�ݺ�ߣ

Dibuixa l'esquema d'una pila basada en la reacció:
Cu(s) + 2 Ag+
(aq)  Cu2+
(aq) + 2 Ag(s)
Calcula la fem de la pila
Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34V, Eo
(Ag+
/Ag)= +0'80V
Oxidació (ànode) pol (-) :
Cu(s)  Cu2+
(aq) + 2 e-
Reducció (càtode) pol (+) :
2 Ag+
(aq) + 2 e-
 Ag(s)
Eo
pila
= Eo
càtode
– Eo
ànode
Eo
pila
= 0'8 – 0'34 = 0'46 V
Representació de la pila:
Cu(s) | Cu2+
(aq) || Ag+
(aq)| Ag(s)

A partir de la representació de la pila
Pt| Fe2+
(aq), Fe3+
(aq) || Cl2
(g)| Cl-
(aq)|Pt
Eo
(Fe3+
/Fe2+
)= +0'77V, Eo
(Cl2
/Cl-
)= +1'36V
Fe2+
(aq)  Fe3+
(aq) + e-
Reducció (càtode) pol (+) :
Cl2
(g) + 2 e-
 2 Cl-
(aq)
Eo
pila
= Eo
càtode
– Eo
ànode
Eo
pila
= 1'36 – 0'77 = 0'59 V
Reacció global:
2 Fe2+
(aq) + Cl2
(g)  2 Cl-
(aq) + 2 Fe3+
(aq)

Esquema, representació, semireaccions, càtode i ànode, fem,
moviment dels ions en el pont salí, polaritat del electrodes
d'una pila que funcione amb Pb
2+
/Pb i amb Zn
2+
/Zn
Eo
(Pb2+
/Pb)= - 0'13V, Eo
(Zn2+
/Zn)= - 0'76V.
El parell redox de major potencial
de reducció serà el càtode, conté
l'oxidant més fort, que es reduirà.
Serà el Pb2+
Redució (càtode) pol (+) :
Pb2+
(aq) + 2 e-
 Pb(s)
Zn(s)  Zn2+
(aq) + 2 e-
Eo
pila
= Eo
càtode
– Eo
ànode
= -0'13 - (-0'76) = 0'63 V
Representació de la pila: Zn(s) | Zn2+
(aq) || Pb2+
(aq)| Pb(s)
Reacció global: Pb2+
(aq) + Zn(s)  Zn2+
(aq) + Pb(s)

Indica els agents oxidant i reductor més forts: Fe3+
, NO3
-
,
H2
O2
, Ag, Cl-
,
Eo
(Cl2
/Cl-
)= +1'36 V, Eo
(O2
/H2
O2
)= +0'68 V, Eo
(Ag+
/Ag)= +0'80 V,
Eo
(Fe3+
/Fe2+
)= +0'77 V, Eo
(H2
O2
/H2
O)= +1'77 V, Eo
(NO3
-
/NO)= +0'96 V,
Primerament identificarem les espècies que poden actuar com a
oxidants (poden disminuir el seu Nox) i les espècies que poden actuar
com a reductors (poden augmentar el seu Nox).
Oxidants: Fe3+
, NO3
-
, H2
O2
Reductors: H2
O2
, Ag, Cl-
S'observa que el H2
O2
pot actuar de les dues formes.
L'oxidant més fort serà el de major potencial de reducció ( NO3
-
>
H2
O2
> Fe3+
). El reductor més fort serà el de menor potencial de
reducció:(H2
O2
> Ag > Cl-
)
Nota: Hem considerat que el NO3
-
i el H2
O2
es troben en medi àcid, ja
que el seu potencial depèn de [H+
]

Prediu si les següents reaccions són espontànias en el sentit en
el que estan escrites les equacions:
a) Cl2
(g) + 2 Br-
(aq)  2Cl-
(aq) + Br2
(g)
b) Zn2+
(aq) + Sn(s)  Zn(s) Sn2+
(aq)
c) 2 H+
(aq) + 2 I-
(aq)  H2
(g) + I2
(aq)
L'espontaneïtat està determinada per
Oxidant més fort + Reductor més fort  Oxidant més dèbil + Reductor més dèbil
Sent l'oxidant més fort l'espècie amb més tendència a reduir-
se o siga la d'un potencial de reducció més alt
I el reductor més fort l'espècia amb més tendència a oxidar-
se o siga la d'un potencial de reducció més baix.
També poden determinar l'espontaneïtat calculant la fem de la
possible pila que es formaria. Si Epila
> 0 serà espontània.

a) Eo
(Cl2
/Cl-
)= +1'36V, Eo
(Br2
/Br-
)= +1'07V
El Cl2
és l'oxidant més fort i el Br-
el reductor més fort
Cl2
(g) + 2 Br-
(aq)  2Cl-
(aq) + Br2
(g) espontània
A més Cl2
Cl-
(càtode) i Br-
Br2
(ànode) Epila
= 1'36-1'07= 0'29V
b) Eo
(Zn2+
/Zn)= -0'76V, Eo
(Sn2+
/Sn)= - 0'14V
El Sn2+
és l'oxidant més fort i el Zn el reductor més fort.
Zn2+
(aq) + Sn(s)  Zn(s) + Sn2+
(aq) no espontània
A més Zn2+
Zn (càtode) i SnSn2+
(ànode) Epila
= -0'76-(-0'14)= -0'62V
c) Eo
(I2
/I-
)= +0'54V, Eo
(H+
/H2
)= 0V
El I2
és l'oxidant més fort i el H2
el reductor més fort
2 H+
(aq) + 2 I-
(aq)  H2
(g) + I2
(aq) no espontània
A més H+
H2
(càtode) i I-
I2
(ànode) Epila
= 0-0'54= -0'54V

Indica quina/es de les següents espècies (F-
, Cl2
, H+
, Cu2+
, Fe2+
i
Zn2+
) pot oxidar als ions I-
a I2
.
Eo
(Cl2
/Cl-
)= +1'36 V, Eo
(F2
/F-
)= +2'87 V, Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34 V, Eo
(Fe3+
/Fe2+
)=
+0'77 V, Eo
(Zn2+
/Zn)= -0'76 V, Eo
(Fe2+
/Fe)= -0'44 V, Eo
(I2
/I-
)= +0'54 V
Per a oxidar als ions I- necessiten un oxidant, primerament e
independent del seu potencial hem d'eliminar les espècies que
siguen reductores. El F-
és un reductor. El Fe2+
pot actuar com a
reductor i oxidar-se a Fe3+
, però tambè pot actuar com a
oxidant i reduir-se a Fe.
Poden oxidar als ions I-
els oxidants que tinguen un potencial de
reducció major que el de par Eo
(I2
/I-
)= +0'54 V.
Observant els valors deduim que només el Cl2
podria oxidar als
ions I-
.
Nota: El Fe2+
no pot oxidar al I-
,però el Fe3+
si que podria.

Raona què passarà si:
a)Agitem una dissolució de Fe3+ amb una cullera de plata
b) Mesclem una dissolució de Ag
+
amb una dissolució de Zn
2+
c) Agitem una dissolució de HCl amb una cullera de coure.
d) Removem una dissolució de HNO
3
amb una vareta de coure.
Eo
(Cl2
/Cl-
)= +1'36 V, Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34 V, Eo
(Ag+
/Ag)= +0'80 V,
Eo
(Fe3+
/Fe2+
)= +0'77 V, Eo
(Zn2+
/Zn)= -0'76 V, Eo
(NO3
-
/NO)= +0'96 V,
En tots els casos per a que passe alguna cosa (hi haja reacció)
caldrà que reaccionen un oxidant amb un reductor i que el
potencial de reducció de l'oxidant (càtode) siga major que el
potencial de reducció del reductor (ànode)
a) El Fe
3+
és un oxidant i la Ag un reductor però com
Eo
(Fe3+
/Fe2+
)= +0'77 V < Eo
(Ag+
/Ag)= +0'80 V, no hi ha reacció
b) Tant el Ag
+
com el Zn
2+
són només oxidants. No hi ha
reacció.

c) La dissolució de HCl conté un oxidant el H+
i un reductor el
Cl-
. El Cu és un reductor i només podria reaccionar amb el H+
però com Eo
(H+
/H2
)= 0'0 V < Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34 V. No hi ha reacció
d) La dissolució de HNO3
conté dos oxidants el H+
i el NO3
-
,
qualsevol dels dos podria oxidar al Cu. Ja hem vist en c) que el
H+
no podia, però com Eo
(NO3
-
/NO)= +0'96 V > Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34 V
Si que hi ha reacció.
Nota: El potencial del NO3
-
depén del pH, i el valor de 0'96 V és
en medi àcid. Una sal de NaNO3
, amb un pH=7 no donaria un
potencial per al nitrat tant elevat i possiblement no
reaccionaria amb el Cu.

Indica què es forma al càtode i a l'ànode durant l'electròlisi de:
a) Sal fosa de NaCl
b) Dissolució aquosa de NaNO3
c) Dissolució aquosa de AgI
d) Dissolució aquosa de CuF2
e) Dissolució aquosa de MgSO4
utilitzant electrodes de Cu.
Durant l'electrolis es descarrega al càtode (pol -) el catió més
oxidant (del de major potencial)
I a l'ànode (pol +) l'anió més reductor (el de menor potencial).
En aquest procès entran en competència tant els ions de la sal
com els del dissolvent e inclòs l'electrode metàl·lic utilitzat com
ànode pot oxidar-se.
a) NaCl  Na+
+ Cl-
Càtode (-): Na+
+ 1 e-  Na
Ànode (+): 2 Cl-
 Cl + 2e-

b) NaNO3
 Na+
+ NO3
-
A més l'aigua proporciona H2
O  H+
+ OH-
Càtode es descarrega l'ió positiu (Na+
o H+
) més oxidant. Com
Eo
(H+
/H2
)=-0'42V > Eo
(Na+
/Na)=-2'71V, es descarregarà H+
2H+
+ 2e-  H2
Ànode es descarrega l'ió negatiu (NO3
-
o OH-
), però l'ió nitrat
NO3
-
no pot oxidar-se més, per tant es descarregarà OH-.
4OH-
 O2
+ H2
O + 4e-
c) AgI Ag+ + I-
O  H+
+ OH-

Càtode es descarrega l'ió positiu (Ag+
o H+
) més oxidant. Com
Eo
(Ag+
/Ag)=+0'80V > Eo
(H+
/H2
)=-0'42V, es descarregarà Ag+
Ag+
+ e-  Ag
Ànode es descarrega l'ió negatiu (I-
o OH-
) més reductor. Com
Eo
(I2
/I-
)= +0'54V < Eo
(O2
/OH-
)=+0'81V, es descarregarà I-
2I-
 I2
+ 2e-
d) CuF2
 Cu2+
+ 2F-
O  H+
+ OH-
Càtode es descarrega l'ió positiu (Cu2+
o H+
) més oxidant. Com
Eo
(Cu2+
/Cu)=0'34V > Eo
(H+
/H2
)=-0'42V, es descarregarà Cu2+
Cu2+
+ 2e-  Cu

Ànode es descarrega l'ió negatiu (F-
o OH-
), més reductor. Com
Eo
(O2
/OH-
)=+0'81V < Eo
(F2
/F-
)= +2'87V , es descarregarà OH-
4OH-
 O2
+ H2
O + 4e-
e) MgSO4
 Mg2+
+ SO4
2-
O  H+
+ OH-
Càtode es descarrega l'ió positiu (Mg2+
o H+
) més oxidant. Com
Eo
(H+
/H2
)=-0'42V > Eo
(Mg2+
/Mg)=-2'37V, es descarregarà H+
2H+
+ 2e-  H2
Ànode es descarrega l'ió negatiu (SO4
2-
o OH-
) més reductor u
oxidar-se l'electrode de Cu. El SO4
2-
no pot descarregar-se ja
que no pot oxidar-se més. Com
Eo
(Cu2+
/Cu)= +0'34V < Eo
(O /OH-
)=+0'81V, s'oxida el Cu

Per dos cisternes electrolítiques conectades en sèrie circula la
mateixa càrrega.Si en la 1ª es descarreguen 0'4 mol de Zn2+
¿quants mols d'Al3+
es descarreguen en la 2ª?
Les semireaccions de descàrrega del Zn2+
i de l'Al3+
són:
Zn2+
+ 2e- → Zn Al3+
+ 3e- → Al
I seguint l'estequiometria
Com circula la mateixa càrrega Q, si dividim les dos
expressions:
Q
n
F
Almol
Q
n
F
Znmol AlZn ++
=⇔=
++
32
3
1
2
1 32
+
==⇒= +
+
+ 3
27'0
3
4'0·2
3
2
3
2
3
Almoln
n
n
Al
Zn
Al

Per una cisterna que conté CaCl2
fos, passa un corrent de 0’452
A durant 1’5 hores. Descriu els processos que tenen lloc al
càtode i a l'ànode i calcula la massa de Ca que es dipositarà i el
volum de Cl2
en C.N. Que s'alliberarà.
Al càtode es produirà la reducció del Ca2+
Ca2+
+ 2e- → Ca
La càrrega Q que circula és
Q= I·t = 0’452 · 1’5 · 3600 = 2440’8 C
Seguint l'estequiometria es compleix
CadegMnm
Cademoln
n
Q
n
F
Camol
r 505'01'40·0126'0·
0126'0
8'244096500·2
1
2
1
===
=⇒=⇒=

A l'ànode es produirà l'oxidació del Cl-
:
2 Cl-
+ 2e- → Cl2
2
2
2
28'04'22·0126'0/4'22·
0126'0
8'244096500·2
1
2
1
CldeLmolLnV
Cldemoln
n
Q
n
F
Clmol
===
=⇒=⇒=

En l'electròlisi d'una dissolució aquosa de CuSO4
. Calcula:
a) El temps que ha de circular un corrent de 2 A per a que es
dipositen 25 g de Cu.
b) Volum d'oxigen que s'allibera a 25ºC i 1 atm
Al càtode es descarrega el Cu2+
Cu2+
+ 2e- → Cu
Segons l'estequiometria es compleix:
s
I
Q
ttIQ
CQ
Q
mol
F
Cumol
Cumol
mol
g
g
M
m
n
Q
n
F
Cumol
Cu
Cu
Cu
37635
2
75270
;·
7527039'0·96500·2;
39'0
2
1
39'0
5'63
25
;
2
1
====
===
====

A l'ànode es descarrega el OH-
4OH-
 O2
+ H2
O + 4e-
2
2
2
8'4
1
298·082'0·195'0··
195'0
7527096500·4
1
4
1
2
2
2
22
OL
P
TRn
V
Odemoln
n
Q
n
F
Omol
O
O
O
OO
===
=⇒=⇒=

�ݺ�ߣ

Problemas Redox

More Related Content

Problemas Redox