Capítulo 16 Equilbrio Iónico Acuoso Titulación

5/9/2012
Capítulo 16
Equilbrio
Iónico Acuoso
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Titulación
• En titiulación ácido-base,
 agente titulante solución que se añade lentamente desde
una bureta
La solución
L
l ió añadida
ñ did - concentración
t ió desconocida
d
id
Se añade a solución - cocentración conocida
Punto final cuando visiblemente se completa la reacción
(detectado con indicador)
indicador
 Indicador especie química que cambia en color en
función de pH y se añade para detectar el punto fin
final
 Punto de equivalencia – moles H3O+ = moles OH−
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
Curva de titulación de ácido fuerte con NaOH
Como ambas
soluciones tienen la
misma concentración y
estequiometría es 1:1,
V igual en el punto de
equivalencia.

Después
p
del
pto.equivalencia
(base en exceso)
En Punto de Equivalencia
Moles HCl = moles NaOH
pH = 7.00
Antes pto. equivanlencia
(exceso de ácido
Volumen de NaOH añadidos, (mL)
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3
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
Antes ::Añadir 5.00 mL NaOH 0.100 M
neutralización HCl  ac   NaOH  ac 

NaCl  ac   H 2 O
M HCl x VHCl
x 0.025 L 
0.100 moles
L  
inicial
inicial
2.50 x10 3 moles
2.5 x10 3
0
rx
5.0 x10 4
rx
final
final
0
M NaOH xVNaOH
x 0.005 L 
 0.100 moles
L  
5 x10 4 moles
 2.5 x10
3
 5.0 x10 4
2 .0 x10 3
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
0
4
5 .0 x10 4
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2
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
5.0 mL NaOH añadidos
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5.0 x 10−4 moles NaOH añadidos
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5
Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
En : Añadir 25.00 mL NaOH 0.100 M
neutralización HCl  ac   NaOH  ac 
 NaCl  ac   H 2O
M HCl x VHCl
0.100  x 0.025 
inicial
inicial
2.50 x 10 3 moles
2.5 x10 3
rx
final
0
2.5 x10 3
rx
final
0
M NaOH xV NaOH
0.100  x  0.250 
2.5 x 10 3 moles
 2.5 x103  2.5 x103 
0
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0
6
2.5 x10 3
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3
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M
NaOH
• En el punto de equivalencia
25.0 mL NaOH añadidos
2 5 x 10−33 moles NaOH añadidos
2.5
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
Después:: Añadir 30.00 mL NaOH 0.100 M
pHinicial = −log(0.100) = 1.00 Después
neutralización HCl  ac   NaOH  ac 
 NaCl  ac   H 2O
M HCl x VHCl
0.100  x 0.025 
inicial
inicial
2.50 x 10 3 moles
2.5 x10 3
rx
final
0
3.0 x10 3
rx
final
0
M NaOH xV NaOH
0.100  x  0.300 
3.0 x 10 3 moles
 2.5 x103  2.5 x103 
0
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5.0 x10 4
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2.5 x10 3
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
• Después del punto de equivalencia
30.0 mL NaOH añadidos
3.0 x 10−3 moles NaOH añadidos
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Añadir 0.100 M NaOH a 0.100 M HCl
+25.0 mL 0.100 M HCl
0.00250 mol HCl
pH = 1.00
Volumen de NaOH añadidos (mL)
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10
+ 5.0 mL NaOH
0.00200 moles HCl
pH = 1.18
+10.0 mL NaOH
0.00150 mol HCl
pH = 1.37
+ 15.0 mL NaOH
0.00100 mol HCl
pH
H=1
1.60
60
+ 20.0 mL NaOH
0.00050 mol HCl
pH = 1.95
+ 25.0 mL NaOH
Punto de equivalencia
pH = 7.00
+ 30.0 mL NaOH
0.00050 mol NaOH
pH = 11.96
+ 35.0 mL NaOH
0 00100 mol NaOH
0.00100
pH = 12.22
+ 40.0 mL NaOH
0.00150 mol NaOH
pH = 12.36
+ 50.0 mL NaOH
0.00250 mol NaOH
pH = 12.52
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Titulación de ácido débil con base fuerte
Ejemplo 16.7a: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2
se titula con 0.200 M KOH. Calcule el volumen de KOH en el
punto de equivalencia.
Neutralización
HNO2 + KOH  NO2 + H2O
M KOHVKOH  M HNO2VHNO2
 0.200 VKOH   0.100  40.0  1:1
 0.100  40.0   20.0
VKOH 
20 0 mL
 0.200 
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Titulación de 40 mL de 0.100 M HNO2 con 0.200 M KOH
• pHinicial HNO2(ac) + H2O(l) ֕ NO2−(ac) + H3O+(ac)
 NO2   H 3O  
Ka 
HNO2
 x  x 
6.78 x103
x100  6.78%
0.100
x2
0.100  x 0.100

x   H 3O   6.78 x103 M
4.6 x104 

No es válida, entonces se
usaría la cuadrática o el
proceso de iteración.
x   H 3O    6.56 x103 M
pH   log
l  6.78 x103 
pH  2.17
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Ka = 4.6 x 10−4
pH  2.18
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.
Antes pto. equivalencia
Neutralización HNO2
M HNO2VHNO2
 0.100  0.040 
4 00 x10
4.00
3
+ KOH  NO2 + H2O
M KOHVKOH
 0.200  0.005
1.00 x10
0
3
neutralización HNO2  ac   KOH  ac   KNO2  ac   H 2O
inicial
4.0 x10 3
1.0 x10
rx
final
0
3.0 x10
3
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0
3
1.0 x10 3
0
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.
Tabla 15.5 Ka = 4.6 x 10−4
HNO2 + H2O ֕ NO2 + H3O+
0.00100
0.00300
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH a mitad del punto de equivalencia.
HNO2 + KOH  NO2 + H2O
0.00400 0.00200
½ pto.
pto de equivalencia,
equivalencia moles KOH = ½ moles HNO2
0.00200
0.00200
HNO2 + H2O ֕ NO2 + H3O+
pH = pKa
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Titulación de 40 mL de 0.100 M HNO2 con 0.200 M KOH
• HNO2(ac) + KOH(ac)  KNO2 (ac) + H2O(ac)
• Molesiniciales HNO2 = 0.0400 L x 0.100 mol/L = 4.00 x 10−3
• En pto. de equivalencia 20.0 mL NaOH añadidos
• Solo existe la sal (base conjugada del ácido).
−
NO2−(ac
ac))
ac)) + H2O(l) ֕ HNO2(
2(ac
ac)) + OH (ac
0 10 x 0.040
0 040
 NO2   0.10

 0.040 0.020 0.066 M
Kb 
Kw
Ka

1.0 x1014
4.6 x104
 HNO2  OH  

 NO2 
 x  x 
x2
 x  OH    1.34 x106 M
0.066  x 0.066
pOH   log 1.34 x106   5.87
2.71x1011 

pH  14  5.87  8.12
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Titulación de 40 mL de 0.100 M HNO2 con 0.200 M KOH
• MolesIniciales HNO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• HNO2(ac) + KOH(ac)  KNO2 (ac) + H2O(ac)
• Después pto. equivalencia 25.0 mL NaOH añadidos
neutralización HNO2  ac   KOH  ac   KNO2  ac   H 2O
inicial
4.0 x10 3
0
0
5.0 x10 3
rx
0.025 x 0.200
 5 x10
1.00 x 1014
1.54 x 102
 6.49 x 10
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13
4.0 x10 3
 KNO   0.0040 mol  0.0615
0 0615 M
2

 0.040  0.025 L
 KOH   0.0050 mol  0.0154
0 0154 M
 0.040  0.025 L
H O  
 3 
3
1.0 x10 3
0
final
mol KOH
L
M


pH   log 6.49 x 1013  12.18
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Adición de KOH a HNO
HNO 2inicial
2
0.0040 moles HNO2
pH = 2.18
+ 5.0 mL KOH
0.00300 moles HNO2
pH
H = 2.67
2 67
+ 10.0 mL KOH
0.00200 moles HNO2
pH = 3.15 = pKa
½ pto. Equiv.
+25.0 mL NaOH
0.0050 mol NaOH
pH = 12.18
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+20.0 mL KOH
Punto de equivalencia
0 00400 moles NO2−
0.00400
[NO2−]inic = 0.066 M
[OH−]eq = 1.34 x 10−6
pH = 8.23
indicador) ± 1
pH = pKa(indicador)
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Monitoreo de Titulación con indicador
pKa de HInd ≈ pH en el punto de equivalencia
Indicadores ácido-base
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Constante de Producto de Solubilidad, Kps
• Es la Keq para la disociación de una sal en sus
iones en medio acuoso.
• Para
P
sólido
ólid iónico
ió i MnXm, la
l disociación
di
i ió es:
MnXm(s) ֕ nMm+(ac) + mXn−(ac)
• El producto de solubilidad es:
Ksp = [Mm+]n[Xn−]m
 Ejemplo: PbCl2 : PbCl2(s) ֕ Pb2+(ac)
ac) + 2 Cl−(ac)
ac)
][Cl
Cl−]2
Ksp = [Pb2+][
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Solubilidad Molar
• Solubilidad - es la cantidad de soluto que se
•
disuelve en una cantidad dada de solución a una
T dada.
La solubilidad molar es el # de moles de soluto
que se disuelven en 1 L de solución
Es la M del soluto disuelto en una solución saturada.
Para la reacción general MnXm(s) ֕ nMm+(ac) + mXn−(ac)
Solubilidad molar, sM
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Ejemplo 16.8: Calcule la solubilidad molar de
PbCl2 en agua pura a 25 C, Kps = 1.17 x 10-5
PbCl2  s   Pb 2   ac   2 Cl   ac 
[Pb2+]
[Cl−]
0
0
+S
+2S
S
2S
I i i l
Inicial
Cambio
Equilibrio
2x
2s
x
s
K ps   Pb 2    Cl     s  2 s   4 s 3
2
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Ejemplo 16.10: Calcule la solubilidad molar de CaF2 en 0.100 M
NaF a 25 C
CaF2  s   Ca 2   ac   2 F   ac 
[Ca2+]
[F−]
0
0.100
Inicial
cambio
+S
+2S
equilibrio
S
0.100 + 2S
K
ps
  C a
2
  F

0
0 .1
s
0 .1  2 s

2

 s  0 . 1 
2s

2
 s  0 . 1 
2
1 . 4 6 x 1 0  1 0   s  0 . 1 
K
ps
2

1 .4 6 x1 0
0 . 1 
2
10
 s  1 .4 6 x1 0
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8
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Práctica – Determine la concentración de los iones
de Ag+ en agua de mar donde [Cl−] = 0.55 M
AgCl(s) ֕ Ag+(ac) + Cl−(ac)
s
Ksp = [Ag+][Cl−]
0.55 + s
Ksp = [Ag+][Cl−]
[Ag+]
[Cl−]
Inicial
0
0.55
Cambio
+s
+s
equilibrio
s
0.55 + s
Ksp = (s)(0.55 + s)
Ksp = (s)(0.55)
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El Efecto de pH en la Solubilidad
• Para hidróxidos iónicos insolubles,
 M(OH)n(s) ֕ Mn+(ac) + nOH−(ac)
A mayor pH,
[OH− ] aumenta,
solubilidad menor
M(OH)n(s) ֕ Mn+(ac) + nOH−(ac)

OH−
A menor pH,
M(OH)n(s) ֕
[OH− ] disminuye,
Mn+(ac)

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+
solubilidad mayor
nOH−(ac)
OH−
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El Efecto de pH en la Solubilidad
• Para sólidos iónicos insolubles con aniones de
ácidos débiles, a menor pH, mayor la solubilidad
2 (ac)
M2(CO3)n(s)
( ) ֕ 2 Mn++(ac)
( ) + nCO
CO32−
( )
H3O+
H3O+(ac) + CO32− (ac) ֕ HCO3− (ac) + H2O(l)
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Precipitación
• Ocurre cuando la concentración de los iones excede
la solubilidad del compuesto iónico.
• Comparar Q con Kps, se determina si hay precipitación
 Q = Kps, solución saturada,
 Q < Kps, solución insaturada,
 Q > Kps, solución por encima de saturación,
no-precipita
no-precipita
precipita
• Algunas soluciones con Q > Ksp no precipitan a menos
que se perturben – solución sobresaturada
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Ejemplo 16.12: ¿Se formará precipitado cuando se mezclan
Pb(NO3)2(ac) con NaBr(ac) si la concentración al mezclar es
0.0150 M y 0.0350 M respectivamente?
Pb(NO3)2(ac) + 2 NaBr(ac) → PbBr2(s) + 2 NaNO3(ac)
NaBr = 0.0350 M
Na+ = 0.0350 M,
Br− = 0.0350 M
Pb(NO3)2 = 0.0150
0 0150 M
2+
Pb = 0.0150 M,
NO3− = 2(0.0150 M)
Ksp of PbBr2 = 4.67 x 10–6
PbBr2(s) ֕ Pb2+(ac) + 2 Br−(ac)
Q < Ksp, no precipitación
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Capítulo 17
Energía Libre y
Termodinámica
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•
Primera Ley de Termodinámica
Conservación de Energía
La energía no se crea ni se destruye
 La cantidad total de energía del universo no cambia
 Se transforma
 Euniverso = 0 = Esistema + Ealrededores
 Uuniverso = 0 = Usistema + Ualrededores
• E = U = q + w = calor + trabajo = qP - PV
 U = H - PV
 H = U + P
PV = Einterna + presión volumen
• U (energía interna) es una función de estado
 No depende del paso o ruta
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Proceso Reversible vs Irreversible
• Un proceso espontáneo en una dirección es no
espontáneo en la dirección contraria
espontáneo
No- espontáneo
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Termodinámica vs. Cinética
q
w
CINÉTICA
Energía
Estados Intermedios,
rapidez
Productos
Reactivos
TERMODINÁMICA
Estados Inicial y Final,
espontaneidad
Progreso de reacción
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Proceso Espontáneos
• Endotérmicos
 Ejemplo: Fusión de Hielo a t > 0 °C
• Exotérmicos
 Ejemplo: Disolución de algunas sales
• E = 0
 Ejemplo: Evaporación de agua a 100°C
100 C (cambio de
fases)
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Factores que afectan la espontaneidad
de una reacción
• Cambio en entalpía, H
es la diferencia entre energía de calor del estado
inicial y final (Reactivos y Productos)
 H= E + PV = U + PV
• Cambio en entropía, S
es la diferencia entre el “desorden
desorden”” de los reactivos
y los productos
 Dispersión de energía.
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Energías de enlaces
• La cantidad de energía necesaria para romper un
mol de enlaces en un compuesto es energía de
enlace
•
0
H reacción
  H  e. rotos    H  e. formados 
 En el estado gaseoso
 Homolítico – cada átomo adquiere ½ de los electrones
enlazantes
l
t
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Tendencias de Energías de enlace
• Mayor número de electrones compartidos
enlace covalente más fuerte
C≡C
C
C (837 kJ) > C
C=C
C (611 kJ) > C
C−C
C (347 kJ)
C≡N (891 kJ) > C=N (615 kJ) > C−N (305 kJ)
• Enlace más corto, más fuerte
Br−F ((237 kJ)) > Br−Cl ((218 kJ)) > Br−Br ((193 kJ))
Enlaces más débiles hacia abajo
Enlaces más fuertes hacia la derecha
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Ejemplo: Estimado de la entalpía
H
H
C
H
H
+
Cl
Cl
H
H
C
Cl
+
H
Cl
H
Hrxn = ∑ (H(rotos)) + ∑ (H(formados))
Enlaces rotos
1 mol C─H
+414 kJ
1 mol Cl─Cl
+243 kJ
total
+657 kJ
Hrxn = (+657 kJ) + (−770 kJ)
Hrxn = −113 kJ
Enlaces formados
1 mol C─Cl
−339 kJ
1 mol H─Cl
−431 kJ
total
−770 kJ
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5/9/2012
Entropía
• Entropía es una función termodinámica
que aumenta el número de arreglos o
configuraciones de estados energéticos
equivalentes, S
 S, J/mol-K
• S = k ln W
 k = constante de Boltzman = 1.38 x 10−23 J/K
 W = el número de configuraciones en las que
un sistema puede existir (no tiene unidades)
• Sistemas desorganizados requieren menos
energía que los organizados
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W
Estos son estados
energéticamente
equivalentes para la
expansión
ió d
de un gas.
En términos de energía
no hace diferencia si
todas las moléculas están
en un solo envase o
distribuidas en los dos
dos.
Pero uno de estos
estados es más probable
que los otros.
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20
5/9/2012
Macroestados → Microestados
Todos estos
microestados
tienen el mismo
macroestado
Hay seis
configuraciones
de partículas
que resultan en
el mismo
macroestado
Este
E
t macroestado
t d se puede
d alcanzar
l
Por varias configuraciones de partículas
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Macroestados y Probabilidad
Existe solo una configuración
posible que resulta en el estado A y
una que resulta en el B
Hay seis configuariones posibles
para el estado C
El macroestado con la entropía
mayor también tiene la mayor
dispersión de energía
Por lo tanto el estado C
tiene mayor entropía que
el A o B
La probalilidad de tener el
macroestado C es seis veces
más alta que la del A o B
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5/9/2012
Cambios en Entropía, S
• S = Sfinal − Sinicial
 Los cambios se favorecen cuando:
resultan en un sistema más desordenado
 S es positivo
• Ejemplos para aumento en entropía
entropía:
reacciones con:
Productos más desorganizado
Mayor cantidad de moléculas de productos que reactivos
Fase: sólido < líquidos < gas (menor a mayor)
Aumento en temperatura
Disociación de sólidos a iones.
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S
desorden, Ssistema es:
• Para proceso hacia mayor desorden
Positivo
favorable
espontaneo
• Para proceso hacia mayor orden
orden, Ssistema es:
negativo
No-favorable
No-espontaneo

Ssistema 

Sreacción = n(S°productos) − n(S°reactivos)
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Cambio de Entropía para cambios de fase
Entropía, S
Gas
líquido
sólido
Evaporación
de líquido
Sólido
derritiendose
Temperatura, K
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Práctica – Prediga si el Ssistema es positivo o
negativo para las siguientes situaciones
• Un vaso caliente quemando sus dedos
• Vapor de agua condensandose
• Separación de aceite y aderezo de vinagre
• Disolver azúcar en té
• 2 PbO2(s)  2 PbO(s) + O2(g)
• 2 NH3(g)  N2(g) + 3 H2(g)
• Ag+(ac) + Cl−(ac)  AgCl(s)
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S +
S −
S −
S +
S +
S +
S −
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La 2da Ley de Termodinámica
• El cambio en entropía total del UNIVERSO debe
ser positivo para que un proceso sea espontaneo
• Suniverso = Ssistema + sambiente
 Suniv = 0 proceso reversible (equilibrio
(equilibrio))
espontaneo)
 Suniv > 0 proceso irreversible (espontaneo
Ej
Ejemplo:
l
 Ssistema < 0
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Sambiente >> 0
47
Suniv > 0
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S del Sistema y del Ambiente
Cuando:
Ssistema < 0
no es favorable,
favorable
Sambiente >> 0 debe ser favorable y
grande para que:
Suniverso > 0 sea proceso espontáneo
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Cambios en entropía del ambiente (análisis
cuatitativo)
STotal = Ssistema + Sambiente
• Sambiente proporcional a la cantidad de calor
liberado o absorbido
qambiente = −qsistema
Inversamente proporcional a su temperatura
• A P y T constantes,
Sambiente 
qsistema 
H sistema

T
T
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Ejamplo 17.2a: Calcule el cambio en entropía del
ambiente a 25ºC para la reacción
C3H8(g) + 5 O2(g)  3 CO2(g) + 4 H2O(g) Hrxn = −2044 kJ
Solución:
p del ambiente debe aumentar
La combustión es bien exotérmica, p
por lo q
que la entropía
significativamente
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5/9/2012
Condiciones Estándard
• Un estado es estándard (patrón) se difine
por su fase y un conjunto de condiciones
específicas
Gas = puro a 1 atm de presión
Sólido o Líquido = puro en su forma más estable
P=1 atm y T
 s almente 298 K = 25 °C
usualmente
Solución = substancia en solución de [C] = 1 M
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La 3ra Ley de Termodinámica:
Termodinámica
Entropía Absoluta S(0 K)
• La entropía absoluta de un cristal
perfecto puro a cero absoluto (0 K),
es = 0 J/mol·K
J/mol·K
Cristal Perfecto a 0K
W=1S=0
 Por lo tanto,
cada sustancia que no es un cristal
perfecto a cero absoluto tiene cierta
entropía
La entropía absoluta siempre será (+)
• Entropía absoluta, S, - cantidad de
energía que resulta de dispersión
S  k ln W
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Entropías absolutas estándard
• S°
• Extensiva
• Entropías para 1 mol de substancia a 298 K
para un estado particular
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Entropías absolutas estándard
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Entropías Estándar Relativas:
Fases
•
Masa Molar
S(g) >>> S(l) >> S(s) a T
Substancia
S°,
S
(J/mol·K)
H2O (l)
70.0
H2O (g)
188.8
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Entropías Estándar Relativas:
Complejidad molecular
• Moléculas grandes y
•
más complejas - mayor
entropía
Los estados
energéticos están más
disponibles = mayor
dispersión de energía
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Substancia
Masa
Molar
S°,
(J/mol·K)
Ar (g)
39.948
154.8
NO (g)
30.006
210.8
CO (g)
28.01
197.7
C2H4 (g)
28.05
219.3
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5/9/2012
Entropías Estándar Relativas:
disolución
• Los sólidos disueltos
•
tienen mayor entropía.
Las partículas se
distribuyen a través de
la mezcla.
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Substancia
S°,
(J/mol·K)
KClO3(s)
143.1
KClO3(ac)
265.7
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Cambio en entropía estándard, S0
• Es el S0 abosoluta de reactivos y productos bajo
condiciones estándares:
S
Sºreacción
Sºproductos
Sºreactivos
)
ió = (∑npS
d t ) − (∑nrS
ti
Recuerde que:
 Hf° (entalpía estándard de formación) de los
elementos es 0 kJ/mol,
 S° (entropía estándard absoluta) a 25 °C, siempre es
positiva
positiva.
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Ejemplo 17.4: Calcule S para la
reacción
4 NH3(g) + 5 O2(g)  4 NO(g) + 6 H2O(g)
Substancia
S, J/molK
NH3(g)
192.8
O2(g)
205.2
NO(g)
210.8
H2O(g)
188.8
Solución:
S es +, como es de esperarse para una reacción con más productos
gaseos que en los
l reactivos
ti
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Ejemplo 17.4: Calcule el S para la
reacción
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g)
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Substancia
S, J/molK
H2(g)
130.6
O2(g)
205.2
H2O(g)
188.8
Solución:
S es ((−),
), hay más reactivos gaseosos que productos
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Otra función termodinámica, G
sistema
sistema
ambiente
Stotal  S sistema  S ambiente
 H sistema 
Stotal  S sistema   

T


T Stotal  T S sistema  H sistema    H sistema  T S sistema 
T Stotall  H sistema
 T S sistema
 G
i
i
G solo toma en cuenta el sistema (¡aleluya!)
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Otra función termodinámica, G
T Stotal  H sistema  T S sistema  G
Gm = potencial químico (
T Stotal  G
Stotal  0
G  0
Un proceso seráá espontáneo
U
á
cuando el G es negativo
Stotal  0
G  0
Un proceso será NO
NO-espontáneo
cuando el G es positivo
Stotal  0
G  0
Un proceso estará en equilibrio
cuando el G es igual a cero
Energía Libre de Gibbs, G, es la cantidad máxima de energía
que se puede liberar al ambiente por un sistema
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5/9/2012
Energía Libre de Gibbs, G
• Proceso espontáneo {G (-)}
 G será negativo cuando:
 H (-) y S (+)
G  H sistema  T S sistema
exotérmico y más desordenado
 H (-) y magnitud alta y S (-) pero magnitud baja
 H (+) pero magnitud baja y S (+) y magnitud alta
o T altas
• Proceso NO- espontáneo
p
{G ((+)}
)}
 H (+) y S (−)
En toda T
Proceso en equilibrio {G =0}
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G, S, H en equilibrio de fases
G  H sistema  T S sistema
0  H sistema
 T S sistema
i
i
T S sistema  H sistema
H sistema
T
 H evap , H f
S sistema 
H sistema
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5/9/2012
G, H, y S
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Cambio en energía libre y espontaneidad
espontáneo
tá
Energía Libre
espontáneo
tá
Mezcla de
equilibrio
Q=K
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Ejemplo 17.3a: La reacción CCl4(g)  C(s, grafito) + 2 Cl2(g) con
H = +95.7 kJ y S = +142.2 J/K a 25 °C.
Calcule G y determine si es espontaneo.
Solución:
Como G es +, la reacción no es espontánea a esta T. Para que
sea espontánea, hay que aumentar la temperatura.
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Ejemplo 17.3b: La reacción CCl4(g)  C(s, grafito) + 2 Cl2(g) con
H = +95.7 kJ y S = +142.2 J/K.
Calcule la temperatura mínima para que sea espontanea.
Solución:
La T debe ser mayor de 673K para que sea espontánea
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Práctica – La reacción Al(s) + Fe2O3(s)  Fe(s) + Al2O3(s) con
H = −847.6 kJ y S = −41.3 J/K at 25 °C.
Determine la temperatura máxima para que sea espontanea
Solución:
÷ (-1); invierte signo de “>”
2048 − 273 = 1775 C
Cualquier T mayor de 1775 C hará que la rx no sea espontánea
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Cálculo de G
• A 25 C
Goreacción = nGof(productos) - nGof(reactivos)
• A t ≠ 25 C
 asumiendo que el Horeacción y Soreacción no cambian
significativamente.
• o
Greacción = Hreacción – TS reacción
Gtotal = G reacción 1 + G reacción 2 + ...
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Práctica – Determine el cambio en la energía libre
para la reacción siguiente a 298 K
2 H2O(g) + O2(g)  2 H2O2(g)
Substancia
H2O2(g)
O2(g)
H2O(g)
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
H , kJ/mol
H
−136.3
0
−241.8
71
S, J/mol
S
232.7
205.2
188.8
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Práctica – Determine el G para la reacción a continuación a 298 K
2 H2O(g) + O2(g)  2 H2O2(g)
H = 211.0 kJ, S = −117.4 J/K, T = 298 K G, kJ
Solución:
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
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Energía Libre Estándard o patrón de
Formación (Gf°)
• Es el G cuando
un mol de un
compuesto se
forma de sus
elementos en su
estado patrón
 Gf° = 0 para los
elementos en su
estado patrón
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
73
Ejemplo 17.7: Calcule G a 25 C para
la reacción
CH4(g) + 8 O2(g)  CO2(g) + 2 H2O(g) + 4 O3(g)
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Substancia
CH4(g)
O2(g)
CO2(g)
H2O(g)
O3(g)
Gf°, kJ/mol
−50.5
0.0
−394.4
−228.6
+163.2
S l ió
Solución:
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
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Relaciones de la función de estado, G
A  B
 G1
B  C
G2
C  D
G3
D  E
G4
A  E
 G to ta l
 G to ta l   G 1   G 2   G 3   G 4
E  A
  G to ta l
nA  nE
n  G to ta l
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Reacción inversa
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Ejemplo 17.8: Calcule Gºrxn para la reacción siguiente usando las
reacciones dadas: C(s) + 4 H2(g)  C3H8(g)
Dado: C3H8(g) + 5 O2(g)  3 CO2(g) + 4 H2O(g) Gº = −2074 kJ
Gº = −394.4 kJ
C(s) + O2(g)  CO2(g)
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g)
Gº = −457.1 kJ
Calcule: Gº de 3 C(s) + 4 H2(g)  C3H8(g)
Manipule la reacciones dadas para que sumen la
reacción deseada. La suma de los Gº’s es el Gº de
la reacción deseada.
Solución: 3 CO2(g) + 4 H2O(g)  C3H8(g) + 5 O2(g) Gº = +2074 kJ
3 x [C(s) + O2(g)  CO2(g) ]
2 x [2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g)]
3 C(s) + 4 H2(g)  C3H8(g)
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76
Gº = 3(−394.4 kJ)
Gº = 2(−457.1 kJ)
Gº = −23 kJ
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¿Qué es lo “Libre” de la energía Libre?
• Es la cantidad máxima de energía de un sistema
disponible para hacer trabajo
trabajo,, w, en el ambiente
• Para muchas reacciones exotérmicas,
 qliberado (H)  aumento en entropía en el ambiente,
no está disponible para hacer trabajo
O se pierde calentando el ambiente
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G de reacción exotérmica
•
•
•
•
C(s, grafito) + 2 H2(g) → CH4(g)
H°rxn = −74.6 kJ = exotérmico
S°rxn = −80
S
80.8
8 J/K = no-favorable
G°rxn = −50.5 kJ = espontáneo
G°  <  H°  porque parte
del calor se libera y se
pierde para aumentar
a mentar la
entropía del ambiente
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
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5/9/2012
G bajo condiciones que no son patrón
G = G + RTlnQ
RTlnQ
 Q es el coeficiente de reacción
 En equilibrio G = 0 y Q = K
G = −RTlnK
Tro: Chemistry: A Molecular Approach
79
Ag a se
Agua
condensa
G > 0
Agua se
A
evapora
G < 0
Energía Libre
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Q < K
Q > K
Q=K
equilibrio
G=0
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5/9/2012
Ejemplo 17.9: Calcule G at 298 K para
la reacción siguiente bajo las
condiciones a continuación
2 NO(g) + O2(g)  2 NO2(g) Gº = −71.2 kJ
Condiciones no -estándard
estándard, Gº, T
G kJ
G,
Substance
P, atm
NO(g)
O2(g)
NO2(g)
0.100
0.100
2.00
Solución:
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
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Práctica – Calcule Grxn para la reacción
dada a 700 K bajo estas condiciones
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g) Gº = +46.4 kJ
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Substance
P, atm
N2(g)
H2(g)
33
99
NH3(g)
2.0
Condiciones no
no--estándard
estándard,, Gº,, T
G, kJ
Solución:
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5/9/2012
Gº y K
• Como Grxn = 0 en equilibrio, entonces
Gº = −RTln
−RTln((K)
 K < 1, Gº = (+)
reacción será no
no-- espontánea en la dirección directa
bajo condiciones patrón
o ¡No pasará nada si no hay productos todavía!
 Cuando K > 1, Gº = (− )
reacción es espontánea en la dirección directa bajo
condiciones patrón
 Cuando K = 1, Gº = 0
reacción está en equilbrio en condiciones patrón
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83
Ejemplo 17.10: Calcule K a 298 K para la
reacción
N2O4(g) ֕ 2 NO2(g)
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Substancia Gf°, kJ/mol
N2O4(g)
+99.8
+51.3
NO2(g)
Solución:
Gº = −RTln
−RTln((K)
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Práctica – Estime la K de la reacción a 700 K
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g) Gº = +46.4 kJ
Gº = −RTln
−RTln((K)
Solución:
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Por qué la constante de equilibrio depende de temperatura
• Combinación de las dos ecuaciones
G° = H° − TS°
G° = −RTln(K)
• Se puede demostrar que:
Grx0   RT ln K
0
0
Grx0   H rx  T S rx 
H rx0  1  S rx0


ln K 
 
RT
RT
R T 
R
• Tiene la forma y = mx + b
• Una gráfica de ln(K)
ln0(K) contra (T)-1 es lineal con
0
m = H rx y b = Srx
R
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R
86
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Capítulo 18
Electroquímica
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Corriente Eléctrica
• Corriente (i)
 de agua – cantidad de agua
que pasa en un periodo de
tiempo
ti
 Eléctrica – cantidad de carga
eléctrica (Q) que pasa por un
punto en un periodo de tiempo
Electrones a través de un
alambre
Iones fluyendo en solución
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44
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Oxidación–Reducción (Redox)
• Reacciones con transferencia de e- generan i.
• Átomos que:
 pierden electrones se oxidan
aumenta # de oxidación
 ganan electrones se reducen
disminuye # de oxidación
Agente reductor = CO2
CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O
−4 +1
0
+4 –2
+1 −2
oxidación
reducción
Agente oxidante = O2
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Corriente Eléctrica Fluyendo
Directamente entre átomos
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Corriente fluyendo indirectamente entre átomos
Para usar la corriente hay que separar el lugar donde ocurre la oxidación de donde
ocurre la reducción
Puente salino
KNO3(ac)
Lana de vidrio
Permite paso
de iones
Reducción
Oxidación
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Electroquímica y Celdas Electroquímicas
• Estudia reacciones que producen o requieren i.
• Celda electroquímica – Donde se convierte
energía química en eléctrica.
eléctrica.
Celda voltaica (galvánica)
Reacciones redox espontáneas
Celda electrolítica
Reacciones redox no
no--espontánea
o ocurren cuando se añade energía eléctrica
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5/9/2012
Celda Electroquímica
• Medias celdas – Separan las medias reacciones de oxidación y
•
reducción
Circuito eléctrico
• Flujo de electrones a través de un alambre y a su vez flujo de
iones a través de una solución
• Electrodo - Sólido conductor para transferencia de e- a través de
circuito externo.
 metal o grafito
• Electrolito – para intercambio de iones entre dos medias celdas del
sistema (circuito interno).
93
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• Ánodo
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Electrodos
Donde ocurre la oxidación
Atrae aniones hacia él
En
En celda electrolítica:
Conectado al terminal positivo de una batería
Pierde peso
• Cátodo
Donde ocurre la reducción
Atrae cationes hacia él
En celda electrolítica:
Conectado al terminal negativo de una batería
Gana peso
o Electrodeposición
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Corriente,, (i
Corriente
(i)
• # e-/s
 Unidad Amperio (A)
 A = Q/t = Coulombio/s = 1 C/s
 1 A = (6.242 x 1018 e-)/s
 # e- depende de área de electrodo
Voltaje,, ((V
Voltaje
V)
• Es la diferencia en potencial:
 EP =EP(productos) – EP(reactivos)
 unidad = Voltio (V)
 1 V = 1 J/C
 El voltaje que mueve e- por el ciruito externo
• Fuerza electromotriz, emf (E):
 fuerza que mueve los e- por un cable.
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Potencial de la Celda
Celda,, ((E
E)
• E = EP(cátodo) – EP(ánodo) en una celda voltaica
depende de la habilidad de:
Reducción de agentes oxidantes en el cátodo.
Oxidación de agentes reductores en el ánodo.
• Potencial estándar, E°celda
25 °C, 1 atm para gases, solución 1 M
E°celda = E
E°red + E
E°ox
E
Suma de medias reacciones en la celda.
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5/9/2012
Celda Voltaica
ánodo = Zn(s)
ell ánodo
á d se oxida
id a Zn
Z 2+
Cátodo = Cu(s)
Iones de Cu2+ se
reducen en el cátodo
Puente
salino
KNO3(ac)
Lana de
vidrio
Permite paso
de iones
Reducción
Oxidación
Zn(s) | Zn2+(ac) || Cu2+(ac) | Cu(s)
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Ejemplo de Electrodo Inerte
Debido a que la media celda
ocurre la reducción Manganeso de
+7 a +2
+2, usamos un electrodo
inerte que provee una superficie
para transferir e- sin reaccionar
con MnO4−.
El platino es extremadamente
inerte (no reactivo) y conduce
electricidad
Fe(s) | Fe2+(ac) || MnO4( ac), Mn2+(ac), H+(ac) | Pt(s)
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Agente Reeductor
Agente Oxidante
¿En que dirección fluyen los electrones?
Cu2+ + 2 e− → Cu E°= +0.34
2 + 2 e− → Zn E°=
Zn2+
° -0.76
Energía Pottencial
E °(celda) =E°(cátodo) - E°(ánodo) = +0.34 – (-0.76)
Zn → Zn2+ + 2 e−
E°= +0.76
Flujo
j de
Electrones
Cu2+ + 2 e− → Cu
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E°= +0.34
99
Bajo
condiciones
estándard, el
zinc tiene una
tendencia mayor
para oxidarse
que cobre
Por lo tanto el
flujo de
electrones fluye
de zinc; siendo
éste el ánodo
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Potencial estándard de reducción
• Seleccionamos la media reacción de la reducción de
H+ a H2
 2 H+(ac) + 2 e-→ H2(g)
E0 = 0 V
bajo condiciones estándard
|| H+(1 M) | H2(g) (P = 1 atm), Pt(s)
 Electrodo estándard de hidrógeno, SHE
 Electrodo normal de hidrógeno, ENH
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Medidas del Potencial de la media celda con ENH
Zn(s) | Zn2+(1 M) || H+(1 M) | H2(g)(1 atm), Pt(s)
Zn(s) | Zn2+(1 M) || ENH
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Potencial de media celda
• Comparación con SHE (E0 = 0.00 V)
• 2H+ + 2e-  H2
 Bajo condiciones estándard (normal): [H+] = 1 M; P(H2) = 1 atm
• Media reacción con una tendencia de reducción
 mayor que SHE - E°red ( + )
 menor que SHE - E°red ( - )
• Para una media reacción de oxidación,, E°ox = − E°red
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A. Ox.fuerte
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A. Red.débil
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A. Ox.débil
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A. Red.fuerte
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Cálculo de Potenciales de la Celda en
codiciones estándard
• E°celda = E°ox + E°red = E°cátodo - E°ánodo
los valores de E° de las medias reacciones
no se multiplican E° , aunque necesiten
multiplicar las reacciones para balancearlas
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Práctica – Calcule Eceldapara la reacción a 25 C
IO3–(ac) + 6 H+(ac) + 5 I−(ac) → 3 I2(s) + 3 H2O(l)
Medias reacciones de Reducción
F2(g) + 2e− 2 F−(ac)
IO3
−(ac)
Ag+(ac)
+6
1e−
5e−
+2 87
+2.87
½I2(s) + 3H2O(l)
+1.20
Ag(s)
+0.80
Fe3+(ac) + 1e− Fe2+
+0.77
I2(s) +
+
H++
Ered, V
2e−
Cu2+(ac)
+
2
I−(ac)
2e−
+0.54
Cu(s)
Cr3+(ac) + 1e− Cr2+(ac)
Mg2+(ac)
+
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2e−
Mg(s)
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+0.34
−0
0.50
50
−2.37
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Práctica – Calcule Eceldapara la reacción a 25 C
IO3–(ac) + 6 H+(ac) + 5 I−(ac) → 3 I2(s) + 3 H2O(l)
ox (ánodo): 2 I−(s)  I2(ac) + 2 e−
red: IO3−(ac) + 6 H+(ac) + 5 e−  ½ I2(s) + 3 H2O(l)
Eox de I− = −Ered de I2 = −0.54 V
Ered odeIO3− = +1.20 V
Ecelda = (−0.54 V) + (+1.20 V) = +0.66 V
Ered odeIO3− = +1.20 V
E red de I2 = +0.54 V;
Ecelda=E
E°cátodo- E°ánodo= (+1.20V) – (0.54V) = +0.66V
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Ejemplo 18.5: Prediga si la reacción siguiente es espontánea bajo
condiciones estándard
Fe(s) + Mg2+(ac)  Fe2+(ac) + Mg(s)
ox:
Fe(s)  Fe2+(ac) + 2 e−
red: Mg2+(ac) + 2 e−  Mg(s)
Fe2+(ac) + 2e− Fe(s)
Mg2+(ac)
+
2e−
-0.45
Mg(s)
−2.37
Como la reducción de Mg2+ está debajo de la reducción de Fe2+, la
reacción NO es espontánea según escrita
espontánea
tá
Mg(s) + Fe2+(ac)  Mg2+(ac) + Fe(s)
ox:
red:
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Mg(s)  Mg2+(ac) + 2 e−
Fe2+(ac) + 2 e−  Fe(s)
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El esquema de la
celda se rotula las
partes: la ox ocurre
en el ánodo; los efluyen del ánodo al
cátodo
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Práctica – ¿Cuál de los materiales siguientes
se puede usar para oxidar Cu sin oxidar Ag?
Media reacción de reducción
a) F−
b) I−
c) I2
d) Cr3+
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F2(g) + 2e− 2 F−(ac)
IO3−(ac) + 6 H++ 5e− ½I2(s) + 3H2O(l)
Ag+(ac) + 1e− Ag(s)
I2(s) + 2e− 2 I−(ac)
Cu2+(ac) + 2e− Cu(s)
Cr3+(ac) + 1e− Cr2+(ac)
Mg2+(ac) + 2e− Mg(s)
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Práctica – Haga esquema y rotule la celda voltaica donde la media
celda tiene Ag(s) inmersa en 1 M AgNO3, y la otra media celda con
electrodo de Pt inmerso en 1 M Cr(NO3)2 y 1 M Cr(NO3)3 Escriba las
media reacciones y la reacción neta. Determine el potencial de la
celda en condiciones estándard
Media reacción de reducción
Ered, V
F2(g) + 2e− 2 F−(ac)
IO3
−(ac)
Ag+(ac)
+6
+
H++
1e−
5e−
+2.87
½I2(s) + 3H2O(l)
+1.20
Ag(s)
+0.80
I2(s) + 2e− 2 I−(ac)
Cu2+(ac)
+
2e−
+0.54
Cu(s)
+0.34
Cr3+(ac) + 1e− Cr2+(ac)
Mg2+(ac)
+
2e−
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Mg(s)
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e− →
−2.37
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e− →
e− →
e− →
−0.50
puente
salino
ánodo = Pt
cátodo = Ag
Cr2+
Ag+
Cr3+
ox: Cr2+(ac)  Cr3+(ac) + 1 e−
red: Ag+(ac) + 1 e−  Ag(s)
E° = +0.50 V
E° = +0.80 V
tot: Cr2+(ac) + Ag+(ac)  Cr3+(ac) + Ag(s)
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112
E° = +1.30 V
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Práctica – ¿Cuál de los metales a continuación se disuelven en
HC2H3O2(ac)? Escriba la reacción.
Media reacción de reducción
a) Ag
Au3+(ac)
+ 3e− Au(s)
Ag+(ac) + 1e− Ag(s)
b) Cu
Cu2+(ac) + 2e− Cu(s)
2H+(ac) + 2e− H2(g)
c) Fe
Fe3+(ac) + 3e− Fe(s)
Cr3+(ac) + 3e− Cr(s)
d) Cr
Mg2+(ac) + 2e− Mg(s)
c) 2 Fe(s) + 6 HC2H3O2(ac) → 2 Fe(C2H3O2)3(ac) + 3 H2(g)
d) 2 Cr(s) + 6 HC2H3O2(ac) → 2 Cr(C2H3O2)3(ac) + 3 H2(g)
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E°celda, G°= -nFE0 y K
• Para reacción espontánea
Va en dirección directa en estado patrón
G° < 1 (negativo)
E° > 1 (positivo)
K > 1
• G° = −RTlnK = −nFE°celda
n es el número de electrones
F = Constante de Faraday = 96,485 C/mol e−
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5/9/2012
Ejemplo 18.6
18.6: Calcule G° para la reacción
I2(s) + 2 Br−(ac) → Br2(l) + 2 I−(ac)
ox: 2 Br
B −(ac) → Br
B 2(l) + 2 e−
red: I2(l) + 2 e− → 2 I−(ac)
E° = −1.09
1 09 V
E° = +0.54 V
tot: I2(l) + 2Br−(ac) → 2I−(ac) + Br2(l) E° = −0.55 V
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Derivación de la Ecuación de Nernst
Cuando la temperatura es 25°C y ln→log
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Ecuación de Nernst en equilibrio
G  G 0  RT ln Q
0  G 0  RT ln K
G 0   RT ln K
nFE 0   RT ln K
Cuando la temperatura es 25°C
E0 
RT
nF
E0 
0.059
n
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ln K
T  298;ln  log
log K
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Ejemplo 18.7: Calcule K a 25 °C para la reacción
Cu(s) + 2 H+(ac) → H2(g) + Cu2+(ac)
ox: Cu(s) → Cu2+(aq) + 2 e−
red: 2 H+(aq) + 2 e− → H2(aq)
E° = −0.34
0 34 V
E° = +0.00 V
tot: Cu(s) + 2H+(aq) → Cu2+(aq) + H2(g) E° = −0.34 V
como K < <<1, el equilibrio está desplazado casi completamente hacia los
reactivos bajo condiciones estándard
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Práctica – Calcule K para la rección a 25 C
2IO3–(ac) + 12H+(ac) + 10 I−(ac) → 6I2(s) + 6H2O(l)
Media reacción de reducción
Ered, V
F2(g) + 2e− 2 F−(ac)
IO3
−(ac)
Ag+(ac)
+6
+
H++
1e−
5e−
+2 87
+2.87
½I2(s) + 3H2O(l)
Ag(s)
I2(s) + 2e− 2 I−(ac)
Cu2+(ac)
+
2e−
+
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2e−
+0.80
+0.54
Cu(s)
Cr3+(ac) + 1e− Cr2+(ac)
Mg2+(ac)
+1.20
Mg(s)
119
+0.34
−0.50
−2
2.37
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Práctica – Calcule K para la rección a 25 C
2IO3–(ac) + 12H+(ac) + 10 I−(ac) → 6I2(s) + 6H2O(l)
ox : 2 I−((s)) → I2((ac)) + 2e− Eº = −0.54 V
red: IO3−(ac) + 6 H+(ac) + 5e− → ½ I2(s) + 3H2O(l) Eº = 1.20 V
tot: 2IO3−(ac) + 12H+(ac) + 10 I−(ac) → 6I2(s) + 6H2O(l) Eº = 0.66 V
como K >> 1, la posición del equilibrio está desplazado hacia la derecha bajo
condiciones estándard
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5/9/2012
Ecelda cuando [C] ≠ 1 M
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Ejemplo 18.8:
18.8 Calcule Ecelda a 25 °C para la reacción
3 Cu(s) + 2 MnO4−(ac) + 8 H+(ac) → 2 MnO2(s) + 3Cu2+(ac) + 4 H2O(l)
3Cu(s) + 2MnO4−(ac) + 8H+(ac) → 2MnO2(s) + 3Cu2+(ac) + 4H2O(l)
[Cu2+] = 0.010 M, [MnO4−] = 2.0 M, [H+] = 1.0 M
Ecell
ox: {Cu(s) → Cu2+(aq) + 2 e− }x3
E° = −0.34 V
red: {MnO4−(aq) + 4 H+(aq) + 3 e− → MnO2(s) + 2 H2O(l) }x2
−
tot: 3Cu(s) + 2MnO4
(aq)
+
8H+
(aq)
→ 2MnO2(s) +
3Cu2+
Ecelda  E
0
celda
(aq)
E° = +1.68 V
+ 4H2O(l)) E° = +1.34 V
3
Cu 2 
0.0592

log
2
8
n
 MnO4   H  
0.010  1.41V
0.0592
log
2
8
6
 2.0 1.0
3
Ecelda  1.34
Ecelda > E°celda según se espera porque [MnO4−] > 1 M y [Cu2+] < 1 M
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Celdas Electroquímicas
• En una celda electroquímica, la oxidación ocurre
en el ánodo y la reducción en cátodo
 celda voltaica
El ánodo es la fuente de electrones y tiene carga (−)
El cátodo atrae electrones y tiene carga (+)
 celda electrolítica
Los electrones se sacan del ánodo, por lo que debe
tener un lugar
g p
para liberar electrones,, el terminal + de la
batería
Los electrones se dirigen al cátodo, por lo que debe
tener una fuente de electrones, − el terminal (-) de la
batería
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Electrólisis
• Se usa energía eléctrica para
superar la barrera de energía
de una reacción no espontánea
espontánea,
permitiendo que ocurra
• Es el proceso de usar energía
•
eléctrica para romper un
compuesto.
Se hace en celda electrolítica
 La ceda electrolítica se puede
usar para separar elementos de
sus compuestos
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Electrólisis
• La reacción se lleva a cabo en la dirección opuesta en forma
espontánea
espontánea
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(l)
2 H2O(l)  2 H2(g) + O2(g)
electrólisis
• Algunas
Al
aplicaciones
li
i
 Extracción de metales de minerales y purificación
 producción de H2 para celdas combustibles
 Electrodeposición de metales
• Electrolito puede ser una solución acuosa de sal una sal fundida iónica
• Los cationes del electrolito se atraen hacia el cátodo y los aniones al
ánodo
 Los cationes agarran electrones del cátodo y se reducen
 Los aniones liberan electrones al ánodo y se oxidan
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Electrólisis de agua
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Electrólisis de NaCl(l)
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Electrodeposición
El electrodo de trabajo es el
cátodo
Los cationes se reducen
en el cátodo y se
depositan en la superficie
del elelctrodo de trabajo
El ánodo está hecho de
una placa de metal. El
ánodo se oxida y remplaza
los cationes del metal en
solución.
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Ejemplo18.10 Calcule la masa de Au que se electrodeposita en
Ejemplo18.10:
25 min usando 5.5 A para la media reacción
moles = (Q x t)/nF
t)/nF Au3+(ac) + 3 e− → Au(s)
Dado: 3 mol e− : 1 mol Au, corriente = 5.5 amps, tiempo = 25 min
Calcule el amperaje necesario para depositar 2.5 g de Au en 1 hora (3600 sec)
Au3+(aq) + 3 e− → Au(s)
1A = C/s
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Práctica – Prediga la media reacción que ocurre en ánodo y el cátodo
para la electrólisis de NaBr(aq)
En la electrólisis de
una sal acuosa, el
anión o agua (o el
electrodo) se oxida, y
ell catión
tió o agua se
reduce
ox: 2 Br−(ac)  Br2(l) + 2 e−
2 H2O(l)  O2(g) + 4 e− + 4H+(ac)
red: Na+((ac)) + 1 e−  Na((s))
2 H2O(l) + 2 e−  H2(g) + 2 OH−(ac)
Use E° de las medias
reacciones para
determinar la
reacción más
favorable
ox: 2 Br−(ac)  Br2(s) + 2 e−
2 H2O  O2 + 4e− + 4H+
red: Na+(ac) + 1 e−  Na(s)
2 H2O + 2 e−  H2 + 2 OH−
La oxidación ocurre
en el ánodo y la
reducción en cátodo
ánodo:
cátodo:
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
E°= −1.09 V
E°= −0.82 V
E°= −3.04 V
E°= −0.41
E
0.41 V
2 H2O(l)  O2(g) + 4 e− + 4H+(ac)
2 H2O(l) + 2 e−  H2(g) + 2 OH−(ac)
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