Electroquimica prob TP 6

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TRABAJO PRÁCTICO N.º 6 
Electroquímica 
Pilas 
 
1) Esto es una pila de concentración. La variación del potencial debe ser 
positivo, por lo tanto, la relación de 
concentraciones debe ser negativa. 
 
 ∆E = ∆E° - 0,059 log [forma oxidada] (n: número de electrones 
 n [forma reducida] intercambiados) 
 
∆E = ∆E° - 0,059 log [Zn+2 ] 
 2 [Zn+2 ] 
 
∆E = 0 - 0,059 log 0,002 
 2 0,90 
 
∆E = 0,078 V 
Se reduce el Zn+2 0,9 M 
 
2) 2 (Al → Al3+ + 3e) Ánodo ( - ) (Oxidación) 
 3 ( Cu+2 + 2e → Cu ) __ Cátodo (+) (Reducción) 
 2 Al + 3 Cu2+→ 2 Al3+ + 3 Cu 
 
∆E° = (E°reduce – E°oxida) =0,336V - (-1,662V) = 1,998V 
 
∆E = 1,998V - 0,059 log [Al3+]2 ( el número de electrones es 6, el 
 6 [Cu2+]3 intercambio es 2 por 3) 
 
∆E = 1,998V - 0,059 log ( 0,1)2 
 6 ( 0,1)3 
∆E = 1,99 V 
 
3) Para que una pila sea espontánea, la variación de potencial debe ser 
positivo. 
Por lo tanto, debo calcular el potencial. 
 
 ∆E° = - 0,13V – 0,336V = -0,466 V 
 
 ∆E = - 0,466 V - 0,059 log [Cu2+] 
 2 [Pb2+] 
 
 ∆E = -0,466 V - 0,059 log 0,007 
 2 0,04 
2 
 
∆E = -0,44 V 
Por lo tanto, no será espontánea. La forma correcta de escribirla será: 
 
Pb / Pb2+ (0,040M) // Cu2+ (0,007M) / Cu 
 
4) La concentración de H+ la debo despejar de la ecuación de Nernst. 
En el caso de tener una sustancia en estado gaseoso, se pone la 
presión. 
 
∆E = ∆E° - 0,059 log [Mg2+] . pH2 
 2 [H+]2 
 
2,099V = 2,363V - 0,059 log 1_. 1___ 
 2 [H+]2 
 
(2,099V-2,363V) = - 0,059 log 1____ 
 2 H+]2 
 
- 0,264 .2 = 8,95 = log 1__ 
-0,059 [H+]2 
 
8,89.108 = 1___ 
 [H+]2 
 
[H+] = 3,35.10-5 M 
 
5) En el equilibrio ∆E = 0 y la relación de concentraciones (en el 
equilibrio) es la constante de equilibrio (Kc). Por lo tanto, debo 
calcular ∆E° y despejar la constante. 
 
∆E° = (E°Cu+2/cu - E°Zn+2/Zn) = 0,336V - (-0,76V) = 1,096 V 
 
∆E° = 0,059 log Kc 
 2 
 
Kc = 1,42.1037 
 
6) ∆G° = - n.F.∆E° 
 
 ∆E° = (1,36 V – 0,222 V) = 1,138V 
 
Reemplazando 
 
 ∆G° = - 2 moles 96500 Cb/mol. 1,138V 
3 
 
 (Cb (coulomb) . V (volt) = Joule) 
 
∆G° = - 219634 J 
 
7) En este caso debo trabajar con el potencial del electrodo (no de la 
 pila) 
 
 E = E° + 0,059 log [ forma oxidada] 
 2 [forma reducida] 
 
E = E° + 0,059 log [H2AsO4- ] . [H+]2 
 2 [ H2AsO3- ] 
 
E = 0,56V + 0,059 log 0,05 . (1.10-6 )2 La [H+] se despeja 
 2 0,1 del pH. 
 
E = 0,197 V 
 
 
 
Electólisis 
 
8)Para determinar las masas de los productos obtenidos, se debe 
calcular la cantidad de corriente circulante (q). 
 
q= i.t i: intensidad de corriente 
 t: tiempo en segundos. Tiene que estar en segundos 
por las unidades (Amperios por segundo = Coulomb) 
 
q= 0,5 A . 72000s = 36000Cb 
 
Cátodo 2 (Na+ + e → Na) 
Ánodo 2Cl- → Cl2 + 2e 
 depositan 
96500Cb ------------- 23g de Na 
36000Cb-------------- x= 8,58g de Na para depositar un mol de 
sustancia se necesita una cantidad de corriente de Z 
Faraday ,donde Z es el número de electrones de la hemiecuación 
masa de Na = 8,58g 
 desprenden 
2.96500Cb------------ 71g de Cl2 
36000Cb-------------- x= 13,24g de Cl2 
masa de Cl2 = 13,24g 
 
 
4 
 
9) 
Cátodo Cu2+ + 2e → Cu (Reducción) 
Ánodo 2Cl- → Cl2 + 2e (Oxidación) 
 
q= i . t = 0,6A . 36000s = 21600 Cb 
 
2. 96500 Cb---------- 63,5g Cu 
 21600 Cb------------x= 7,1g Cu 
masa de cobre=7,1g 
 
2.96500 Cb--------71gCl2 
21600 Cb----------x= 7,95g Cl2 
masa de cloro = 7,95g 
 
10) Los cationes de metales alcalinos, alcalinotérreos y Aluminio no 
se reducen en solución (por potenciales adversos), por lo tanto se 
reduce el agua. 
 
Cátodo 2H2O + 2e → H2 + 2 OH- 
Ánodo S2- → S + 2e 
 
q= i . t = 0,5 A .36000s = 18000Cb 
 
El potencial(E0) no interesa en los cálculos. 
 
2. 96500Cb-----------2 g de H2 
18000 Cb--------------x= 0,186gH2 
masa de H2= 0,186g 
 
2.96500 Cb ----------- 32 g de S 
18000 Cb -------------x=2,98g de S 
masa de Azufre = 2,98g 
 
11) No se puede oxidar el nitrógeno en el nitrato (NO3-) ya que está 
en su mayor estado de oxidación (+5) , por lo tanto, se oxida el agua 
 
Cátodo 2(Fe+2 + 2e → Fe) 
Ánodo 2H2O → 4H+ + O2 + 4e 
 
q= i. t = 0,5 A . 14400s = 7200Cb 
 
2.96500 Cb ---------- 55,8 g de Fe 
7200 Cb ------------- x= 2,08 g de Fe 
masa de Hierro =2,08g 
5 
 
 
4. 96500 Cb --------- 32 g de O2 
7200 Cb -------------x= 0,597 g de O2 
masa de Oxígeno= 0,597g 
 
12) El Aluminio no se reduce en solución (por potenciales) 
El Azufre no se puede oxidar ya que en el anión sulfato (SO42-) se 
encuentra en su mayor estado de oxidación. 
Por lo tanto, se oxida y se reduce el agua. 
 
Cátodo 2H2O + 2e → H2 + 2OH- 
Ánodo 2H2O → 4H+ + O2 + 4e 
 
q=i.t =1,5 A . 36000s = 54000Cb 
 
El problema pide volumen. Ya sabemos que en CNPT un mol de 
cualquier gas tiene un volumen de 22,4L 
 
2. 96500 Cb ---------- 22,4 L de H2 
54000Cb -------------x= 6,27 L de H2 
volumen de Hidrógeno= 6,27L 
 
4. 96500 Cb ---------22,4 L de O2 
54000Cb ------------x= 3,13L de O2 
volumen de Oxígeno= 3,13L 
 
13) a- Si el ánodo es de Cobre, se oxida el ánodo (atacable). En el 
Cátodo se reduce la misma masa de Cobre. Por lo tanto, la 
concentración final de la solución es la misma o sea 2,5M 
 
b- Si el ánodo es de Platino (inatacable), se oxida el Agua 
 
2H2O → 4H+ + O2 + 4e 
 
En el cátodo se reduce el catión Cobre (II) 
Cu2+ + 2e → Cu 
 
2. 96500 Cb --------- 1 mol Cu 
96500 Cb -------------x= 0,5 moles de Cu 
 
Por lo tanto, si tenía 2,5 moles y se depositaron 0,5 moles , quedan 
en solución 2 moles , como decía por 1dm3 
La concentración de la solución será 2 M