Bloque IV: Electrolisis
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Bloque IV: Electrolisis
Prof. Dr. Mª del Carmen Clemente Jul
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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+ + 1e- Na
GLOBAL: 2Cl- + 2Na+ 2Na + Cl2ELECTROLISIS 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
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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)
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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
I x t
(A) x (S) = (C)
CARGA ELECTRICA
(C)
NUMERO DE FARADAYS
MOLES DE SUSTANCIA REDUCIDA U
OXIDADA
g. DE SUSTANCIA REDUCIDA U
OXIDADA
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OBJETIVO: SABER APLICAR LAS LEYES DE FARADAY 4.10 AL 4.17
4.9
ANODO (OXIDACION): Cu Cu2+ +2e-
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) =
Cudeg569Cumol1gCu54,63x
F2Cumol1x
C96500F1x10.728,1Cug
C10.728,1h1
s3600xh4x)A(120
2
26
6
==
==
+
+
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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
F7,111C96500
C10.0730,1Faradaysdenumero
culombios10.0730,1x
Almol1Alg98,26
F3Almol1
C96500F1CxAlg1000
7
7
3
3
==
=
×××= +
+
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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
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
h8,29s10.0730,1
AMPERIOS100CULOMBIOS10.0730,1
INTENSIDADCARGAt
5
7
<>=
===
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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
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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)
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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)
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4.35
OPERACIÓN DE NIQUELADO POR ELECTROLISIS DE UNADISOLUCIÓN 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
( ) gr85,9NiMOL1gr69,58
F2NiMOL1
C96500F16,0Cs3600A15Nigr 2
2
=•••••= +
+
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4.35. cont.
b) CALCULAR EL ESPESOR DEL DEPÓSITO. EL CÁTODO ES UNA CHAPAMETÁLICA 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 HABRÁDEPOSITADO
• EL ESPESOR DEL DEPÓSITO SERÁ
2cm/g308,016925,4 =
cm035,0cm/g9,8cm/g308,0
3
2
=
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4.35 cont.
c) CALCULAR EL VOLUMEN DE HIDROGENO EN C.N QUE SE PRODUCE POR HORA
( SI LA EFICACIA DE LA CORRIENTE ELÉCTRICA ES 60 % EN LA PRODUCCIÓN DE Ni, EN LA PRODUCCION DE H2 SERÁ 40%)
EN C.N.: P = 1 atm; T = 298 K; R = 0,082 atm.L/K.MOL
( )2
222 HMOL1
gH2F2
HMOL1C96500
F14,0Cs3600A15Hg •••••=
MOLES119,0296500
4,010.4,5HDEMOLES4
2 =••=
L5,2atm1
K298MOL.K
L.atm082,0MOLES119,0
PnRTV
2H =••
==
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pH06,023,1H
1log406,0ºEE
V23,1ºE:e4H4OOH2
4
22
−=−=
=++→
+
−+
pH06,0)pH14(06,083,0
pOH06,083,01
OHlog
206,0ºEE
V83,0ºE:OH2He2OH22
22
−=−+−=
+−=−=
−=+→+−
−−
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ELECTROLISIS DE KBr (1M) CON pH NEUTRO (pH = 7)
1) O2 + 4H+ + 4e- H2O 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- E = -1,09 V MENOS FAVORABLE
CATÓDICAS 2H+ + 2e- H2 E = -0,42 V MÁS FAVORABLE
POSIBLES K+ + 1e- K E = -2,93 V MENOS FAVORABLE
GLOBAL: 2H2O O2 + 2H2; E = -0,81 + (0,42) = -1,23 V
(E< 0; REACCIÓN NO ESPONTÁNEA)
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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
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
0,741V0,11log
10,6-V 0,80 AgM)/ (0,1 Ag Eº
0,711V0,11log
10,06-V 0,77 (1M) M)/Fe (0,1 Fe Eº 23
==
==
+
++
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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 (0,1 +x) M
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
22,3)x1)(x1,0(
)x1,0(eqFeeqAg
eqFeK 2
3
=−−
+== ++
+
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4.19
a) Fe + H2SO4 FeSO4 + 2H+ + 2e-
50 g 500 mL 1M
5,0L1
mol1L5,0SOHDEMOLES
895,0Feg85,55
Femol1Feg50FeDEMOLES
42 =×=
=×=
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 FeSO4CUYA:
[ ] M1L1mL1000
mL500moles5,0Fe2 =×=+
b) DIAGRAMA DE LA PILA:
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b) DIAGRAMA DE LA PILA: S= (0,5L, 1M) | S(s) | KCl (s) | Fe2+(0,5L,1M)| Fe(s)
ANODO (OXIDACIÓN): S= Sº + 2e- Eº S/S2- = -0,51 V
CATODO (REDUCCIÓN): Fe2+ + 2e- Fe Eº Fe2+/Fe = -0,44 V
GLOBAL: S= + Fe2+ Sº + Fe
236K;3689,20591,0
07,020591,0
ºEnKlog
V07,044,0)51,0(Fe/FeºES/SºEºE 2
==×=×=
=−−−=+= +=
4.19. cont
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4.19 (cont)
c) COMO REACCIONAN MOL A MOL Y LAS DOS CONCENTRACIONES INICIALES DE Fe2+ y S2- SON IGUALES (1M), LAS CONCENTRACIONES EEL EQUILIBRIO TAMBIÉN LO SERÁN
[Fe2+]eq = [S2-]eq = x
d)
SI [Fe2+] inicial = 1M; [Fe2+] equilibrio = 0,065M
la [Fe2+] reducida = (1-0,065) x 0,5 L = 0,4675 moles
SUSTITUYENDO EN (*)
[ ][ ]M065,0x
236x1
SFe1K 222
=
=== −+
(*)F2
FeDEMOL1C96500
F1)C(CARGAFeDEMOLES ××=
C10x02,9CARGA21
965001CARGA4675,0
4=
××=