au + 3 /Au) .Una celda voltaica se prepara a partir de las siguientes semiceldas: Se pide: a) La reacción que tiene lugar en el ánodo b) Escribir la reacción completa y determinar el potencial en condiciones estándar c) Calcular la constante de equilibrio DATOS: Potenciales Normales: Eº( ) = . /\Gº = .(-1.(-0.e El potencial normal es Eº Reacción global de la pila Au 3 + + 3.532. al sustituir: /\Gº = . La reacción que tiene lugar es: CÁTODO: La reacción global será la suma de ambas. Eº = +1.04 v D-06 .13 V .1. En él se reducirán los iones Pb 2 + a Plomo metálico.18 V y RESOLUCIÓN: a) El Ánodo es el electrodo en el cual tiene lugar la Oxidación (electrodo negativo) y corresponde al electrodo de potencial menor.34) = + 1.Eº y así. 10 35 . utilizamos la ecuación de Nenst: . por lo que nos quedará: ==> . teniendo en cuenta que al alcanzarse el equilibrio: E = 0. de donde: .4. Kc = 3.c) Para calcular la constante de equilibrio.