Electrolisis

Bloque IV: Electrolisis
Prof. Dr. Mª del Carmen Clemente Jul
ELECTROLISIS
PROCESO EN EL QUE SE UTILIZA LA ENERGÍA ELÉCTRICA PARA
PROVOCAR UNA REACCIÓN QUÍMICA (REDOX) NO ESPONTÁNEA
ELECTROLISIS DEL NaCl FUNDIDO (CELDA DE DOWNS)
ANODO (OXIDACIÓN): 2Cl-
Cl2 + 2e-
CÁTODO (REDUCCIÓN): Na+ + 1eGLOBAL: 2Cl- + 2Na+
Na
2Na + Cl2
ELECTROLISIS DEL AGUA
PARA PODER CONDUCIR LA ELECTRICIDAD SE UTILIZA UNA
DISOLUCIÓN DILUIDA
ANODO (OXIDACIÓN)
2H2O(l)
O2(g) + 4H+ (ac) + 4e-
CATODO (REDUCCION)
4H+ (ac) + 4e-
2H2(g)
GLOBAL: 2H2O
O2 + 2H2
ELECTROLISIS DE UNA DISOLUCION ACUOSA DE NaCl
ANODO (OXIDACION)
* 2Cl-
Cl2 + 2e-
Eº Cl2/Cl- = 1,36 V
2H2O
O2 + 4H+ + 4e- Eº O2/H2O = 1,23 V
CATODO (REDUCCION)
Na+ + e-
Na
Eº Na+/Na = -2,71V
* 2H2O +2e-
H2 +2OH-
Eº H2O/H2 = -0,83 V
2H+ + 2e-
H2
Eº H+/H2 = 0,00V
GLOBAL: 2Cl- + 2H2O
Cl2 + H2 +2OH(NaOH)
ELECTROLISIS: LEYES DE FARADAY
LA MASA DEL PRODUCTO FORMADO ( O DEL REACTIVO CONSUMIDO)
ES PROPORCIONAL A LA CANTIDAD DE ELECTRICIDAD TRANSFERIDA
AL ELECTRODO Y A LA MASA MOLAR DE LA SUSTANCIA
CORRIENTE
Ixt
(A) x (S) = (C)
CARGA
ELECTRICA
(C)
NUMERO DE
FARADAYS
MOLES DE
SUSTANCIA
REDUCIDA U
OXIDADA
g. DE
SUSTANCIA
REDUCIDA U
OXIDADA
OBJETIVO:
SABER APLICAR LAS LEYES DE FARADAY 4.10 AL 4.17
4.9
Cu2+ +2e-
ANODO (OXIDACION):
Cu
CATODO (REDUCCION):
Cu2+ +2e-
Cu
GLOBAL: Cu + Cu2+
Cu2+ + Cu
LEY DE FARADAY:
PARA REDUCIR 1 MOL DE IONES Cu2+ ES
NECESARIO 2 FARADAYS
LA CORRIENTE QUE HA CIRCULADO POR LA CELDA
CORRESPONDE A UNA CARGA ELECTRICA DE CARGA =
INTENSIDAD (A) x TIEMPO (s) =
3600s
= 1,728.106 C
1h
1F
1mol Cu 2+ 63,54gCu
6
g Cu = 1,728.10 x
x
x
= 569g de Cu
2+
96500C
2F
1mol Cu
= 120(A) x 4h x
4.13
MEZCLA FUNDIDA DE Al2O3 Y Na3AlF6
ELECTRÓLISIS
CORRIENTE DE 100 A
OBJETIVO: PRODUCIR 1 Kg de Al (Pa Al = 26,98)
a) CÁLCULO DEL NÚMERO DE FARADAYS Y EL NÚMERO DE
CULOMBIOS
CÁTODO (REDUCCIÓN): Al3+ + 3e-
Al
1F
1mol Al3+ 26,98g Al
1000g Al = x C ×
×
×
96500C
3F
1mol Al3+
x = 1,0730.107 culombios
1,0730.107 C
numero de Faradays =
= 111,7 F
96500C
4.13. cont.
b) PARA PRODUCIR 1 Kg DE Al HACE FALTA 1,07330.107 C SI LA
CORRIENTE SUMINISTRADA TIENE UNA INTENSIDAD DE 100 A, EL
TIEMPO DE ELECTRÓLISIS SERÁ
CARGA
1,0730.107 CULOMBIOS
t=
=
=
INTENSIDAD
100 AMPERIOS
= 1,0730.105 s <> 29,8h
c) PARA PRODUCIR 1 Kg de Al EN 5 MINUTOS, EL CÁLCULO DE LA
INTENSIDAD DE CORRIENTE NECESARIA ES
I(A) = CARGA(C) . t(s) = 1,0730.107 C.(5.60)s = 3,5767.105 A
CORROSIÓN DEL HIERRO
ANODO (ZONA DE LA SUPERFICIE DE HIERRO): OXIDACIÓN
Fe
Fe2+ + 2e-
CÁTODO (OTRA ZONA DE LA SUPERFICIE DE HIERRO): REDUCCIÓN
O2 ATM + 4H+ + 4e-
2H2O
CO2 (ATMOSFÉRICO) + H2O
GLOBAL: 2Fe + O2 +4H+
2Fe2+ + H2O
(Fe2O3)
ÓXIDO POROSO NO DETIENE LA
CORROSIÓN
CORROSIÓN DEL ALUMINIO
ANODO: Al
Al3+ + 3e-
CATODO: O2 + 4H+ +4e-
2H2O
GLOBAL: 4Al + 3O2 + 12H+
6H2O + 4Al3+
(Al2O3 IMPIDE AVANCE CORROSIÓN)
CORROSIÓN DE LA PLATA
ANODO: Ag
Ag+ + 1e-
CATODO: O2 + 4H+ +4e-
2H2O
GLOBAL: 4Ag + O2 +4H+
4Ag+ +2H2O
(AgS2 IMPIDE AVANCE CORROSIÓN)
CORROSIÓN DEL COBRE
ANODO: Cu
Cu2+ +2e-
CATODO: O2 + 4H+ +4e-
2H2O
GLOBAL: 2Cu + O2 +4H+
2Cu2+ + 2H2O
(CuCO3 IMPIDE AVANCE CORROSIÓN)
MÉTODOS PARA DISMINUIR LA CORROSIÓN DEL HIERRO
• ALEACIÓN CON OTROS METALES (Cr, Ni)
• RECUBRIMIENTO CON Sn
• RECUBRIMIENTO CON Zn (GALVANIZADO)
• PROTECCIÓN CATÓDICA (EL HIERRO ES EL CATODO QUE UNE A UN
ANODO DE UN METAL COMO Mg)
4.35
OPERACIÓN DE NIQUELADO POR ELECTROLISIS DE UNA
DISOLUCIÓN DE NiSO4
• CATODO: PRODUCCIÓN DE Ni E H2 (Pa Ni = 58,69; Pa H2 = 2)
• EFICACIA DE LA CORRIENTE ELECTRICA EN LA FORMACIÓN DEL
Ni: 60 % (I = 15 A)
a) CALCULAR LOS GRAMOS DE NIQUEL SE DEPOSITAN POR HORA
EN EL CATODO
CATODO (REDUCCION): Ni2+ + 2e-
Ni
PARA REDUCIR 1 MOL DE Ni2+ SE NECESITA UNA CARGA DE 2
FARADAYS
1F
1MOL Ni 2+
58,69gr
gr Ni = (15A • 3600s )C • 0,6 •
•
•
= 9,85gr
2+
96500C
2F
1MOL Ni
4.35. cont.
b) CALCULAR EL ESPESOR DEL DEPÓSITO. EL CÁTODO ES UNA CHAPA
METÁLICA CUADRADA DE 4 cm DE LADO.
EL DEPÓSITO DE Ni SE FORMA POR AMBAS CARAS DE LA CHAPA
DENSIDAD DEL Ni = 8,9 g cm-3
• LOS 9,85 g DE Ni SE DEPOSITAN POR LAS DOS CARAS DE LA CHAPA,
LUEGO EN CADA CARA SE DEPOSITARÁN 4,925 g
• EL AREA DE CADA CARA ES 42 = 16 cm2 LUEGO SE HABRÁ
DEPOSITADO 4,925 = 0,308g / cm 2
16
• EL ESPESOR DEL DEPÓSITO SERÁ
0,308g / cm 2
= 0,035cm
3
8,9g / cm
4.35 cont.
c) CALCULAR EL VOLUMEN DE HIDROGENO EN C.N QUE SE PRODUCE
POR HORA
g H 2 = (15A • 3600s )C • 0,4 •
1F
1 MOL H 2
2gH 2
•
•
96500C
2F
1MOL H 2
( SI LA EFICACIA DE LA CORRIENTE ELÉCTRICA ES 60 % EN LA
PRODUCCIÓN DE Ni, EN LA PRODUCCION DE H2 SERÁ 40%)
5,4.10 4 • 0,4
MOLES DE H 2 =
= 0,119MOLES
96500 • 2
EN C.N.: P = 1 atm; T = 298 K; R = 0,082 atm.L/K.MOL
VH 2 =
nRT
=
P
0,119MOLES • 0,082
1atm
atm.L
• 298K
K.MOL
= 2,5L
2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e − : E º = 1,23V
E = Eº−
0,06
1
log
= 1,23 − 0,06pH
4
+
4
H
2H 2 O + 2e − → H 2 + 2OH − : E º = −0,83V
− 2
OH
0,06
E = Eº−
log
= −0,83 + 0,06pOH
2
1
= −0,83 + 0,06(14 − pH) = −0,06pH
ELECTROLISIS DE KBr (1M) CON pH NEUTRO (pH = 7)
1) O2 + 4H+ + 4e-
H 2O
Eº = +1,23 V
2) Br2 + 2e-
2Br-
Eº = +1,09 V
3) 2H+ + 2e-
H2
Eº = 0,00 V
4) K+ + 1e-
K
Eº = -2,93 V
1) E = 1,23 - 0,06pH = 0,81 V
3) E= -0,06 pH = -0,42 V
2 y 4) E = Eº
ANÓDICAS
2H2O
O2 + 4H+ + 4e- E 0 -0,81 V MÁS FAVORABLE
POSIBLES
2Br-
Br2 + 2e-
CATÓDICAS
2H+ + 2e-
H2
E = -0,42 V MÁS FAVORABLE
POSIBLES
K+ + 1e-
K
E = -2,93 V MENOS FAVORABLE
GLOBAL: 2H2O
E = -1,09 V MENOS FAVORABLE
O2 + 2H2; E = -0,81 + (0,42) = -1,23 V
(E< 0; REACCIÓN NO ESPONTÁNEA)
SEMIELEMENTO a) V = 0,1 L; |Fe3+| = 0,1 M y |Fe2+| = 1M Y UN
ELECTRODO Pt
SEMIELEMENTO b) V = 0,1 L; |Ag+| = 0,1 M Y UN ELECTRODO Ag
Eº Fe3+ / Fe2+ = 0,77 V ; Eº Ag+/Ag = 0,80 V
0,06
1
log
= 0,711V
1
0,1
0,6
1
Eº Ag + (0,1 M)/Ag = 0,80 V log
= 0,741V
1
0,1
Eº Fe3+ (0,1 M)/Fe 2+ (1M) = 0,77 V -
ANODO: Fe2+
Fe3+ + 1e-
CATODO: Ag+ + 1e-
Ag
REACCIÓN GLOBAL: Ag+ + Fe2+
Ag + Fe3+; E = 0,03 V
b) CALCULAR LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO
K = 10En/0,06 = 100,03.1/0,06 = 3,22
c) CALCULAR LAS CONCENTRACIONES EN EL EQUILIBRIO
Ag+ (aq) + Fe2+ (aq)
Ag (s) + Fe3+ (aq)
I)
0,1 M
1M
0,1M
C)
-x M
-x M
+x M
E)
(0,1-x)M (1-x)M
K=
Fe3+ eq
Ag + eq Fe 2+ eq
=
(0,1 +x) M
(0,1 + x )
= 3,22
(0,1 − x )(1 − x )
x = 5,07.10-2 M
|Ag+|eq = 0,1 –x = 0,049M
|Fe3+|eq = 0,1+x = 0,151M
|Fe2+|eq = 1-x = 0,949 M
d) Q = 5,07x10-2M x 0,1L x 1eq/mol x 96500 C/mol e- = 489 C
4.19
a)
Fe + H2SO4
FeSO4 + 2H+ + 2e-
50 g 500 mL 1M
1mol Fe
= 0,895
55,85g Fe
1mol
= 0,5
MOLES DE H 2SO 4 = 0,5L ×
1L
MOLES DE Fe = 50g Fe ×
CONCLUSIÓN: 0,5 MOLES DE Fe REACCIONAN (QUEDAN 0,395
MOLES DE Fe SIN REACCIONAR) CON LOS 0,5
MOLES DE H2SO4 PARA DAR 0,5 MOLES DE FeSO4
CUYA:
0,5moles 1000mL
×
= 1M
Fe 2+ =
500mL
1L
[
b) DIAGRAMA DE LA PILA:
]
4.19. cont
b) DIAGRAMA DE LA PILA: S= (0,5L, 1M) | S(s) | KCl (s) | Fe2+(0,5L,1M)| Fe(s)
ANODO (OXIDACIÓN): S=
Sº + 2e-
CATODO (REDUCCIÓN): Fe2+ + 2eGLOBAL: S= + Fe2+
Eº S/S2- = -0,51 V
Fe
Eº Fe2+/Fe = -0,44 V
Sº + Fe
E º = E º S= / S + E º Fe 2+ / Fe = −(−0,51) − 0,44 = 0,07 V
n × E º 2 × 0,07
=
= 2,3689; K = 236
log K =
0,0591 0,0591
4.19 (cont)
c) COMO REACCIONAN MOL A MOL Y LAS DOS CONCENTRACIONES
INICIALES DE Fe2+ y S2- SON IGUALES (1M), LAS CONCENTRACIONES E
EL EQUILIBRIO TAMBIÉN LO SERÁN
[Fe2+]eq = [S2-]eq = x
K=
1
[Fe ][S ]
2+
2−
=
1
= 236
x2
x = 0,065M
d)
MOLES DE Fe = CARGA(C) ×
1F
1MOL DE Fe
(*)
×
96500C
2F
SI [Fe2+] inicial = 1M; [Fe2+] equilibrio = 0,065M
la [Fe2+] reducida = (1-0,065) x 0,5 L = 0,4675 moles
SUSTITUYENDO EN (*)
1
1
×
96500 2
CARGA = 9,02 x10 4 C
0,4675 = CARGA ×