ejercicioselectroquimica.docx

1. Una muestra de 2,837 2,837 g de una aleación de plata (I) y plomo (II) se disuelve en ácido nítrico. La disolución se electroliza con una corriente de 3,5 amperios, cuyo rendimiento se supone del 100%. Al cabo de 10 minutos todo el plomo se deposita como óxido de plomo (IV). Se pide: a. el % de plomo y plata en la aleación b. el peso del depósito de óxido de plomo c. el tiempo que tarda tarda en depositarse toda toda la plata DATO: M (Pb) = 207,2; 207,2; M(O) = 16,0; 16,0; M (Ag) = 107,9 · (a) y b) Semirreacción de oxidación oxidación 

+     >  +  2  − Peq. Del

 =

207.2  2.16 = 11 119. 9.66 2

Para una cantidad de carga Q = 3,5A*600s = 2100 C se deposita en el electrodo una masa de

   = 210 21000 ∗ 11 119,6 9,6/ /96 9650 5000 = 2,60 

Siendo la masa de plomo que le

corresponde:

207,2 2,25 ∗ 2,60 2,60 = 2,25 2,25 g que suponen un ∗ 100 239,2 2,837 = 79,3% 79,3% de de Pb 20,7 y 100  79,3 = 20,7% 20,7% de Ag que en masa masa son ∗ 2,83 2,8377 = 0,58 0,5877 g 100 m Pb =

c) Semirreacción de reducción

    1    > 

Peq. De la Ag = 107,9/1 = 107,9 La cantidad de carga necesaria para depositar toda la plata será:

9650 96 5000 ∗ 0,58 0,5877 = 527 107,9 Que para una corriente de 3,5A requiere un tiempo de

 = 52 525/3 5/3,5 ,5 = 15 150 0 ó 2,5 2,5  

2. Se construye una celda con dos electrodos de hidrógeno, uno de ellos normal y el otro con una disolución 0,1N de un ácido monopólico débil HA. La f.e.m. de la pila es 0,250V. Calcular el pH de la disolución del ácido débil y su constante.

. ó 2 +  2  −       >  .ó     > 2 +  2  − ó  2 + 1,0   <   > 2 +      Aplicamos la ecuación de Nerst para conocer la concentración de protones que aparecen como producto

 = 0,250 = 0  De donde  +  =

5,8 ∗ 10−

0,059   + 2  2∗1.0

M luego pH = 4,2

Calculamos ahora la constante del ácido

 =

(  )·  H

=

(,∗ ) .

= 3,4 ∗ 10−

3. Cuando la reacción transcurre en condiciones no estándar recurrimos a la ecuación de Nernst:

4. Para la siguiente reacción, condiciones estándar de presión, temperatura y concentración, calcular, el∆ 

3 2 +   → 3+  Als En primera instancia, es importante enfatizar que la reacción transcurre en condiciones estándar. Por lo tanto, para calcular el potencial de la celda no se debe emplear la ecuación de Nerts. En este tipo de sistema °  se calcula mediante:

∆E ° = E ° cátodo  E ° ánodo  Ahora bien, para saber cuál especie corresponde al cátodo y ánodo, de la tabla de potenciales estándar, escribimos las semiecuaciones para cada especie y sus correspondientes potenciales estándar.

Al+ ac  3 e− → Als Mg + ac  2 e− → Mgs

E ° = – 1,662 V => Cátodo E ° = – 2,372 V => Ánodo

Para determinar que especie actúa como cátodo y ánodo, debes tener presente lo siguiente: Mientras más negativo sea el valor de °, mayor será el poder reductor (mayor tendencia a ser oxidado, por lo tanto actuará como ánodo). Mientras más positivo sea el valor de ° , mayor será el poder oxidante (mayor tendencia a ser reducido, actuará como cátodo). En base a lo anterior, sabemos que el aluminio (Al), sufre un proceso de reducción (gana 3 electrones) por lo tanto es el cátodo y el magnesio (Mg) sufre un proceso de oxidación (pierde 2 electrones), es decir, es el ánodo. En este sentido el potencial estándar de la celada queda:

∆°celda = – 1,662 V – – 2,372 V ∆°celda = 0,710 V La diferencia de potencial positiva, indica que la reacción global, tal cual como está escrita, ocurre de forma espontánea.

5. Calcular el potencial de una pila, que está formada por  3  / 2  en la que [ 3] = 1 y [ 2] = 0,01, ° = 0,77  V y otra semipila 4   / 2   en solución ácida con [4  ] = 10  4 , [ 2] = 10  2   [  ] = 10  2 ; ° = 1,51. Cabe recordar, que para calcular el potencial de la pila en condiciones no estándar, se debe emplear la ecuación de Nernst. Por lo tanto, lo primero que debemos hacer es escribir las semireacciones balanceadas, basándose en los potenciales de óxido-reducción.

5Fe+ → 5Fe+  5 −

° = – 0,77 V

(1)

En la anterior semirreacción tenemos: => Proceso de oxidación=> Fe2+ actúa como ánodo

4 −  8 +  5 − → +  4  

° = 1,51  

(2)

En la anterior semirreacción tenemos: => Proceso de reducción=> MnO4 − actúa como cátodo Para obtener la ecuación global de la reacción sumamos, las semirreacciones (oxidación + reducción)

4    8  53  5 − → 2    52  4 2 5 −

(3)

Como el número de electrones es igual a 5e- , tanto en reactivos, como productos, lo podemos despejar de la ecuación. Por ende la ecuación global queda de la siguiente manera:

Ecuación global:

 −  8 +   5 + → +    5 +  4   

(4)

Como sabemos el potencial estándar de la celda es:

∆ ° =  °    °  Reemplazando los valores:

∆ °  = 1,51  – 0,770  = 0,740   Antes de reemplazar en la ecuación de Nernst es importante que recordemos que n, que corresponde al número de electrones transferidos, este valor se puede determinar de la Ec.3, por lo tanto n= 5.

0.0591 [ + ] ∗[+ ] ∆ = 0.74  ∗ log +  5 [ ] ∗ [ −] 0.0591 1 ∗ 1 0− ∆ = 0.74  ∗ log  0.01 ∗ 1 ∗ 1 0− 5 ∆  = 0,598 