ELECTROQUÍMICA

Química General 2009
ELECTROQUÍMICA
1.- Balancear las siguientes reacciones redox:
a) En medio ácido: Hg(l) + Cr2O7-2(aq) Hg+2(aq) + Cr+3(aq)
b) En medio básico: N2H4(aq) + Cu(OH)2(s) N2(g) + Cu(s)
1.
Primero escribimos la ecuación iónica.
Cr2O7-2(aq)
+
Hg(l)
→
Hg+2(aq)
Cr+3(aq)
+
2. Identificamos las especies que cambian su número de oxidación.
Las especies que cambian su estado de oxidación son:
El Hg° y el Cr+6.
Hg(l)
→
Cr2O7-2(aq)
Hg+2(aq)
Reacción de oxidación. Sustancia reductora
Cr+3(aq)
→
Reacción de reducción. Sustancia oxidante
3. Escribimos las hemirreacciones de oxidación y reducción
Se realiza el balance en masa y en carga utilizando agua y protones en medio ácido:
Hg(l)
Hg+2(aq) + 2 e
→
6e- + Cr2O7-2(aq) + 14 H+
4.
→
2 Cr+3(aq) + 7 H2O
Se suman ambas reacciones:
Hg+2(aq) + 2e-) . 3
( Hg(l)
+
6e + Cr2O7 (aq) + 14 H 2 Cr+3(aq) + 7 H2O
+ 6e + Cr2O7-2(aq) + 14 H+ 3 Hg+2(aq) + 6e- + 2 Cr+3(aq) + 7 H2O
-
3 Hg(l)
-2
Respuesta:
3 Hg(l) + Cr2O7-2(aq) + 14 H+ 3 Hg+2(aq) + 2 Cr+3(aq) + 7 H2O
b) En medio básico: N2H4(aq) + Cu(OH)2(s) N2(g) + Cu(s)
1.
Primero escribimos la ecuación.
N2H4(aq)
+
Cu(OH)2(s)
→
N2(g)
+
Cu(s)
2. Identificamos las especies que cambian su número de oxidación.
Las especies que cambian su estado de oxidación son:
El N-2 y el Cu0.
N2H4(aq)
Cu(OH)2(s)
3.
N2(g)
→
Cu(s)
→
Reacción de oxidación. Sustancia reductora
Reacción de reducción. Sustancia oxidante
Escribimos las hemirreacciones de oxidación y reducción
El balance en masa y en carga, se realiza utilizando hidroxilos y agua en medio alcalino:
4 OH- + N2H4(aq)
(2e- +
4.
Se suman ambas reacciones:
Cu(OH)2(s)
→
→
N2(g) + 4e- + 4 H2O
Cu(s) + 2 OH- ) . 2
4 OH- + N2H4(aq) N2(g) + 4e- + 4 H2O
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( 2e- + Cu(OH)2(s) Cu(s) + 2 OH- ) . 2
+ 4e- + 2 Cu(OH)2(s) N2(g) + 4e- + 4 H2O + 2 Cu(s) + 4 OH-
4 OH- + N2H4(aq)
Respuesta:
N2H4(aq) + 2 Cu(OH)2(s) N2(g) + 4 H2O + 2 Cu(s)
2.- Balancear en medio ácido las siguientes ecuaciones químicas, escribiendo las hemirreacciones correspondientes:
a) HCO2- + MnO4- MnO2 + CO2
b) Cl2 ClO3- + Cl1. Primero escribimos la ecuación.
HCO2- (aq)
2.
+
MnO4-
(aq)
→
MnO2(s)
+
CO2(g)
Identificamos las especies que cambian su número de oxidación.
Las especies que cambian su estado de oxidación son: C+2 y Mn+7.
HCO2MnO43.
CO2
→
MnO2
→
Reacción de oxidación. Sustancia reductora
Reacción de reducción. Sustancia oxidante
Escribimos las hemirreacciones de oxidación y reducción
Se realiza el balance en masa y en carga:
HCO24 H+ + MnO4- + 3e4.
CO2 + 2e- + H+
→
→
MnO2 + 2 H2O
Se suman ambas reacciones:
( HCO2- CO2 + 2e- + H+ ) . 3
( 4 H + MnO4 + 3e- MnO2 + 2 H2O ) . 2
3 HCO2 + 8 H+ + 2 MnO4- + 6e- 3 CO2 + 6e- + 3 H+ + 2 MnO2 + 2 H2O
5
+
-
Respuesta:
3 HCO2- + 5 H+ + 2 MnO4- 3 CO2 + 2 MnO2 + 2 H2O
b)
ClO3-
Cl2
+
Cl-
1. Primero escribimos la ecuación.
2.
ClO3+
Cl2
Identificamos las especies que cambian su número de oxidación.
Cl-
La especie que cambia su estado de oxidación es: Cl20
Cl2
→
Cl2
3.
→
ClO3-
Reacción de oxidación. Sustancia reductora
Cl-
Reacción de reducción. Sustancia oxidante
Escribimos las hemirreacciones de oxidación y reducción
Se balancea en masa y en carga:
6 H2O + Cl2 2 ClO3- + 10e- + 12 H+
2e- + Cl2 2 Cl-
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4.
Se suman ambas reacciones:
6 H2O + Cl2 2 ClO3- + 10e- + 12 H+
( 2e- + Cl2 2 Cl- ) . 5
6 H2O + 10e + 6 Cl2 2 ClO3- + 10e- + 12 H+ + 10 Cl-
Respuesta:
6 H2O + 6 Cl2 2 ClO3- + 12 H+ + 10 Cl3.- La concentración de iones sulfuro en una solución puede disminuir mediante un proceso de oxidación a S elemental con
ácido nítrico. La reacción que tiene lugar es:
S-2 + NO3- S + NO + H2O
a) Escriba las hemirreacciones de oxidación y reducción y la ecuación total balanceada.
b) ¿Qué molaridad debería tener una solución de ácido nítrico para que 300 cm3 de la misma suministraran los
protones necesarios para reaccionar con 50g de sulfuro?
S-2
a)
(-2)
NO3-
+
OXIDACIÓN
S
+
NO
+
H 2O
(0)
(+5)
REDUCCIÓN
(+2)
( S-2 S + 2e- ) × 3
Hemirreacción de oxidación
Hemirreacción de reducción
( 4 H + NO3- + 3e- NO + 2 H2O ) × 2
3 S-2 + 8 H+ + 2 NO3- + 6e- 3 S + 6e- + 2 NO + 4 H2O
+
Respuesta:
b)
3 S-2 + 8 H+ + 2 NO3- 3 S + 2 NO + 4 H2O
3 S-2 + 8 H+ +
3.(32,00)
8.(1,01)
96,00
8,08
2 NO3-
3S
+
2 NO
+
4 H 2O
50 g de S-2 . 8,08 g H+ / 96,00 g S-2 = 4,21 g H+
HNO3 ácido nítrico 1 mol de ácido nítrico produce 1 mol de H+ al ionizarse en medio acuoso.
1,01 + 14,01 + 16,00.3 = 63,02
1molH + 1molHNO3
4,21gH ⋅
⋅
= 4,17 molesHNO3
1,01gH + 1molH +
+
[HNO3] = (NºmolesHNO3) / (Volumen de solución (L)) = 4,17 moles / 0,3 L
Respuesta:
[HNO3] = 13,9 M
4.- Dado el siguiente diagrama de una pila:
Zn / Zn+2 (X M) // Cu+2 (0,1 M) / Cu
a) Calcular la diferencia de potencial de la pila cuando X = 1.10-2 M, 1.10-4 M y 1.10-6 M.
b) Decir para cuál de las tres concentraciones anteriores se obtiene mayor potencial.
Datos:
Cu+2 + 2e- Cu(s)
Eºred = + 0,34V
Zn+2 + 2e- Zn(s)
Eºred = - 0,76V
(Eºred: Potencial estándar de reducción)
a)
Zn(s) Zn+2 + 2eOxidación (ánodo)
Cu+2 + 2e- Cu(s)
Reducción (cátodo)
----------------------------------------Cu+2 + Zn(s) Zn+2 + Cu(s)
En condiciones estándar
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Eºpila = EºredCÁTODO – EºredÁNODO
Eºpila = 0,34V – (-0,76V) = 1,10V
Aplicando la Ecuación de Nernst para las distintas concentraciones:
0
E pila = E pila
−
[
[
 Zn +2
0,059
⋅ log
+2
n
 Cu
] 
]
Eº: Potencial en condiciones estándar
E: Potencial.
n: Nº de electrones que participan en la reacción redox.
[Zn+2] = 1.10-2 M
E pila = 1,10V −
 1 ⋅ 10 −2 M
0,059
⋅ log
2
 0,1M

 = 1,13V

 1 ⋅ 10 −4 M
0,059
⋅ log
2
 0,1M

 = 1,19V

 1 ⋅ 10 −6 M
0,059
⋅ log
2
 0,1M

 = 1,25V

[Zn+2] = 1.10-4 M
E pila = 1,10V −
[Zn+2] = 1.10-6 M
E pila = 1,10V −
Respuesta:
a) El potencial de la pila es de 1,25 V
b) Se obtiene mayor potencial con una [Zn+2] = 1.10-6 M.
5.- Calcule la masa de cobre que se depositará al hacer pasar 5,0 A a través de una solución de sulfato cúprico durante 100
min.
Resolución:
CuSO4 Cu+2 + SO4-2
Cu+2 + 2e- Cu
Hemirreacción catódica
1 mol Cu ------------------------- 2 moles de e63,55 g ------------------------- 2 . 96500C
I = q / t q = I. t I: Intensidad (A).
q: carga(C)
t: tiempo(s)
q = 5,0 A. (100 min . 60 s/min)
q = 30000 C
g Cu
g Cu = 9,88 g
= 30000 C × 63,55 g Cu
2 ×. ( 96500 C )
Respuesta: Se depositarán 9,88 g de Cu
6.- a) ¿Cuántos Coulomb se requieren para depositar un gramo de Cr+3?. Escriba la ecuación redox indicando si se trata de
una oxidación o una reducción.
b) ¿Cuánto tiempo será necesario si se usa una corriente de 0,25A?.
a)
Cr+3 + 3e- Cr
Hemirreacción de reducción
1 mol Cr+3 ---------------------- 3 moles de e-
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1 g Cr+3
×
51,99 g Cr+3
b)
3 . ( 96500 C )
= 5568 C
I=q/t
I: Intensidad (A).
q: Carga (C).
t: Tiempo (s).
t = q / I = 5568 C / 0,25A = 22272 s
22272 s . 1 hora / 3600 s = 6,2 horas.
7.- Una solución de CuSO4 electrolizada durante 8 horas produce 100 g de cobre metálico.
a) Escribir las reacciones que ocurren en el ánodo, en el cátodo y la global.
b) ¿Cuál es la intensidad de la corriente que circula por la celda?.
c) ¿Cuál es el volumen en CNPT de oxígeno gaseoso que se desprende en el ánodo?.
a)
CuSO4 Cu+2 + SO4-2
( Cu+2 + 2e- Cu ) . 2
2 H2O O2 + 4e- + 4 H+
----------------------------------------------------------2 Cu+2 + 2 H2O 2 Cu + O2 + 4 H+
Cu+2 + 2e- Cu
b)
Hemirreacción catódica (reducción)
Hemirreacción anódica (oxidación)
Reacción global
Hemirreacción catódica
1 mol Cu ------------------------- 2 moles de e-
100 g Cu ×
63,55 g Cu
2 . ( 96500 C ) = 303698 C
t = 8 horas . 3600 seg / 1 hora = 28800 seg
I = q / t = 303698 C / 28800 s
I = 10,54 A
2 H2O O2 + 4e- + 4 H+
c)
Hemirreacción anódica
4 moles de e- ------------------------- 1 mol O2(g)
×
303698 C
4 × (96500 C )
22,4 L de O2(g) ( en CNPT ) = 17,62 L de O2(g) ( en CNPT )
8.- Considerar las siguientes celdas:
A. Co /Co+2 (0,15M) // Fe+2/ Fe (0,68M)
B. Fe / Fe+2 (0,87M) // H+ (1M), H2 (1atm) / Pt
C. Zn / Zn+2 (0,10M) // Zn+2 (1,00M) / Zn
a) Escriba las hemirreacciones de oxidación y reducción y la ecuación total balanceada para cada una de ellas.
b) ¿Cuáles de las celdas procederán espontáneamente?
Datos: EºH+/H2 = 0,00V ; EºFe+2/Fe = -0,44V; EºZn+2/Zn = -0,76V ; Eºco+2/Co = -0,28V
a)
A
Co Co+2 + 2eFe + 2e- Fe
-------------------------------------------Co + Fe+2 Co+2 + Fe
+2
Hemirreacción de oxidación (Ánodo)
Hemirreacción de reducción (Cátodo)
Ecuación total balanceada
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B
Fe Fe+2 + 2e2 H + 2e- H2
-------------------------------------------2 H+ + Fe Fe+2 + H2
Hemirreacción de oxidación (Ánodo)
Hemirreacción de reducción (Cátodo)
Zn Zn+2 (0,10M) + 2eZn (1,00M) + 2e- Zn
-------------------------------------------Zn+2 (1,00M) Zn+2 (0,10M)
Hemirreacción de oxidación (Ánodo)
Hemirreacción de reducción (Cátodo)
+
C.
Ecuación total balanceada
+2
Ecuación total balanceada
b)
A.
Eºpila = Eºcátodo – Eºánodo = -0,44V – (-0,28V) = -0,16V
0
E pila = E pila
−
B.
] = −0,16V − 0,059 ⋅ log 0,15M  = −0,14V
 (0,68M ) 
2
]


Eºpila = Eºcátodo – Eºánodo = 0V – (-0,44V) = 0,44V
0
E pila = E pila
−
C.
[
[
 Co +2
0,059
⋅ log
+2
n
 Fe
 Fe + 2
0,059
⋅ log
 H+ 2
n

[ ] = 0,44V − 0,059 ⋅ log 0,87 M
 (1,00 M )
2
[ ] 

2

 = 0,44V


Eºpila = Eºcátodo – Eºánodo = -0,76V – (-0,76V) = 0,00V
0
E pila = E pila
−
 Zn + 2 (0,10M) 
0,059
 = 0,00V − 0,059 ⋅ log 0,10 M  = 0,03V
⋅ log
2
 (1,00 M )2 
 Zn + (1,00M) 
n
2




[
[
]
]
Respuesta: b) Son espontáneas B y C.
9.- Para la siguiente reacción:
Sn+2 (0,10M) + 2 Fe+3 (0,15M) Sn+4 (5.10-2M) + 2 Fe+2 (0,10M)
a) Escriba las hemirreacciones.
b) ¿Cuál es el potencial de la celda?.
Datos: EºSn+4/Sn+2 = 0,14V ; EºFe+3/Fe+2 = 0,77V
Hemirreacción de oxidación (anódica)
Sn+2 Sn+4 + 2e( Fe+3 + 1e- Fe+2 ) . 2
Hemirreacción de reducción (catódica)
-------------------------------------------------Sn+2 + 2 Fe+3 Sn+4 + 2 Fe+2
a)
b)
Eºcelda = Eºcátodo – Eºánodo = 0,77V – 0,14V = 0,63V
E celda = E
0
celda
Respuesta:
 Sn + 4 ⋅ Fe + 2
0,059
−
⋅ log
 Sn + 2 ⋅ Fe +3
n

[
[
][
][
]
]
2
2
2
−2


 = 0,63V − 0,059 ⋅ log 5 ⋅ 10 M ⋅ (0,10 M )
 0,10 M ⋅ (0,15M )2

2


Ecelda = 0,65V
10.- Calcule el valor de la constante de equilibrio, K a 25ªC para la siguiente reacción.
Eºcu+2/Cu = -0,521V; EºPtCl6-2 / PtCl4-2 = 0,68V
2Cu + PtCl6-2 → 2 Cu + + PtCl4-2 + 2 Cl-




Química General 2009
Primero se escriben las hemirreacciones:
Cu → 2 Cu + + 1e
Hemirreacción anódica (oxidación)
→ PtCl4-2 + 2 Cl-
Hemirreacción catódica (reducción)
2e + PtCl6-2
Luego se suman las hemirreacciones:
2(Cu → 2 Cu + + 1e)
2e + PtCl6-2 → PtCl4-2 + 2 Cl2Cu + PtCl6-2 → PtCl4-2 + 2 Cl- + 2 Cu +
Se calcula el Eºcelda
Eºcelda = Eºcátodo – Eºánodo = 0,68V – (-0,521V) = 0,16V
El valor de Eºcelda se emplea para el cálculo de la constante de equilíbrio K:
ln K = nF Eºcelda
RT
Reemplazando:
lnK = 2 × 96500J/V.mol × 0,16V
8,34 J/mol.K × 298 K
K = e 12,4
Respuesta: K = 2,4 × 105, a 25 ºC
=12,4