Exercicis de reaccions redox — Química 2n Batxillerat

Q: Per què l'oxidant no s'oxida?

Perquè l'oxidant és el que provoca l'oxidació de l'altra espècie captant-ne els electrons. En captar electrons, ell es redueix.

Q: El càtode és sempre el pol positiu?

No. El càtode és sempre on hi ha la reducció, però en una pila és el pol positiu i en una cuba electrolítica és el negatiu.

Les reaccions redox impliquen transferència d'electrons, i són la base de piles i bateries. Aquests exercicis comencen identificant qui s'oxida i qui es redueix amb els nombres d'oxidació, i explicant per què l'oxidant és el que es redueix. Després ajustes reaccions pel mètode de l'ió-electró i fas valoracions redox, com la del ferro amb permanganat. A la part d'electroquímica calcules la força electromotriu d'una pila a partir dels potencials estàndard i compares una pila amb una cuba electrolítica. Al final apliques les lleis de Faraday. Errors típics: dir que l'oxidant és el que s'oxida i pensar que el càtode sempre és el pol positiu.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Per què l'oxidant no és el que s'oxida?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Perquè l'oxidant capta els electrons que perd l'altra espècie: guanyar electrons és reduir-se, i per tant l'oxidant es redueix.

Resolució

Què fa l'oxidant. L'oxidant és l'espècie que fa oxidar l'altra: provoca que l'altra perdi electrons.
On van els electrons. Els electrons que perd l'espècie que s'oxida no desapareixen: els capta precisament l'oxidant.
Definició de reducció. Captar electrons (i disminuir el nombre d'oxidació) és, per definició, reduir-se.
Conclusió. Per tant, l'oxidant es redueix i el reductor s'oxida: els dos processos sempre van junts.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

En una electròlisi, a quin elèctrode es diposita un metall a partir dels seus cations? Per què?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

Al càtode, perquè el catió guanya electrons (

\mathrm{M^{n+}} + n\,e^{-} \rightarrow \mathrm{M}

), i aquesta reducció sempre té lloc al càtode.

Resolució

Què passa al catió. Un catió metàl·lic $\mathrm{M^{n+}}$ es converteix en metall guanyant electrons: $\mathrm{M^{n+}} + n\,e^{-} \rightarrow \mathrm{M}$ .
Tipus de procés. Captar electrons és una reducció.
Conclusió. La reducció sempre té lloc al càtode (també en una cuba electrolítica, on el càtode és el pol negatiu), i per tant el metall s'hi diposita.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Quants mols d'electrons calen per dipositar 1 mol de plata (Ag⁺ + e⁻ → Ag)? I 1 mol d'alumini (Al³⁺ + 3e⁻ → Al)?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Plata: 1 mol d'e⁻; alumini: 3 mol d'e⁻.

Resolució

Dades. Ens donen les dues semireaccions de reducció: $\mathrm{Ag^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Ag}$ i $\mathrm{Al^{3+}} + 3\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Al}$ .
Estequiometria dels electrons. El coeficient dels electrons indica quants mols d'electrons calen per cada mol de metall dipositat.
Resultat. Per a 1 mol de plata cal 1 mol d'electrons; per a 1 mol d'alumini, 3 mol, perquè cada ió Al³⁺ necessita 3 electrons.
Conclusió. Per això, amb la mateixa càrrega es diposita un terç de mols d'alumini que de plata.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

En la reacció Cu + 2 AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2 Ag, assigna els nombres d'oxidació del coure i de la plata abans i després de la reacció, i indica quina espècie s'oxida, quina es redueix, quin és l'agent oxidant i quin el reductor.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

Cu: 0 → +2 (s'oxida, és el reductor); Ag: +1 → 0 (l'Ag⁺ es redueix, és l'oxidant).

Resolució

Nombres d'oxidació del coure. El Cu passa de 0 (element lliure) a +2 en el Cu(NO₃)₂.
Nombres d'oxidació de la plata. L'Ag passa de +1 en l'AgNO₃ a 0 en la plata metàl·lica.
Qui s'oxida i qui es redueix. El coure augmenta el nombre d'oxidació (perd 2 electrons): s'oxida i és l'agent reductor. L'ió Ag⁺ el disminueix (cada ió guanya 1 electró): es redueix i és l'agent oxidant.
Semireaccions. $\mathrm{Cu} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^{-}$ (oxidació) i $\mathrm{Ag^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Ag}$ (reducció), que cal multiplicar per 2 perquè els electrons cedits i captats coincideixin.
Conclusió. Compte amb l'error típic de dir que l'oxidant és el que s'oxida: l'oxidant provoca l'oxidació d'un altre i ell es redueix.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Classifica aquestes reaccions en redox o no redox, justificant-ho amb els nombres d'oxidació: a) CaCO₃ → CaO + CO₂; b) 2 KClO₃ → 2 KCl + 3 O₂; c) NaOH + HCl → NaCl + H₂O.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Apartat a)

Resultat

No és redox: cap element no canvia de nombre d'oxidació (Ca +2, C +4, O −2).

Resolució

Nombres d'oxidació. Al CaCO₃, al CaO i al CO₂: Ca +2, C +4 i O −2, tant als reactius com als productes.
Conclusió. És una descomposició sense transferència d'electrons: no és redox.

Apartat b)

Resultat

És redox: el Cl passa de +5 a −1 (es redueix) i l'O de −2 a 0 (s'oxida).

Resolució

Nombres d'oxidació. Al KClO₃: K +1 i O −2, de manera que $1 + x + 3\cdot(-2) = 0$ i el Cl és +5. Al KCl el clor és −1, i a l'O₂ l'oxigen és 0.
Canvis. El clor passa de +5 a −1: es redueix (cada àtom de clor guanya 6 electrons). L'oxigen passa de −2 a 0: s'oxida (cada àtom d'oxigen en perd 2).
Conclusió. És redox. Regla pràctica: si apareix o desapareix un element en estat lliure (com l'O₂), la reacció és segur redox.

Apartat c)

Resultat

No és redox: és una neutralització àcid-base (Na +1, O −2, H +1 i Cl −1 es mantenen).

Resolució

Nombres d'oxidació. Na +1, O −2, H +1 i Cl −1 es mantenen iguals als reactius i als productes.
Conclusió. És una neutralització àcid-base: hi ha transferència de protons, no d'electrons. No és redox.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Es construeix una pila amb els elèctrodes Zn²⁺/Zn (E° = -0,76 V) i Ag⁺/Ag (E° = +0,80 V) en condicions estàndard. Indica quin elèctrode és el càtode i quin l'ànode, i calcula la força electromotriu estàndard de la pila.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Càtode: Ag⁺/Ag; ànode: Zn²⁺/Zn;

E^{\circ}_{\text{pila}} = 1{,}56\ \text{V}

Resolució

Dades. $E^{\circ}(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}) = -0{,}76\ \text{V}$ i $E^{\circ}(\mathrm{Ag^{+}/Ag}) = +0{,}80\ \text{V}$ . Cal identificar els elèctrodes i calcular la fem.
Criteri. L'elèctrode amb el potencial de reducció més alt es redueix: el càtode és el de plata ( $\mathrm{Ag^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Ag}$ ) i l'ànode el de zinc ( $\mathrm{Zn} \rightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + 2\,e^{-}$ ).
Reacció global. $\mathrm{Zn} + 2\,\mathrm{Ag^{+}} \rightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + 2\,\mathrm{Ag}$ .
Càlcul de la fem. $E^{\circ}_{\text{pila}} = E^{\circ}_{\text{càtode}} - E^{\circ}_{\text{ànode}} = 0{,}80 - (-0{,}76) = 1{,}56\ \text{V}$
Conclusió. Com que $E^{\circ} > 0$ , la reacció és espontània. Fixa't que el potencial de la plata no es multiplica per 2 encara que la semireacció sí: el potencial és una propietat intensiva.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Raona si és certa o falsa aquesta afirmació: «En una pila galvànica, els electrons van de l'ànode al càtode a través del pont salí».

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

Falsa: els electrons van de l'ànode al càtode pel circuit exterior; pel pont salí hi circulen ions.

Resolució

Camí dels electrons. Els electrons que allibera l'oxidació a l'ànode circulen pel circuit exterior (el fil conductor) fins al càtode, on són captats en la reducció. Per això el corrent es pot aprofitar en un aparell connectat entre els dos elèctrodes.
Què passa al pont salí. Pel pont salí no hi circulen electrons, sinó ions: els anions es mouen cap al compartiment de l'ànode (on s'acumula càrrega positiva perquè es formen cations) i els cations cap al del càtode (on la càrrega positiva disminueix).
Funció del pont. El pont salí tanca el circuit i manté la neutralitat elèctrica de les dues dissolucions; sense pont salí la pila deixa de funcionar de seguida.
Conclusió. L'afirmació és falsa: la part «de l'ànode al càtode» és correcta, però el camí és el circuit exterior, no el pont salí.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Raona si l'ió nitrat, NO₃^-, pot actuar com a agent reductor en una reacció redox. I l'ió nitrit, NO₂^-?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

El NO₃⁻ (N +5, el màxim) no pot ser reductor, només oxidant; el NO₂⁻ (N +3, intermedi) sí que pot ser reductor (i també oxidant).

Resolució

Criteri. Per actuar com a reductor, una espècie s'ha d'oxidar, és a dir, el seu element ha de poder augmentar el nombre d'oxidació.
Ió nitrat. $x + 3\cdot(-2) = -1$ , d'on $x = +5$ . És el valor màxim possible per al nitrogen (grup 15, cinc electrons de valència): ja no pot perdre més electrons. Per tant, el NO₃⁻ no pot oxidar-se i no pot ser reductor; només pot actuar com a oxidant (per exemple, l'àcid nítric es redueix a NO o NO₂ quan ataca metalls).
Ió nitrit. $x + 2\cdot(-2) = -1$ , d'on $x = +3$ , un valor intermedi: el nitrogen pot pujar fins a +5 (el nitrit actua de reductor, per exemple davant del permanganat) o baixar a valors més petits (actua d'oxidant).
Conclusió. El nitrat només pot ser oxidant; el NO₂⁻ pot fer les dues funcions.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Calcula la càrrega elèctrica que ha de circular per una cuba electrolítica que conté ions Zn²⁺ per dipositar 6,54 g de zinc al càtode. Dades: Zn = 65,4; F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Q = 1{,}93\cdot10^{4}\ \text{C}

(19 300 C).

Resolució

Dades. Cal dipositar 6,54 g de Zn (M = 65,4 g/mol) i F = 96 500 C/mol. Semireacció al càtode: $\mathrm{Zn^{2+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Zn}$ : calen 2 mol d'electrons per cada mol de zinc.
Mols. $n(\mathrm{Zn}) = \dfrac{6{,}54}{65{,}4} = 0{,}100\ \text{mol};\qquad n(e^{-}) = 2\cdot0{,}100 = 0{,}200\ \text{mol}$
Llei de Faraday. $Q = n(e^{-})\cdot F = 0{,}200\cdot96\,500 = 19\,300\ \text{C}$
Comprovació. Amb un corrent de 2 A, aquesta càrrega correspon a 19 300/2 = 9650 s, unes 2 h 41 min.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Ordena els metalls Au, Zn, Cu, Mg i Fe de més a menys reductor a partir dels potencials estàndard de reducció: E°(Au³⁺/Au) = +1,50 V; E°(Cu²⁺/Cu) = +0,34 V; E°(Fe²⁺/Fe) = -0,44 V; E°(Zn²⁺/Zn) = -0,76 V; E°(Mg²⁺/Mg) = -2,37 V. Quin d'aquests cations és l'oxidant més fort?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

Poder reductor: Mg > Zn > Fe > Cu > Au; l'oxidant més fort és l'Au³⁺.

Resolució

Criteri. Com més negatiu és el potencial de reducció d'un parell, menys tendència té el catió a reduir-se i més tendència té el metall a oxidar-se, és a dir, més reductor és el metall.
Ordenació. Ordenant els potencials de més negatiu a més positiu (−2,37; −0,76; −0,44; +0,34; +1,50 V): Mg > Zn > Fe > Cu > Au.
Oxidants. El poder oxidant dels cations segueix l'ordre invers: l'oxidant més fort és l'Au³⁺ (E° = +1,50 V), el que té més tendència a captar electrons.
Conclusió. Això explica que l'or es trobi lliure a la natura i el magnesi només combinat.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Calcula el nombre d'oxidació del manganès a l'ió permanganat MnO₄⁻.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

El manganès té nombre d'oxidació +7 al MnO₄⁻.

Resolució

Dades. L'oxigen té nombre d'oxidació −2 (quatre oxígens: −8). Compte: no és una molècula neutra, és un ió de càrrega −1, així que tot ha de sumar −1.
Equació. $x + 4\cdot(-2) = -1 \;\Rightarrow\; x - 8 = -1$
Conclusió. $x = +7$ : el manganès té nombre d'oxidació +7, el màxim possible per a aquest element.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Es valoren 25 mL d'una dissolució de Fe²⁺ en medi àcid amb permanganat de potassi KMnO₄ 0,020 M. Fins al punt final (color rosa persistent) es gasten 20 mL del permanganat. La reacció ajustada és MnO₄⁻ + 8 $\mathrm{H}^{+}$ + 5 Fe²⁺ → Mn²⁺ + 4 H₂O + 5 Fe³⁺. Calcula la concentració de Fe²⁺.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

[\mathrm{Fe^{2+}}] = 0{,}080\ \text{mol/L}

Resolució

Dades. 25 mL de mostra de Fe²⁺; es gasten 20 mL de KMnO₄ 0,020 M. Reacció: $\mathrm{MnO_4^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} + 5\,\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O} + 5\,\mathrm{Fe^{3+}}$ .
Mols de valorant. Primer els mols del permanganat, que és el que coneixem bé (compte: 20 mL són 0,020 L): $n(\mathrm{MnO_4^{-}}) = 0{,}020\ \text{mol/L}\cdot0{,}020\ \text{L} = 4{,}0\cdot10^{-4}\ \text{mol}$
Relació estequiomètrica. Surt dels electrons intercanviats: el MnO₄⁻ capta 5 electrons i cada Fe²⁺ en cedeix 1, per tant fan falta 5 Fe²⁺ per cada MnO₄⁻ (1 : 5, com diu l'equació ajustada): $n(\mathrm{Fe^{2+}}) = 5\cdot4{,}0\cdot10^{-4} = 2{,}0\cdot10^{-3}\ \text{mol}$
Concentració. Aquests mols eren als 25 mL inicials de mostra: $[\mathrm{Fe^{2+}}] = \dfrac{2{,}0\cdot10^{-3}\ \text{mol}}{0{,}025\ \text{L}} = 0{,}080\ \text{mol/L}$
Conclusió. La concentració de Fe²⁺ és 0,080 M. El permanganat fa d'indicador: el primer excés deixa el color rosa persistent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

La pila Daniell (Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu) té una força electromotriu estàndard E° = 1,10 V i intercanvia 2 electrons. Calcula la variació d'energia lliure de Gibbs estàndard ΔG° i digues si la reacció és espontània. Dada: F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

\Delta G^{\circ} = -2{,}12\cdot10^{5}\ \text{J} \approx -212\ \text{kJ}

; com que

\Delta G^{\circ} < 0

, la reacció és espontània.

Resolució

Dades. $E^{\circ} = 1{,}10\ \text{V}$ , n = 2 electrons intercanviats i F = 96 500 C/mol.
Relació entre ΔG° i E°. $\Delta G^{\circ} = -n\cdot F\cdot E^{\circ}$ , on n és el nombre d'electrons intercanviats, F la constant de Faraday i E° la fem de la pila.
Càlcul. $\Delta G^{\circ} = -2\cdot96\,500\cdot1{,}10 = -212\,300\ \text{J} \approx -212\ \text{kJ}$
Conclusió. Com que $\Delta G^{\circ} < 0$ , la reacció és espontània. Fixa't en la coherència: $E^{\circ} > 0$ implica $\Delta G^{\circ} < 0$ ; les dues maneres de decidir l'espontaneïtat diuen el mateix perquè el signe menys de la fórmula fa que un E° positiu doni un ΔG° negatiu.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Digues dues diferències entre una pila galvànica i una cuba electrolítica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

1) La pila produeix corrent amb una reacció espontània; la cuba consumeix corrent per forçar-ne una de no espontània. 2) Els signes dels pols estan invertits.

Resolució

Diferència energètica. La pila galvànica produeix corrent a partir d'una reacció espontània (fem > 0, ΔG < 0); la cuba electrolítica consumeix corrent d'una font externa per forçar una reacció no espontània (fem < 0).
Polaritat dels elèctrodes. A la pila l'ànode és el pol negatiu i el càtode el positiu; a la cuba electrolítica, l'ànode és el positiu i el càtode el negatiu.
Què no canvia. En totes dues la reducció té lloc al càtode i l'oxidació a l'ànode.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Ajusta pel mètode de l'ió-electró, en medi àcid, la reacció KMnO₄ + HCl → KCl + MnCl₂ + Cl₂ + H₂O. Escriu les semireaccions, l'equació iònica i l'equació molecular ajustades.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

2\,\mathrm{KMnO_4} + 16\,\mathrm{HCl} \rightarrow 2\,\mathrm{KCl} + 2\,\mathrm{MnCl_2} + 5\,\mathrm{Cl_2} + 8\,\mathrm{H_2O}

Resolució

Nombres d'oxidació. El Mn passa de +7 a +2 (reducció) i el Cl passa de −1 a 0 (oxidació).
Semireaccions. Reducció: $\mathrm{MnO_4^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} + 5\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O}$ . Oxidació: $2\,\mathrm{Cl^{-}} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + 2\,e^{-}$ .
Igualació d'electrons. Multipliquem la reducció per 2 i l'oxidació per 5 (10 electrons) i sumem. Equació iònica: $2\,\mathrm{MnO_4^{-}} + 10\,\mathrm{Cl^{-}} + 16\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}} + 5\,\mathrm{Cl_2} + 8\,\mathrm{H_2O}$
Equació molecular. Afegim els ions espectadors (K⁺ i els Cl⁻ que acompanyen els H⁺): $2\,\mathrm{KMnO_4} + 16\,\mathrm{HCl} \rightarrow 2\,\mathrm{KCl} + 2\,\mathrm{MnCl_2} + 5\,\mathrm{Cl_2} + 8\,\mathrm{H_2O}$
Comprovació. Hi ha 16 Cl a cada banda (10 s'oxiden i 6 queden com a clorurs de K i Mn); càrrega a la iònica: −2 − 10 + 16 = +4 a l'esquerra i 2·(+2) = +4 a la dreta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Ajusta pel mètode de l'ió-electró, en medi bàsic, la reacció iònica MnO₄^- + $\mathrm{I}^{-}$ → MnO₂ + I₂, i indica quin és l'agent oxidant i quin el reductor.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

2\,\mathrm{MnO_4^{-}} + 6\,\mathrm{I^{-}} + 4\,\mathrm{H_2O} \rightarrow 2\,\mathrm{MnO_2} + 3\,\mathrm{I_2} + 8\,\mathrm{OH^{-}}

; oxidant: MnO₄⁻; reductor: I⁻.

Resolució

Nombres d'oxidació. El manganès passa de +7 a +4 (es redueix: el MnO₄⁻ és l'oxidant) i el iode de −1 a 0 (s'oxida: l'I⁻ és el reductor).
Semireacció de reducció en medi bàsic. S'ajusta primer com en medi àcid i després s'afegeixen OH⁻ a banda i banda per neutralitzar els H⁺: $\mathrm{MnO_4^{-}} + 2\,\mathrm{H_2O} + 3\,e^{-} \rightarrow \mathrm{MnO_2} + 4\,\mathrm{OH^{-}}$
Semireacció d'oxidació. $2\,\mathrm{I^{-}} \rightarrow \mathrm{I_2} + 2\,e^{-}$ .
Igualació d'electrons. Reducció ×2 i oxidació ×3 (6 electrons): $2\,\mathrm{MnO_4^{-}} + 6\,\mathrm{I^{-}} + 4\,\mathrm{H_2O} \rightarrow 2\,\mathrm{MnO_2} + 3\,\mathrm{I_2} + 8\,\mathrm{OH^{-}}$
Comprovació. 12 O i 8 H a cada banda; càrrega −2 − 6 = −8 a l'esquerra i −8 a la dreta. Fixa't que en medi bàsic el permanganat no arriba a Mn²⁺: queda com a diòxid de manganès, un sòlid marró.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Es munta una pila galvànica amb un elèctrode de níquel submergit en Ni²⁺ 1 M i un de coure submergit en Cu²⁺ 1 M, units per un pont salí. Dades: E°(Ni²⁺/Ni) = -0,25 V; E°(Cu²⁺/Cu) = +0,34 V. Escriu les semireaccions de cada elèctrode i la reacció global, calcula la fem estàndard, escriu la notació de la pila i indica en quin sentit circulen els electrons pel circuit exterior.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

Ànode (−): Ni → Ni²⁺ + 2 e⁻; càtode (+): Cu²⁺ + 2 e⁻ → Cu;

E^{\circ} = 0{,}59\ \text{V}

; Ni(s) | Ni²⁺(1 M) || Cu²⁺(1 M) | Cu(s); els electrons van del Ni al Cu.

Resolució

Dades i criteri. $E^{\circ}(\mathrm{Ni^{2+}/Ni}) = -0{,}25\ \text{V}$ i $E^{\circ}(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) = +0{,}34\ \text{V}$ . El coure té el potencial de reducció més alt: el Cu²⁺ es redueix (càtode) i el níquel s'oxida (ànode).
Semireaccions. Ànode (−): $\mathrm{Ni} \rightarrow \mathrm{Ni^{2+}} + 2\,e^{-}$ . Càtode (+): $\mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Cu}$ . Global: $\mathrm{Ni} + \mathrm{Cu^{2+}} \rightarrow \mathrm{Ni^{2+}} + \mathrm{Cu}$ .
Fem estàndard. $E^{\circ}_{\text{pila}} = E^{\circ}_{\text{càtode}} - E^{\circ}_{\text{ànode}} = 0{,}34 - (-0{,}25) = 0{,}59\ \text{V}$
Notació. Ni(s) | Ni²⁺(aq, 1 M) || Cu²⁺(aq, 1 M) | Cu(s) (l'ànode sempre a l'esquerra).
Sentit dels electrons. Els electrons surten de l'elèctrode de níquel i, pel fil exterior, arriben al de coure. Amb el temps, la làmina de níquel s'aprima i la de coure s'engruixeix.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

L'àcid clorhídric diluït només pot oxidar un metall si els ions $\mathrm{H}^{+}$ són capaços de reduir-se a $\mathrm{H}_{2}$ a costa del metall. Amb les dades E°(Cu²⁺/Cu) = +0,34 V, E°(Mg²⁺/Mg) = -2,37 V i E°( $\tfrac{\mathrm{H}^{+}}{\mathrm{H}_{2}}$ ) = 0,00 V, raona si l'àcid clorhídric diluït reacciona amb el coure i amb el magnesi, i escriu la reacció que tingui lloc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

El HCl diluït no reacciona amb el coure (

E^{\circ} = -0{,}34\ \text{V}

) però sí amb el magnesi (

E^{\circ} = +2{,}37\ \text{V}

\mathrm{Mg} + 2\,\mathrm{HCl} \rightarrow \mathrm{MgCl_2} + \mathrm{H_2}

Resolució

Criteri. Una reacció redox és espontània en condicions estàndard si $E^{\circ} = E^{\circ}(\text{oxidant}) - E^{\circ}(\text{reductor}) > 0$ ; aquí l'oxidant seria l'H⁺.
Coure. $\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + \mathrm{H_2}$ tindria $E^{\circ} = 0{,}00 - 0{,}34 = -0{,}34\ \text{V} < 0$ : no és espontània. El coure no es dissol en HCl (sí que ho fa en àcid nítric, que és oxidant gràcies a l'ió nitrat).
Magnesi. $\mathrm{Mg} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Mg^{2+}} + \mathrm{H_2}$ té $E^{\circ} = 0{,}00 - (-2{,}37) = +2{,}37\ \text{V} > 0$ : espontània i molt vigorosa, amb despreniment d'hidrogen gas.
Equació molecular. $\mathrm{Mg} + 2\,\mathrm{HCl} \rightarrow \mathrm{MgCl_2} + \mathrm{H_2}$ .
Conclusió. Regla: només els metalls amb E° negatiu (més reductors que l'hidrogen) són atacats pels àcids no oxidants.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Es vol platejar una cullera dipositant-hi 5,40 g de plata per electròlisi d'una dissolució de nitrat de plata amb un corrent constant de 2,50 A. Calcula el temps que ha de durar l'electròlisi i indica a quin elèctrode cal connectar la cullera. Dades: Ag = 108; F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

t = 1930\ \text{s} \approx 32\ \text{min}\ 10\ \text{s}

; la cullera s'ha de connectar al càtode (pol negatiu).

Resolució

Dades i elèctrode. Cal dipositar 5,40 g d'Ag (M = 108 g/mol) amb I = 2,50 A. La plata es diposita per reducció, $\mathrm{Ag^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Ag}$ : la cullera ha de ser el càtode (connectada al pol negatiu de la font).
Mols d'electrons. $n(\mathrm{Ag}) = \dfrac{5{,}40}{108} = 0{,}0500\ \text{mol}$ ; com que cal 1 electró per àtom, $n(e^{-}) = 0{,}0500\ \text{mol}$ .
Llei de Faraday. $Q = n(e^{-})\cdot F = 0{,}0500\cdot96\,500 = 4825\ \text{C}$
Temps. $t = \dfrac{Q}{I} = \dfrac{4825}{2{,}50} = 1930\ \text{s} = 32\ \text{min}\ 10\ \text{s}$
Comprovació. $m = \dfrac{M\cdot I\cdot t}{n\cdot F} = \dfrac{108\cdot2{,}50\cdot1930}{1\cdot96\,500} = 5{,}40\ \text{g}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un cubell de ferro galvanitzat (recobert de zinc) i una llauna de ferro estanyat (recoberta d'estany) tenen una ratllada que deixa el ferro al descobert. Raona quin dels dos objectes es rovellarà abans. Dades: E°(Zn²⁺/Zn) = -0,76 V; E°(Fe²⁺/Fe) = -0,44 V; E°(Sn²⁺/Sn) = -0,14 V.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

Es rovellarà abans la llauna estanyada: el ferro és més reductor que l'estany i en fa d'ànode, mentre que al ferro galvanitzat el zinc s'oxida en lloc del ferro.

Resolució

Criteri. Quan dos metalls estan en contacte en un medi humit es forma una pila: el metall més reductor (E° més negatiu) fa d'ànode i s'oxida, i l'altre queda protegit (fa de càtode).
Ferro galvanitzat. El zinc (E° = −0,76 V) és més reductor que el ferro (−0,44 V), així que, encara que la ratllada deixi el ferro a l'aire, és el zinc el que s'oxida: actua d'ànode de sacrifici i el ferro no es rovella.
Ferro estanyat. L'estany (E° = −0,14 V) és menys reductor que el ferro, de manera que, quan es ratlla, el ferro fa d'ànode i s'oxida més de pressa que si estigués sol, perquè l'estany facilita la reducció de l'oxigen.
Conclusió. Es rovellarà abans la llauna estanyada. L'estany només protegeix mentre el recobriment és intacte.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

El clor reacciona amb l'hidròxid de sodi segons Cl₂ + 2 NaOH → NaCl + NaClO + H₂O (és la base de la fabricació del lleixiu). Determina el nombre d'oxidació del clor en cada compost, identifica l'oxidant i el reductor i explica per què aquesta reacció s'anomena dismutació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

Cl₂: 0; NaCl: −1; NaClO: +1. El Cl₂ és alhora oxidant i reductor: és una dismutació.

Resolució

Nombres d'oxidació. Cl₂: 0 (element lliure). NaCl: el clor té −1. NaClO: $+1 + x + (-2) = 0$ , d'on $x = +1$ .
Canvis. Una part del clor passa de 0 a −1 (es redueix) i l'altra part passa de 0 a +1 (s'oxida). Semireaccions: $\mathrm{Cl_2} + 2\,e^{-} \rightarrow 2\,\mathrm{Cl^{-}}$ i $\mathrm{Cl_2} + 4\,\mathrm{OH^{-}} \rightarrow 2\,\mathrm{ClO^{-}} + 2\,\mathrm{H_2O} + 2\,e^{-}$ .
Oxidant i reductor. El Cl₂ és alhora l'oxidant i el reductor.
Dismutació. Una dismutació (o desproporció) és una reacció redox en què una mateixa espècie s'oxida i es redueix simultàniament. Només la poden fer elements amb un nombre d'oxidació intermedi entre d'altres de possibles, com el clor (0, entre −1 i +1).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Escriu i equilibra les DUES semireaccions del procés MnO₄⁻ + Fe²⁺ → Mn²⁺ + Fe³⁺ en medi àcid, amb els mols d'electrons que calguin, i digues quina és l'oxidació i quina la reducció.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

Reducció:

\mathrm{MnO_4^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} + 5\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O}

; oxidació:

\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{3+}} + e^{-}

Resolució

Nombres d'oxidació. El Mn passa de +7 (a MnO₄⁻) a +2: es redueix i capta 5 electrons. El Fe passa de +2 a +3: s'oxida i en cedeix 1.
Semireacció de reducció. Ajustem l'O amb H₂O, l'H amb H⁺ i la càrrega amb electrons: $\mathrm{MnO_4^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} + 5\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O}$ Comprovació de càrrega: esquerra −1 + 8 − 5 = +2; dreta +2.
Semireacció d'oxidació. $\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{3+}} + 1\,e^{-}$ . Comprovació: esquerra +2; dreta +3 − 1 = +2.
Conclusió. Per escriure la reacció global caldria multiplicar l'oxidació per 5 i sumar-les, de manera que els 5 electrons es cancel·lin. Nota: les orientacions de la PAU-2026 exclouen demanar l'ajust complet pel mètode de l'ió-electró, però mantenen igualar semireaccions amb els electrons corresponents; per això l'exercici es queda a les semireaccions.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Es donen els potencials estàndard de reducció E°(Cl₂/Cl⁻) = +1,36 V, E°(Br₂/Br⁻) = +1,07 V i E°(I₂/I⁻) = +0,54 V. a) Quin és l'oxidant més fort i quin el reductor més fort? b) Pot el clor (Cl₂) oxidar els ions iodur (I⁻)? Escriu la reacció i justifica-ho amb la fem.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

Oxidant més fort: Cl₂; reductor més fort: I⁻.

Resolució

Criteri. Un E° de reducció gran vol dir molta tendència a reduir-se, és a dir, a captar electrons: això és ser bon oxidant.
Oxidant. El potencial més gran és el del clor (+1,36 V): l'oxidant més fort és el Cl₂.
Reductor. El reductor més fort és l'espècie que s'oxida amb més facilitat: la forma reduïda del parell amb E° més petit, el del iode (+0,54 V). Per tant, el reductor més fort és l'ió I⁻.

Apartat b)

Resultat

Sí:

\mathrm{Cl_2} + 2\,\mathrm{I^{-}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cl^{-}} + \mathrm{I_2}

, amb

E^{\circ} = +0{,}82\ \text{V} > 0

Resolució

Plantejament. Perquè el clor oxidi el I⁻, el clor s'ha de reduir (càtode, E° = +1,36 V) i el I⁻ s'ha d'oxidar (ànode, parell I₂/I⁻ amb E° = +0,54 V).
Fem. $E^{\circ} = E^{\circ}_{\text{càtode}} - E^{\circ}_{\text{ànode}} = 1{,}36 - 0{,}54 = +0{,}82\ \text{V}$
Reacció ajustada. $\mathrm{Cl_2} + 2\,\mathrm{I^{-}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cl^{-}} + \mathrm{I_2}$ .
Conclusió. La fem és positiva, que equival a ΔG < 0: el procés és espontani i el clor sí que oxida el iodur. En canvi, el I₂ no podria oxidar el Cl⁻: sortiria una fem negativa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Calcula la massa de coure que es diposita quan es fa passar un corrent de 2 A durant 30 minuts per una dissolució de Cu²⁺. Dades: M(Cu) = 63,5 g/mol; Cu²⁺ + 2 e- → Cu; F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

m(\mathrm{Cu}) \approx 1{,}18\ \text{g}

Resolució

Dades. I = 2 A, t = 30 min, M(Cu) = 63,5 g/mol, $\mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Cu}$ (n = 2). Passem el temps a segons: t = 30·60 = 1800 s.
Càrrega. $Q = I\cdot t = 2\cdot1800 = 3600\ \text{C}$ .
Llei de Faraday. $m = \dfrac{M\cdot Q}{n\cdot F} = \dfrac{63{,}5\cdot3600}{2\cdot96\,500} = \dfrac{228\,600}{193\,000} = 1{,}18\ \text{g}$
Conclusió. Es dipositen uns 1,18 g de coure al càtode.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Per determinar el contingut de ferro d'una mostra d'un mineral, es dissolen 1,50 g de mostra en àcid sulfúric diluït, de manera que tot el ferro passa a Fe²⁺, i es valora la dissolució amb dicromat de potassi 0,0500 M: calen 25,0 mL per arribar al punt final. La reacció és Cr₂O₇^2- + Fe²⁺ + $\mathrm{H}^{+}$ → Cr³⁺ + Fe³⁺ + H₂O (sense ajustar).
a) Ajusta la reacció pel mètode de l'ió-electró.
b) Calcula el percentatge en massa de ferro de la mostra. Dada: Fe = 56.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 6\,\mathrm{Fe^{2+}} + 14\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 6\,\mathrm{Fe^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}

Resolució

Reducció. El crom passa de +6 a +3: $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 14\,\mathrm{H^{+}} + 6\,e^{-} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}$
Oxidació. $\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{3+}} + e^{-}$ , multiplicada per 6 per igualar els electrons.
Global. $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 6\,\mathrm{Fe^{2+}} + 14\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 6\,\mathrm{Fe^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}$ . Comprovació: càrrega +24 a cada banda.

Apartat b)

Resultat

28,0 % de Fe (0,420 g de ferro).

Resolució

Mols de dicromat. $n(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}) = 0{,}0250\ \text{L}\cdot0{,}0500\ \text{mol/L} = 1{,}25\cdot10^{-3}\ \text{mol}$
Relació 1 : 6. $n(\mathrm{Fe^{2+}}) = 6\cdot1{,}25\cdot10^{-3} = 7{,}50\cdot10^{-3}\ \text{mol}$ , que correspon a tot el ferro de la mostra. Compte amb l'error típic de fer servir 1 : 1: cada ió dicromat accepta 6 electrons i cada Fe²⁺ només en cedeix 1.
Massa i percentatge. $m(\mathrm{Fe}) = 7{,}50\cdot10^{-3}\cdot56 = 0{,}420\ \text{g};\qquad \%\,\mathrm{Fe} = \dfrac{0{,}420}{1{,}50}\cdot100 = 28{,}0\ \%$

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

El coure no reacciona amb l'àcid clorhídric, però sí amb l'àcid nítric diluït, segons Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O (sense ajustar).
a) Ajusta la reacció pel mètode de l'ió-electró i indica l'agent oxidant.
b) Calcula el volum d'àcid nítric 2,00 M necessari per reaccionar completament amb 19,05 g de coure.
c) Calcula el volum de NO, mesurat a 25 °C i 1 atm, que es desprèn. Dades: Cu = 63,5; R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

3\,\mathrm{Cu} + 8\,\mathrm{HNO_3} \rightarrow 3\,\mathrm{Cu(NO_3)_2} + 2\,\mathrm{NO} + 4\,\mathrm{H_2O}

; l'agent oxidant és l'HNO₃ (l'ió nitrat).

Resolució

Semireaccions. Reducció (el N passa de +5 a +2): $\mathrm{NO_3^{-}} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 3\,e^{-} \rightarrow \mathrm{NO} + 2\,\mathrm{H_2O}$ . Oxidació: $\mathrm{Cu} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^{-}$ .
Equació iònica. Reducció ×2 i oxidació ×3 (6 electrons): $3\,\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{NO_3^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 3\,\mathrm{Cu^{2+}} + 2\,\mathrm{NO} + 4\,\mathrm{H_2O}$
Equació molecular. $3\,\mathrm{Cu} + 8\,\mathrm{HNO_3} \rightarrow 3\,\mathrm{Cu(NO_3)_2} + 2\,\mathrm{NO} + 4\,\mathrm{H_2O}$ . Fixa't que dels 8 HNO₃ només 2 es redueixen; els altres 6 fan d'àcid i queden com a nitrat de coure(II).
Conclusió. L'oxidant és l'àcid nítric (l'ió nitrat), i per això l'HNO₃ ataca el coure i l'HCl no.

Apartat b)

Resultat

V(\mathrm{HNO_3}) = 0{,}400\ \text{L} = 400\ \text{mL}

Resolució

Mols de coure. $n(\mathrm{Cu}) = \dfrac{19{,}05}{63{,}5} = 0{,}300\ \text{mol}$ .
Relació 3 : 8. $n(\mathrm{HNO_3}) = 0{,}300\cdot\dfrac{8}{3} = 0{,}800\ \text{mol}$ .
Volum. $V = \dfrac{0{,}800}{2{,}00} = 0{,}400\ \text{L} = 400\ \text{mL}$ .

Apartat c)

Resultat

V(\mathrm{NO}) \approx 4{,}89\ \text{L}

Resolució

Relació 3 : 2. $n(\mathrm{NO}) = 0{,}300\cdot\dfrac{2}{3} = 0{,}200\ \text{mol}$ .
Llei dels gasos ideals. A 25 °C (298 K) i 1 atm: $V = \dfrac{nRT}{P} = \dfrac{0{,}200\cdot0{,}082\cdot298}{1} = 4{,}89\ \text{L}$

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Es construeix una pila amb un elèctrode estàndard d'hidrogen i un elèctrode de plom submergit en una dissolució de Pb²⁺ 1 M a 25 °C. El voltímetre marca 0,13 V i l'elèctrode de plom és el pol negatiu.
a) Determina el potencial estàndard de reducció del parell Pb²⁺/Pb.
b) Escriu les semireaccions, la reacció global i la notació de la pila.
c) Calcula la variació d'energia lliure estàndard de la reacció. Dada: F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

E^{\circ}(\mathrm{Pb^{2+}/Pb}) = -0{,}13\ \text{V}

Resolució

Identificació dels elèctrodes. El pol negatiu és l'ànode, on hi ha l'oxidació: el plom s'oxida i l'H⁺ es redueix a l'elèctrode d'hidrogen (càtode).
Fem de la pila. $E^{\circ}_{\text{pila}} = E^{\circ}(\mathrm{H^{+}/H_2}) - E^{\circ}(\mathrm{Pb^{2+}/Pb}) \;\Rightarrow\; 0{,}13 = 0{,}00 - E^{\circ}(\mathrm{Pb^{2+}/Pb})$
Conclusió. $E^{\circ}(\mathrm{Pb^{2+}/Pb}) = -0{,}13\ \text{V}$ : negatiu, perquè el plom és més reductor que l'hidrogen.

Apartat b)

Resultat

Ànode: Pb → Pb²⁺ + 2 e⁻; càtode: 2 H⁺ + 2 e⁻ → H₂; global: Pb + 2 H⁺ → Pb²⁺ + H₂; Pb(s) | Pb²⁺(1 M) || H⁺(1 M) | H₂(1 atm) | Pt(s).

Resolució

Semireaccions. Ànode (−): $\mathrm{Pb} \rightarrow \mathrm{Pb^{2+}} + 2\,e^{-}$ . Càtode (+): $2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{H_2}$ .
Reacció global. $\mathrm{Pb} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Pb^{2+}} + \mathrm{H_2}$ .
Notació. Pb(s) | Pb²⁺(aq, 1 M) || H⁺(aq, 1 M) | H₂(g, 1 atm) | Pt(s), amb l'ànode a l'esquerra.

Apartat c)

Resultat

\Delta G^{\circ} = -2{,}51\cdot10^{4}\ \text{J} = -25{,}1\ \text{kJ}

per mol de reacció.

Resolució

Relació. $\Delta G^{\circ} = -n\cdot F\cdot E^{\circ}$ , amb n = 2.
Càlcul. $\Delta G^{\circ} = -2\cdot96\,500\cdot0{,}13 = -25\,090\ \text{J} = -25{,}1\ \text{kJ}$
Conclusió. ΔG° < 0 confirma que la reacció és espontània: el plom és atacat (lentament) pels àcids, com correspon a un metall amb potencial de reducció negatiu.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

El sodi metàl·lic s'obté industrialment per electròlisi del clorur de sodi fos.
a) Escriu les semireaccions que tenen lloc a cada elèctrode i la reacció global.
b) Calcula la massa de sodi i el volum de clor (en condicions normals, 22,4 L/mol) que s'obtenen fent passar un corrent de 9,65 A durant 1 hora.
c) Explica per què, si l'electròlisi es fa amb una dissolució aquosa de NaCl, al càtode no s'obté sodi sinó hidrogen. Dades: Na = 23; Cl = 35,5; F = 96500 C/mol; E°(Na⁺/Na) = -2,71 V; E°( $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ / $\mathrm{H}_{2}$ , OH^-) = -0,83 V.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Càtode (−): Na⁺ + e⁻ → Na; ànode (+): 2 Cl⁻ → Cl₂ + 2 e⁻; global: 2 NaCl(l) → 2 Na(l) + Cl₂(g).

Resolució

Càtode (−), reducció. $\mathrm{Na^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Na}$ .
Ànode (+), oxidació. $2\,\mathrm{Cl^{-}} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + 2\,e^{-}$ .
Global. Multipliquem el càtode per 2: $2\,\mathrm{NaCl(l)} \rightarrow 2\,\mathrm{Na(l)} + \mathrm{Cl_2(g)}$ . És un procés no espontani: cal aportar energia elèctrica.

Apartat b)

Resultat

m(\mathrm{Na}) = 8{,}28\ \text{g}

;

V(\mathrm{Cl_2}) = 4{,}03\ \text{L}

(c.n.).

Resolució

Càrrega i electrons. $Q = I\cdot t = 9{,}65\cdot3600 = 34\,740\ \text{C};\qquad n(e^{-}) = \dfrac{34\,740}{96\,500} = 0{,}360\ \text{mol}$
Sodi. 1 electró per àtom: $n(\mathrm{Na}) = 0{,}360\ \text{mol}$ , $m = 0{,}360\cdot23 = 8{,}28\ \text{g}$ .
Clor. 2 electrons per molècula: $n(\mathrm{Cl_2}) = 0{,}180\ \text{mol}$ , $V = 0{,}180\cdot22{,}4 = 4{,}03\ \text{L}$ .

Apartat c)

Resultat

Perquè l'aigua es redueix més fàcilment que l'Na⁺ (−0,83 V > −2,71 V): al càtode es desprèn H₂.

Resolució

Competència al càtode. En dissolució aquosa poden reduir-se dues espècies: $\mathrm{Na^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Na}$ (E° = −2,71 V) i $2\,\mathrm{H_2O} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{H_2} + 2\,\mathrm{OH^{-}}$ (E° = −0,83 V).
Criteri. Es redueix l'espècie amb el potencial de reducció més alt, l'aigua: es desprèn hidrogen i la dissolució es va enriquint en NaOH.
Conclusió. A més, el sodi que es pogués formar reaccionaria violentament amb l'aigua. Per obtenir sodi cal treballar amb la sal fosa, sense aigua.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Es fa l'electròlisi d'aigua acidulada (amb unes gotes d'àcid sulfúric per fer-la conductora) amb un corrent de 2,68 A durant 1 hora.
a) Escriu les semireaccions de cada elèctrode i la reacció global.
b) Calcula el volum d'hidrogen i el volum d'oxigen obtinguts, mesurats en condicions normals (22,4 L/mol).
c) Justifica la relació entre els dos volums. Dada: F = 96500 C/mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Càtode (−): 2 H⁺ + 2 e⁻ → H₂; ànode (+): 2 H₂O → O₂ + 4 H⁺ + 4 e⁻; global: 2 H₂O → 2 H₂ + O₂.

Resolució

Càtode (−), reducció. $2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{H_2}$ .
Ànode (+), oxidació. $2\,\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{O_2} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 4\,e^{-}$ .
Global. Multipliquem el càtode per 2 i sumem: $2\,\mathrm{H_2O} \rightarrow 2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2}$ . L'àcid només aporta conductivitat: no es consumeix.

Apartat b)

Resultat

V(\mathrm{H_2}) = 1{,}12\ \text{L}

;

V(\mathrm{O_2}) = 0{,}560\ \text{L}

(c.n.).

Resolució

Càrrega i electrons. $Q = 2{,}68\cdot3600 = 9648\ \text{C};\qquad n(e^{-}) = \dfrac{9648}{96\,500} = 0{,}100\ \text{mol}$
Hidrogen. 2 electrons per molècula: $n(\mathrm{H_2}) = 0{,}0500\ \text{mol}$ , $V = 0{,}0500\cdot22{,}4 = 1{,}12\ \text{L}$ .
Oxigen. 4 electrons per molècula: $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}0250\ \text{mol}$ , $V = 0{,}0250\cdot22{,}4 = 0{,}560\ \text{L}$ .

Apartat c)

Resultat

V(\mathrm{H_2})/V(\mathrm{O_2}) = 2

: cada O₂ necessita el doble d'electrons que cada H₂.

Resolució

Raonament. Amb la mateixa càrrega, formar una molècula d'O₂ necessita 4 electrons i una d'H₂ només 2: es forma la meitat de mols d'oxigen.
Llei d'Avogadro. En les mateixes condicions, la relació de volums és la de mols: 2 : 1.
Conclusió. Coincideix amb la relació 2 : 1 de l'equació global i amb la fórmula de l'aigua, H₂O.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Al laboratori cal guardar tres dissolucions: sulfat de coure(II), nitrat de ferro(III) i sulfat de ferro(II). Només es disposa de recipients de ferro i de coure. Raona, amb els potencials estàndard E°(Fe²⁺/Fe) = -0,44 V, E°(Cu²⁺/Cu) = +0,34 V i E°(Fe³⁺/Fe²⁺) = +0,77 V:
a) si es pot guardar la dissolució de sulfat de coure(II) en un recipient de ferro;
b) si es pot guardar la dissolució de nitrat de ferro(III) en un recipient de coure;
c) si es pot guardar la dissolució de sulfat de ferro(II) en un recipient de coure.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

No:

\mathrm{Fe} + \mathrm{Cu^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{2+}} + \mathrm{Cu}

té

E^{\circ} = +0{,}78\ \text{V} > 0

; el ferro es dissoldria.

Resolució

Criteri. Un recipient metàl·lic serveix si el metall no s'oxida davant dels ions de la dissolució, és a dir, si $E^{\circ} = E^{\circ}(\text{catió}) - E^{\circ}(\text{metall}) < 0$ .
Càlcul. $\mathrm{Fe} + \mathrm{Cu^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{2+}} + \mathrm{Cu}$ : $E^{\circ} = 0{,}34 - (-0{,}44) = +0{,}78\ \text{V} > 0$ .
Conclusió. La reacció és espontània: el ferro es dissol i es recobreix de coure. No es pot guardar.

Apartat b)

Resultat

No:

\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{Fe^{3+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,\mathrm{Fe^{2+}}

té

E^{\circ} = +0{,}43\ \text{V} > 0

; el coure es dissoldria.

Resolució

Parell que compta. El Fe³⁺ es redueix a Fe²⁺, no a ferro metàl·lic: s'ha de fer servir el parell Fe³⁺/Fe²⁺ (+0,77 V), no Fe²⁺/Fe.
Càlcul. $E^{\circ} = 0{,}77 - 0{,}34 = +0{,}43\ \text{V} > 0$ .
Conclusió. És espontània: el Fe³⁺ és prou oxidant per dissoldre el coure. No es pot guardar.

Apartat c)

Resultat

Sí:

\mathrm{Cu} + \mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + \mathrm{Fe}

té

E^{\circ} = -0{,}78\ \text{V} < 0

; no hi ha reacció.

Resolució

Càlcul. $E^{\circ} = -0{,}44 - 0{,}34 = -0{,}78\ \text{V} < 0$ .
Conclusió. No és espontània: el recipient de coure és adequat per al sulfat de ferro(II).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Una farmàcia ven aigua oxigenada d'ús tòpic etiquetada «10 volums», és a dir, que cada mL de producte allibera 10 mL d'O₂ mesurats en condicions normals (0 °C i 1 atm) en descompondre's segons 2 H₂O₂ → 2 H₂O + O₂. Per comprovar-ho, un tècnic dilueix 10,00 mL del producte fins a 250,0 mL; 25,00 mL d'aquesta dissolució, acidificats amb àcid sulfúric diluït, gasten 18,40 mL de KMnO₄ 0,02000 M fins que apareix un color rosa persistent.
a) Ajusta pel mètode de l'ió-electró, en medi àcid, la reacció MnO₄^- + H₂O₂ → Mn²⁺ + O₂, i indica l'oxidant i el reductor.
b) Calcula la concentració molar d'H₂O₂ i el percentatge en massa/volum del producte.
c) Calcula els «volums» reals (litres d'O₂ en c.n. per litre de producte) i decideix si l'etiqueta és correcta.
d) Per què s'acidifica amb H₂SO₄ i no amb HCl? Raona-ho amb els potencials: E°(MnO₄^-/Mn²⁺) = +1,51 V; E°(Cl₂/Cl^-) = +1,36 V; E°(O₂/H₂O₂) = +0,70 V.
Dades: M(H₂O₂) = 34,02 g/mol; volum molar en c.n.: 22,4 L/mol.

Pista 1

Escriu primer les dues semireaccions: el manganès passa de +7 a +2 i l'oxigen del peròxid, de −1 a 0. Iguala els electrons abans de sumar.

Pista 2

La relació estequiomètrica és 2 MnO₄^- : 5 H₂O₂. Recorda que la valoració s'ha fet sobre 25,00 mL de la dissolució diluïda: cal tornar als 10,00 mL de producte.

Pista 3

Per a (d): compara el potencial del permanganat amb el del parell Cl₂/Cl^-. Pot el permanganat oxidar el clorur?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

2\,\mathrm{MnO_4^{-}} + 5\,\mathrm{H_2O_2} + 6\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}} + 5\,\mathrm{O_2} + 8\,\mathrm{H_2O}

; oxidant: MnO₄⁻; reductor: H₂O₂.

Resolució

Nombres d'oxidació. El Mn passa de +7 a +2 (es redueix) i l'oxigen del peròxid, de −1 a 0 (s'oxida). Compte: al peròxid l'oxigen és −1, no −2.
Semireaccions. Reducció: $\mathrm{MnO_4^{-}} + 8\,\mathrm{H^{+}} + 5\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Mn^{2+}} + 4\,\mathrm{H_2O}$ . Oxidació: $\mathrm{H_2O_2} \rightarrow \mathrm{O_2} + 2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-}$ .
Igualació d'electrons. La primera ×2 i la segona ×5 (10 electrons); en sumar, se simplifiquen 10 H⁺: $2\,\mathrm{MnO_4^{-}} + 5\,\mathrm{H_2O_2} + 6\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Mn^{2+}} + 5\,\mathrm{O_2} + 8\,\mathrm{H_2O}$
Conclusió. L'oxidant és el MnO₄⁻ (es redueix) i el reductor és l'H₂O₂ (s'oxida).

Apartat b)

Resultat

c(\mathrm{H_2O_2}) = 0{,}920\ \text{mol/L}

(31,3 g/L), és a dir, 3,13 % m/v.

Resolució

Mols de permanganat. $n(\mathrm{MnO_4^{-}}) = 0{,}02000\cdot18{,}40\cdot10^{-3} = 3{,}680\cdot10^{-4}\ \text{mol}$ .
Relació 2 : 5. A l'alíquota de 25,00 mL: $n(\mathrm{H_2O_2}) = \tfrac{5}{2}\cdot3{,}680\cdot10^{-4} = 9{,}200\cdot10^{-4}\ \text{mol}$ .
Dilució. La dissolució diluïda és 10 vegades l'alíquota (250,0/25,00): $9{,}200\cdot10^{-3}\ \text{mol}$ , que provenen dels 10,00 mL de producte: $c = \dfrac{9{,}200\cdot10^{-3}\ \text{mol}}{0{,}01000\ \text{L}} = 0{,}920\ \text{mol/L}$
Percentatge m/v. $0{,}920\cdot34{,}02 = 31{,}3\ \text{g/L}$ , és a dir, 3,13 g per 100 mL: 3,13 % m/v.

Apartat c)

Resultat

10,3 volums: l'etiqueta «10 volums» és correcta (desviació d'un 3 %).

Resolució

Estequiometria. De $2\,\mathrm{H_2O_2} \rightarrow 2\,\mathrm{H_2O} + \mathrm{O_2}$ , cada mol d'H₂O₂ allibera ½ mol d'O₂: 0,920/2 = 0,460 mol d'O₂ per litre de producte.
Volum en c.n. $V = 0{,}460\cdot22{,}4 = 10{,}3\ \text{L}$ d'O₂ per litre de producte.
Conclusió. Són 10,3 volums: l'etiqueta és correcta, amb una desviació de només el 3 %.

Apartat d)

Resultat

Perquè el MnO₄⁻ també oxidaria el Cl⁻ (

\varepsilon^{\circ} = +0{,}15\ \text{V} > 0

) i se'n gastaria massa: el resultat sortiria per excés.

Resolució

Interferència del clorur. El permanganat és tan oxidant (+1,51 V) que també pot oxidar el clorur a clor: $\varepsilon^{\circ} = 1{,}51 - 1{,}36 = +0{,}15\ \text{V} > 0$ .
Conseqüència. Amb HCl, una part del MnO₄⁻ es gastaria en oxidar Cl⁻ i no H₂O₂: el volum gastat seria massa gran i s'obtindria un contingut d'H₂O₂ per excés. L'ió sulfat, en canvi, no s'oxida.
Reacció buscada. L'H₂O₂ sí que actua de reductor davant del permanganat: $\varepsilon^{\circ} = 1{,}51 - 0{,}70 = +0{,}81\ \text{V} > 0$ .
Punt final. No cal indicador: el MnO₄⁻ és violeta i el Mn²⁺ gairebé incolor; la primera gota d'excés tenyeix de rosa la dissolució.

Errors típics

Oblidar el factor de dilució (250,0 mL / 25,00 mL = 10) o la relació 2 : 5 entre permanganat i peròxid.
Assignar −2 a l'oxigen del peròxid d'hidrogen: és −1, i per això pot oxidar-se a O₂ (0) o reduir-se a aigua (−2).
Acidificar amb HCl: el clorur interfereix perquè el permanganat l'oxida a Cl₂.

Conceptes treballats: ajust redox pel mètode de l'ió-electró, valoració redox i estequiometria, nombre d'oxidació en peròxids, potencials estàndard per predir interferències, concentració en % m/v i «volums» de l'aigua oxigenada.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Per mesurar el producte de solubilitat de l'AgCl es munta una pila amb dues semipiles unides per un pont salí. A la semipila 1 hi ha una barreta de zinc en una dissolució de Zn²⁺ 1,00 M. A la semipila 2 hi ha un fil de plata submergit en una dissolució de NaCl 0,100 M a la qual s'ha afegit un excés d'AgCl(s) fins a saturar-la. A 25 °C, un voltímetre de gran impedància indica 1,04 V.
a) Escriu les semireaccions i la reacció global, i indica quin elèctrode és l'ànode, quin el càtode i quin el pol positiu.
b) Calcula la força electromotriu estàndard ε° de la pila i explica per què el valor mesurat és més petit.
c) Calcula [Ag⁺] a la semipila 2 i el producte de solubilitat de l'AgCl. Compara'l amb el valor tabulat, 1,8·10^-10.
d) Si el voltímetre té una incertesa de ±0,01 V, entre quins valors variaria el K_s obtingut?
e) Si s'afegís amoníac a la semipila 2, que forma el complex soluble [Ag(NH₃)₂⁺] i redueix la [Ag⁺] lliure, la lectura augmentaria o disminuiria? Raona-ho.
Dades: E°(Zn²⁺/Zn) = −0,76 V; E°(Ag⁺/Ag) = +0,80 V. Equació de Nernst a 25 °C: ε = ε° − (0,0592/n)·log Q.

Pista 1

Compara els dos potencials estàndard: el metall amb E° més baix és el que s'oxida (ànode). Per a ε° resta E°(càtode) − E°(ànode).

Pista 2

La reacció global és Zn + 2 Ag⁺ → Zn²⁺ + 2 Ag (n = 2). Escriu Q només amb les espècies en dissolució: Q = [Zn²⁺]/[Ag⁺]², i com que [Zn²⁺] = 1, Q = 1/[Ag⁺]².

Pista 3

A la semipila 2, [Ag⁺] i [Cl^-] estan lligats per la dissolució saturada: K_s = [Ag⁺]·[Cl^-], amb [Cl^-] = 0,100 M (l'AgCl que es dissol hi aporta una quantitat negligible).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Ànode (−): Zn → Zn²⁺ + 2 e⁻; càtode (+): Ag⁺ + e⁻ → Ag; global: Zn + 2 Ag⁺ → Zn²⁺ + 2 Ag. El pol positiu és el fil de plata.

Resolució

Criteri. El metall amb E° més baix (zinc, −0,76 V) s'oxida: és l'ànode; la plata (+0,80 V) es redueix: és el càtode.
Semireaccions. Ànode (−), oxidació: $\mathrm{Zn} \rightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + 2\,e^{-}$ . Càtode (+), reducció: $\mathrm{Ag^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Ag}$ , que cal multiplicar per 2.
Global. $\mathrm{Zn} + 2\,\mathrm{Ag^{+}} \rightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + 2\,\mathrm{Ag}$ . El zinc és el pol negatiu i el fil de plata el positiu; els electrons van del Zn a l'Ag pel circuit extern.

Apartat b)

Resultat

\varepsilon^{\circ} = 1{,}56\ \text{V}

; se'n mesura menys perquè la [Ag⁺] és molt petita (no és 1 M).

Resolució

Fem estàndard. $\varepsilon^{\circ} = E^{\circ}(\mathrm{Ag^{+}/Ag}) - E^{\circ}(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}) = 0{,}80 - (-0{,}76) = 1{,}56\ \text{V}$
Per què es mesura menys. La concentració d'Ag⁺ no és 1 M sinó molt petita: el clorur la manté baixa perquè l'AgCl és molt poc soluble.
Conclusió. Amb tan poc reactiu al càtode, Q és molt gran i, segons Nernst, la fem baixa fins a 1,04 V.

Apartat c)

Resultat

[\mathrm{Ag^{+}}] = 1{,}6\cdot10^{-9}\ \text{M}

;

K_{s} = 1{,}6\cdot10^{-10}

, d'acord amb el tabulat (1,8·10⁻¹⁰, un 9 % de diferència).

Resolució

Equació de Nernst. Amb n = 2 i $Q = \dfrac{[\mathrm{Zn^{2+}}]}{[\mathrm{Ag^{+}}]^{2}} = \dfrac{1}{[\mathrm{Ag^{+}}]^{2}}$ (els sòlids no hi entren): $\varepsilon = \varepsilon^{\circ} - \dfrac{0{,}0592}{2}\log\dfrac{1}{[\mathrm{Ag^{+}}]^{2}} = \varepsilon^{\circ} + 0{,}0592\log[\mathrm{Ag^{+}}]$
Càlcul de [Ag⁺]. $\log[\mathrm{Ag^{+}}] = \dfrac{1{,}04 - 1{,}56}{0{,}0592} = -8{,}78 \;\Rightarrow\; [\mathrm{Ag^{+}}] = 1{,}65\cdot10^{-9}\ \text{M}$
Producte de solubilitat. Amb [Cl⁻] = 0,100 M (l'AgCl que es dissol hi aporta una quantitat negligible): $K_{s} = [\mathrm{Ag^{+}}]\cdot[\mathrm{Cl^{-}}] = 1{,}65\cdot10^{-9}\cdot0{,}100 = 1{,}6\cdot10^{-10}$
Comparació. Coincideix raonablement amb el valor tabulat, 1,8·10⁻¹⁰ (diferència d'un 9 %).

Apartat d)

Resultat

K_{s}

entre 1,1·10⁻¹⁰ i 2,4·10⁻¹⁰.

Resolució

Efecte de ±0,01 V. Una variació de 0,01 V canvia $\log[\mathrm{Ag^{+}}]$ en $\tfrac{0{,}01}{0{,}0592} = 0{,}17$ unitats: $K_{s}$ es multiplica o es divideix per 1,48.
Extrems. Amb 1,03 V: $[\mathrm{Ag^{+}}] = 1{,}1\cdot10^{-9}\ \text{M}$ i $K_{s} = 1{,}1\cdot10^{-10}$ . Amb 1,05 V: $[\mathrm{Ag^{+}}] = 2{,}4\cdot10^{-9}\ \text{M}$ i $K_{s} = 2{,}4\cdot10^{-10}$ .
Conclusió. Un mètode potenciomètric és molt sensible a l'error de lectura perquè el potencial depèn del logaritme de la concentració.

Apartat e)

Resultat

La lectura disminuiria.

Resolució

Efecte del complex. L'amoníac consumeix Ag⁺ i la [Ag⁺] lliure disminueix.
Nernst. Si [Ag⁺] baixa, $Q = 1/[\mathrm{Ag^{+}}]^{2}$ augmenta i $\varepsilon = \varepsilon^{\circ} + 0{,}0592\log[\mathrm{Ag^{+}}]$ disminueix.
Conclusió. La reducció de l'Ag⁺ al càtode és menys espontània: la pila queda menys «impulsada» i el voltímetre marca menys.

Errors típics

Posar [Ag⁺] = 1 M o incloure l'AgCl sòlid a Q: els sòlids no hi entren, i la concentració de plata és la molt petita que fixa el $K_{s}$ .
Barrejar n i exponents: si s'escriu la reacció amb 2 Ag⁺ cal n = 2 i exponent 2; amb Ag⁺ + $\tfrac{1}{2}$ Zn cal n = 1 i exponent 1 (el resultat és el mateix, però cal ser coherent).
Aplicar la fórmula de Nernst amb el signe de log Q canviat i obtenir una [Ag⁺] impossible (més gran que 1 M).

Conceptes treballats: pila galvànica, potencial estàndard i potencial en condicions no estàndard (equació de Nernst), producte de solubilitat, ió comú, propagació d'incerteses i complexació com a pertorbació d'un equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

La indústria clor-àlcali produeix clor, hidrogen i hidròxid de sodi per electròlisi d'una dissolució aquosa concentrada de NaCl (salmorra) amb elèctrodes inerts. Una cel·la funciona amb un corrent constant de 5000 A durant 24 h, amb un rendiment de corrent del 94 % (només aquest percentatge del corrent produeix els productes buscats) i una tensió de 3,30 V.
a) Escriu les semireaccions que tenen lloc a l'ànode i al càtode, la reacció global, i indica la polaritat dels elèctrodes.
b) Explica per què al càtode es desprèn hidrogen i no es diposita sodi. Dades: E°(Na⁺/Na) = −2,71 V; E°(2 H₂O + 2 $e^{-}$ → H₂ + 2 OH^-) = −0,83 V; E°(Cl₂/Cl^-) = +1,36 V.
c) Calcula la massa de NaOH, la massa d'H₂ i el volum de Cl₂ (a 25 °C i 1,00 atm) obtinguts en aquest temps.
d) Calcula l'energia elèctrica consumida (en kWh) i la que correspon a cada kg de NaOH. Quina és la tensió mínima teòrica i on es perd la resta?
e) Per què cal separar l'ànode i el càtode amb una membrana? Escriu la reacció que passaria si el Cl₂ entrés en contacte amb la sosa.
Dades: F = 96 500 C/mol; R = 0,082 atm·L/(mol·K); M(NaOH) = 40,00 g/mol; M(Cl₂) = 70,90 g/mol; M(H₂) = 2,016 g/mol.

Pista 1

Ànode = oxidació i càtode = reducció, també en una cuba electrolítica. A l'ànode només pot oxidar-se el Cl^- (o l'aigua); al càtode, reduir-se l'Na⁺ o l'aigua.

Pista 2

Q = I·t; mols d'electrons = $\tfrac{Q}{F}$ ; aplica el rendiment. Per cada mol d'electrons surt 1 mol d'OH^-, $\tfrac{1}{2}$ mol d'H₂ i $\tfrac{1}{2}$ mol de Cl₂.

Pista 3

Energia = tensió · càrrega total (en J; 1 kWh = 3,6· $10^{6}$ J). La tensió mínima és |ε°| = E°(ànode) − E°(càtode) amb els potencials de reducció.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Ànode (+): 2 Cl⁻ → Cl₂ + 2 e⁻; càtode (−): 2 H₂O + 2 e⁻ → H₂ + 2 OH⁻; global: 2 NaCl + 2 H₂O → Cl₂ + H₂ + 2 NaOH.

Resolució

Ànode (+), oxidació. $2\,\mathrm{Cl^{-}} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + 2\,e^{-}$ .
Càtode (−), reducció. $2\,\mathrm{H_2O} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{H_2} + 2\,\mathrm{OH^{-}}$ .
Global. $2\,\mathrm{NaCl} + 2\,\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + \mathrm{H_2} + 2\,\mathrm{NaOH}$ ; l'Na⁺ és un ió espectador que acompanya l'OH⁻.
Polaritat. En una cuba electrolítica el càtode és el pol negatiu i l'ànode el positiu (al revés que en una pila).

Apartat b)

Resultat

Perquè l'aigua es redueix més fàcilment que l'Na⁺ (−0,83 V > −2,71 V).

Resolució

Competència al càtode. Competeixen l'Na⁺ (−2,71 V) i l'aigua (−0,83 V). Es redueix l'espècie amb potencial de reducció més alt, l'aigua: es forma H₂ i OH⁻.
I a l'ànode. L'oxidació de l'aigua tindria un potencial teòric (+1,23 V en medi àcid) proper al del clorur, però amb una cinètica molt lenta sobre els elèctrodes industrials (sobretensió); amb salmorra concentrada, l'espècie que s'oxida és el Cl⁻.
Conclusió. No té sentit pensar que el sodi es diposita «perquè hi ha ions sodi»: en dissolució aquosa sempre competeix l'aigua.

Apartat c)

Resultat

m(\mathrm{NaOH}) = 168\ \text{kg}

;

m(\mathrm{H_2}) = 4{,}24\ \text{kg}

;

V(\mathrm{Cl_2}) = 5{,}14\cdot10^{4}\ \text{L} = 51{,}4\ \text{m}^{3}

Resolució

Càrrega. $Q = 5000\cdot24\cdot3600 = 4{,}32\cdot10^{8}\ \text{C}$ , que són $4{,}32\cdot10^{8}/96\,500 = 4477$ mol d'e⁻ teòrics.
Rendiment de corrent. S'aplica als mols d'electrons: $n(e^{-})_{\text{útil}} = 0{,}94\cdot4477 = 4208\ \text{mol}$ .
Productes. Per cada mol d'e⁻: 1 mol d'OH⁻, ½ d'H₂ i ½ de Cl₂. $m(\mathrm{NaOH}) = 4208\cdot40{,}00 = 168\,300\ \text{g} = 168{,}3\ \text{kg};\qquad m(\mathrm{H_2}) = 2104\cdot2{,}016 = 4{,}24\ \text{kg}$
Volum de clor. A 25 °C i 1,00 atm (no en c.n.): $V = \dfrac{nRT}{P} = \dfrac{2104\cdot0{,}082\cdot298{,}15}{1{,}00} = 5{,}14\cdot10^{4}\ \text{L} = 51{,}4\ \text{m}^{3}$ (en massa, $2104\cdot70{,}90 = 149{,}2\ \text{kg}$ de Cl₂).

Apartat d)

Resultat

E = 1{,}43\cdot10^{9}\ \text{J} = 396\ \text{kWh}

(2,35 kWh/kg de NaOH); tensió mínima 2,19 V.

Resolució

Energia. Amb la càrrega total que circula: $E = V\cdot Q = 3{,}30\cdot4{,}32\cdot10^{8} = 1{,}43\cdot10^{9}\ \text{J} = \dfrac{1{,}43\cdot10^{9}}{3{,}6\cdot10^{6}} = 396\ \text{kWh}$
Per kg de NaOH. $\dfrac{396}{168{,}3} = 2{,}35\ \text{kWh/kg}$ .
Tensió mínima. $|\varepsilon^{\circ}| = 1{,}36 - (-0{,}83) = 2{,}19\ \text{V}$ .
On es perd la resta. La cel·la treballa a 3,30 V: prop d'un 34 % de l'energia es perd en sobretensions dels elèctrodes i en la resistència de l'electròlit i de la membrana (es dissipa com a calor), a més del 6 % del corrent que no dona productes.

Apartat e)

Resultat

Per evitar

\mathrm{Cl_2} + 2\,\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{NaCl} + \mathrm{NaClO} + \mathrm{H_2O}

(es perdria producte) i la barreja explosiva H₂ + Cl₂.

Resolució

Reacció amb la sosa. Si el Cl₂ arribés a la sosa reaccionaria amb l'OH⁻: $\mathrm{Cl_2} + 2\,\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{NaCl} + \mathrm{NaClO} + \mathrm{H_2O}$ (lleixiu), i es perdria producte i rendiment.
Seguretat. A més, el Cl₂ barrejat amb l'H₂ és explosiu.
Funció de la membrana. La membrana només deixa passar ions positius (Na⁺) i impedeix aquests contactes.

Errors típics

Pensar que el sodi es diposita al càtode perquè «hi ha ions sodi»: en dissolució aquosa competeix l'aigua, que es redueix més fàcilment.
Oblidar el rendiment de corrent o aplicar-lo als mols de reactiu en lloc dels mols d'electrons.
Calcular el volum de gas amb 22,4 L/mol (condicions normals) quan l'enunciat dona 25 °C i 1,00 atm.

Conceptes treballats: electròlisi d'una dissolució aquosa, competència entre espècies segons E°, lleis de Faraday amb rendiment, gasos (llei dels gasos ideals), energia elèctrica i tensió mínima, reacció del clor amb una base.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Una bateria d'arrencada d'un cotxe és un acumulador de plom amb 6 cel·les en sèrie. A cada cel·la, l'elèctrode negatiu és de plom, el positiu és de diòxid de plom i l'electròlit és àcid sulfúric diluït; en la descàrrega s'hi forma sulfat de plom(II) sòlid als dos elèctrodes. Dades: E°(PbO₂/PbSO₄) = +1,69 V, E°(PbSO₄/Pb) = −0,36 V; electròlit total: 3,00 L amb densitat 1,28 g/mL i 37,0 % en massa d'H₂SO₄; M(Pb) = 207,2; M(PbO₂) = 239,2; M(H₂SO₄) = 98,09; M(H₂O) = 18,02 g/mol.
a) Escriu les semireaccions de la descàrrega, la reacció global i calcula la tensió d'una cel·la i la de la bateria.
b) Es descarreguen 25,0 A·h. Calcula, per al conjunt de la bateria, les masses de Pb i de PbO₂ consumides i la d'H₂SO₄ gastat.
c) Calcula el percentatge en massa d'H₂SO₄ de l'electròlit després d'aquesta descàrrega i explica per què la mesura de la densitat de l'àcid permet saber l'estat de càrrega.
d) Calcula l'energia elèctrica subministrada en aquesta descàrrega, en J i en kWh.
e) Si la bateria es continua carregant quan ja és plena, amb 2,0 A per cel·la durant 1,0 h, s'electrolitza l'aigua. Calcula els volums d'H₂ i d'O₂ (a 25 °C i 1,00 atm) alliberats per la bateria i explica per què cal ventilar el lloc de càrrega.
Dades: F = 96 500 C/mol; R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

En la descàrrega la bateria és una pila: el Pb s'oxida (ànode, pol −) i el PbO₂ es redueix (càtode, pol +). Als dos elèctrodes es forma PbSO₄ i el sulfat prové de l'àcid.

Pista 2

Cada cel·la és travessada per la mateixa càrrega Q = 25,0 A·h = 90 000 C. Per cada mol d'electrons es consumeixen $\tfrac{1}{2}$ mol de Pb, $\tfrac{1}{2}$ mol de PbO₂ i 1 mol d'H₂SO₄ (la global té 2 H₂SO₄ per 2 $e^{-}$ ); no oblidis multiplicar per les 6 cel·les.

Pista 3

El percentatge final és (massa d'H₂SO₄ que queda)/(massa de dissolució que queda). La dissolució perd l'H₂SO₄ gastat i guanya l'aigua que es forma (2 H₂O per cada 2 H₂SO₄).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

(−) Pb + SO₄²⁻ → PbSO₄ + 2 e⁻; (+) PbO₂ + SO₄²⁻ + 4 H⁺ + 2 e⁻ → PbSO₄ + 2 H₂O; global: Pb + PbO₂ + 2 H₂SO₄ → 2 PbSO₄ + 2 H₂O; cel·la 2,05 V; bateria 12,3 V.

Resolució

Ànode (−), oxidació. $\mathrm{Pb} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow \mathrm{PbSO_4} + 2\,e^{-}$ .
Càtode (+), reducció. $\mathrm{PbO_2} + \mathrm{SO_4^{2-}} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{PbSO_4} + 2\,\mathrm{H_2O}$ .
Global. $\mathrm{Pb} + \mathrm{PbO_2} + 2\,\mathrm{H_2SO_4} \rightarrow 2\,\mathrm{PbSO_4} + 2\,\mathrm{H_2O}$ : el sulfat prové de l'àcid.
Tensions. Per cel·la: $\varepsilon^{\circ} = 1{,}69 - (-0{,}36) = 2{,}05\ \text{V}$ ; amb 6 cel·les en sèrie: $6\cdot2{,}05 = 12{,}30\ \text{V}$ (els «12 V» habituals).

Apartat b)

Resultat

m(\mathrm{Pb}) = 580\ \text{g}

;

m(\mathrm{PbO_2}) = 669\ \text{g}

;

m(\mathrm{H_2SO_4}) = 549\ \text{g}

Resolució

Càrrega per cel·la. Totes les cel·les en sèrie són travessades per la mateixa càrrega: $Q = 25{,}0\cdot3600 = 90\,000\ \text{C};\qquad n(e^{-}) = \dfrac{90\,000}{96\,500} = 0{,}933\ \text{mol}$
Per cel·la. Per cada 2 e⁻ es consumeixen 1 Pb, 1 PbO₂ i 2 H₂SO₄: $n(\mathrm{Pb}) = n(\mathrm{PbO_2}) = 0{,}466\ \text{mol}$ i $n(\mathrm{H_2SO_4}) = 0{,}933\ \text{mol}$ .
Per a les 6 cel·les. $m(\mathrm{Pb}) = 6\cdot0{,}466\cdot207{,}2 = 580\ \text{g};\quad m(\mathrm{PbO_2}) = 6\cdot0{,}466\cdot239{,}2 = 669\ \text{g};\quad m(\mathrm{H_2SO_4}) = 6\cdot0{,}933\cdot98{,}09 = 549\ \text{g}$
Aigua formada. $6\cdot0{,}933\cdot18{,}02 = 101\ \text{g}$ (la necessitarem a l'apartat c). Compte: no multipliquis per 6 el corrent, sinó les masses.

Apartat c)

Resultat

Queda un 25,7 % d'H₂SO₄ (abans, 37,0 %); la densitat baixa en descarregar-se, i per això indica l'estat de càrrega.

Resolució

Estat inicial. $m(\text{dissolució}) = 3000\ \text{mL}\cdot1{,}28\ \text{g/mL} = 3840\ \text{g}$ , de la qual $0{,}370\cdot3840 = 1421\ \text{g}$ són d'H₂SO₄.
Després de la descàrrega. La dissolució perd l'àcid gastat i guanya l'aigua formada: H₂SO₄ = 1421 − 549 = 872 g; dissolució = 3840 − 549 + 101 = 3392 g.
Percentatge. $\%\,\mathrm{H_2SO_4} = \dfrac{872}{3392}\cdot100 = 25{,}7\ \%$
Densitat i estat de càrrega. Com que el sulfat passa als elèctrodes i es forma aigua, l'electròlit es dilueix i la seva densitat baixa (no es concentra, com de vegades es pensa); mesurant-la amb un areòmetre, es veu com de descarregada és la bateria.

Apartat d)

Resultat

E = 1{,}11\cdot10^{6}\ \text{J} = 0{,}308\ \text{kWh}

Resolució

Energia elèctrica. La càrrega que circula pel circuit exterior és la d'una cel·la, i la tensió és la de la bateria: $E = \varepsilon\cdot Q = 12{,}30\ \text{V}\cdot90\,000\ \text{C} = 1{,}11\cdot10^{6}\ \text{J}$
En kWh. $\dfrac{1{,}11\cdot10^{6}}{3{,}6\cdot10^{6}} = 0{,}308\ \text{kWh}$ .
Interpretació. Només 308 Wh: el combustible d'un cotxe emmagatzema molta més energia per kg.

Apartat e)

Resultat

V(\mathrm{H_2}) \approx 5{,}5\ \text{L}

;

V(\mathrm{O_2}) \approx 2{,}7\ \text{L}

; cal ventilar perquè la barreja és explosiva.

Resolució

Electròlisi de l'aigua. Ànode (+): $2\,\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{O_2} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 4\,e^{-}$ ; càtode (−): $2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{H_2}$ . En la càrrega la bateria és una cuba electrolítica: el corrent s'inverteix i les reaccions són les contràries de la descàrrega.
Electrons. Per cel·la: $Q = 2{,}0\cdot3600 = 7200\ \text{C}$ , és a dir, $0{,}0746\ \text{mol}$ d'e⁻. A les 6 cel·les: $n(\mathrm{H_2}) = 6\cdot\tfrac{0{,}0746}{2} = 0{,}224\ \text{mol}$ i $n(\mathrm{O_2}) = 0{,}112\ \text{mol}$ .
Volums a 25 °C i 1,00 atm. $V(\mathrm{H_2}) = \dfrac{0{,}224\cdot0{,}082\cdot298}{1{,}00} = 5{,}5\ \text{L};\qquad V(\mathrm{O_2}) = 2{,}7\ \text{L}$
Conclusió. La barreja 2 : 1 d'H₂ i O₂ és explosiva amb una espurna: cal ventilar el lloc de càrrega i evitar flames o espurnes.

Errors típics

Calcular la càrrega només d'una cel·la i oblidar que la massa de reactius consumits és la de les 6 cel·les en sèrie (o a l'inrevés, multiplicar per 6 el corrent).
Pensar que l'electròlit es concentra en descarregar-se: l'H₂SO₄ es consumeix i es forma aigua, per tant la densitat baixa.
Dir que en carregar-se la bateria els elèctrodes fan el mateix paper que en descarregar-se: en la càrrega (cuba electrolítica) el sentit del corrent s'inverteix i les reaccions són les contràries.

Conceptes treballats: pila i acumulador, semireaccions i tensió d'una pila en sèrie, lleis de Faraday amb estequiometria, concentració i densitat d'una dissolució que canvia de composició, energia elèctrica, electròlisi de l'aigua i gasos.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Una canonada d'acer (pràcticament ferro) enterrada en un terreny humit i neutre es protegeix de la corrosió connectant-la amb un cable a blocs d'un metall més reductor, que s'enterren a prop. Es calcula que per mantenir protegida la canonada cal un corrent de 0,250 A durant 20 anys (1 any = 365,25 dies). A causa de l'autocorrosió, només el 50 % de la càrrega que lliura l'ànode és útil per a la protecció.
a) Amb els potencials E° (V): Mg²⁺/Mg −2,37; Al³⁺/Al −1,66; Zn²⁺/Zn −0,76; Fe²⁺/Fe −0,44; Sn²⁺/Sn −0,14; Cu²⁺/Cu +0,34, decideix quins d'aquests metalls poden servir d'ànode de sacrifici i quins accelerarien la corrosió de l'acer.
b) Escriu la reacció a l'ànode de sacrifici i la que té lloc a la superfície de la canonada (en un terreny neutre, la reducció de l'oxigen: $\mathrm{O}_{2}$ + 2 $\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}$ + 4 $e^{-}$ → 4 OH^-). Per què no es corroeix la canonada?
c) Calcula la massa de magnesi que cal enterrar.
d) Calcula la massa necessària si es fes servir alumini o zinc, i la capacitat teòrica de cada metall en A·h per kg. Quin és millor per càrrega i quin pel potencial?
e) Què passaria si la canonada d'acer es connectés directament a una canonada de coure?
Dades: F = 96 500 C/mol; M(Mg) = 24,31, M(Al) = 26,98, M(Zn) = 65,38 g/mol.

Pista 1

Un metall protegeix el ferro si és més reductor que ell (E° més negatiu): llavors és el que s'oxida i el ferro actua de càtode.

Pista 2

Q = I·t amb t en segons; mols d'electrons = $\tfrac{Q}{F}$ ; la massa de cada metall depèn del nombre d'electrons que cedeix (Mg: 2; Al: 3; Zn: 2). Després divideix pel rendiment (0,50).

Pista 3

Capacitat en A·h/kg = (mol d'electrons per kg)· $\tfrac{F}{3600}$ , amb mol d'electrons per kg = 1000·n/M.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Poden fer d'ànode de sacrifici el Mg, l'Al i el Zn; l'Sn i el Cu accelerarien la corrosió.

Resolució

Criteri. Un metall protegeix el ferro si és més reductor que ell (E° més negatiu que −0,44 V): llavors és ell el que s'oxida i el ferro fa de càtode.
Metalls que protegeixen. Mg (−2,37 V), Al (−1,66 V) i Zn (−0,76 V), amb diferències de potencial respecte del ferro d'1,93 V, 1,22 V i 0,32 V.
Metalls que perjudiquen. L'estany (−0,14 V) i el coure (+0,34 V) tenen E° més alt: el ferro seria el metall que s'oxida (ànode) i la corrosió s'acceleraria.

Apartat b)

Resultat

Ànode: Mg → Mg²⁺ + 2 e⁻; canonada: O₂ + 2 H₂O + 4 e⁻ → 4 OH⁻. La canonada fa de càtode i no s'oxida (protecció catòdica).

Resolució

Ànode de sacrifici (Mg), oxidació. $\mathrm{Mg} \rightarrow \mathrm{Mg^{2+}} + 2\,e^{-}$ .
Canonada (càtode), reducció. $\mathrm{O_2} + 2\,\mathrm{H_2O} + 4\,e^{-} \rightarrow 4\,\mathrm{OH^{-}}$ .
Per què no es corroeix. Els electrons que cedeix el magnesi arriben a l'acer pel cable i fan que sigui el lloc de la reducció, no de l'oxidació: el ferro no es dissol i es consumeix el magnesi. Fixa't que l'ànode protegeix precisament perquè és el que s'oxida, no perquè sigui «més resistent».

Apartat c)

Resultat

m(\mathrm{Mg}) \approx 39{,}7\ \text{kg}

Resolució

Temps i càrrega útil. El temps ha d'anar en segons: $t = 20\cdot365{,}25\cdot86\,400 = 6{,}312\cdot10^{8}\ \text{s};\qquad Q = 0{,}250\cdot6{,}312\cdot10^{8} = 1{,}578\cdot10^{8}\ \text{C}$
Mols d'electrons i de Mg. $n(e^{-}) = \dfrac{1{,}578\cdot10^{8}}{96\,500} = 1635\ \text{mol}$ ; $n(\mathrm{Mg}) = 1635/2 = 817{,}6\ \text{mol}$ , és a dir, $817{,}6\cdot24{,}31 = 19{,}87\ \text{kg}$ .
Rendiment. Només el 50 % de la càrrega és útil: $m = \dfrac{19{,}87}{0{,}50} = 39{,}7\ \text{kg}$ de magnesi.

Apartat d)

Resultat

Al: 29,4 kg; Zn: 106,9 kg. Capacitats: Mg 2205, Al 2981 i Zn 820 A·h/kg. Millor per càrrega: Al; millor pel potencial: Mg.

Resolució

Alumini (3 e⁻). $n(\mathrm{Al}) = 1635/3 = 545{,}0\ \text{mol}$ , és a dir, 14,71 kg; amb el 50 %: 29,4 kg.
Zinc (2 e⁻). $n(\mathrm{Zn}) = 817{,}6\ \text{mol}$ , és a dir, 53,45 kg; amb el 50 %: 106,9 kg.
Capacitat teòrica. $C = \dfrac{1000\cdot n}{M}\cdot\dfrac{F}{3600}$ : Mg $\tfrac{2000}{24{,}31}\cdot26{,}8 = 2205\ \text{A}\cdot\text{h/kg}$ ; Al $\tfrac{3000}{26{,}98}\cdot26{,}8 = 2981\ \text{A}\cdot\text{h/kg}$ ; Zn $\tfrac{2000}{65{,}38}\cdot26{,}8 = 820\ \text{A}\cdot\text{h/kg}$ .
Comparació. L'alumini és el més «lleuger» per càrrega (cedeix 3 e⁻ amb poca massa), però el magnesi té el potencial més negatiu, que li dona més capacitat d'impulsar corrent en terrenys amb molta resistència; el zinc és el que més massa requereix.

Apartat e)

Resultat

El ferro faria d'ànode d'una pila ferro–coure (

\varepsilon^{\circ} = 0{,}78\ \text{V}

) i es corroiria més de pressa.

Resolució

Pila galvànica. El ferro (−0,44 V) és més reductor que el coure (+0,34 V): $\varepsilon^{\circ} = 0{,}34 - (-0{,}44) = 0{,}78\ \text{V}$ .
Conclusió. El ferro s'oxidaria més de pressa que si estigués sol. Per això no s'uneixen directament metalls tan diferents sense aïllants.

Errors típics

Posar t en anys o hores a Q = I·t: el temps ha de ser en segons.
Aplicar 2 e^- a l'alumini (en cedeix 3) o considerar que es consumeixen els mateixos mols d'Al que de Mg.
Pensar que l'ànode de sacrifici és el que protegeix «perquè és més resistent»: protegeix precisament perquè és el que s'oxida primer.

Conceptes treballats: potencials estàndard i espontaneïtat, corrosió com a pila, protecció catòdica, lleis de Faraday, estequiometria dels electrons i capacitat específica dels metalls.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

En un lleixiu comercial el compost actiu és l'hipoclorit de sodi. Per determinar-ne la concentració, es dilueixen 5,00 mL de lleixiu fins a 250,0 mL; a 25,00 mL d'aquesta dissolució s'hi afegeix un excés de KI i àcid acètic, de manera que l'hipoclorit oxida el iodur a iode (I₂). El iode format es valora amb tiosulfat de sodi 0,0500 M, del qual es gasten 12,40 mL; cap al final s'hi afegeix midó (blau amb el iode).
a) Ajusta les dues reaccions: ClO^- + $\mathrm{I}^{-}$ + $\mathrm{H}^{+}$ → Cl^- + I₂ + H₂O i I₂ + S₂O₃^2- → $\mathrm{I}^{-}$ + S₄O₆^2- (calcula el nombre d'oxidació mitjà del sofre en cada ió).
b) Calcula la concentració molar d'hipoclorit del lleixiu, la massa de NaClO per litre i el «clor actiu» expressat com a g de Cl₂ per litre (1 mol de ClO^- equival a 1 mol de Cl₂ perquè allibera la mateixa quantitat de iode).
c) Per què s'hi posa excés de KI, i per què el midó s'afegeix només quan la dissolució ja és groc pàl·lid?
d) Per error, es barregen 100 mL d'aquest lleixiu amb salfumant (HCl concentrat) en un bany tancat de 6,0 $\text{m}^{3}$ . Escriu la reacció que té lloc (ClO^- + Cl^- + $\mathrm{H}^{+}$ → ...), digues quin tipus de procés redox és i calcula el volum de Cl₂ (25 °C i 1,00 atm) i la seva concentració en ppm (v/v) a l'aire del bany, suposant que tot el ClO^- reacciona. Compara-la amb els valors límit d'exposició laboral, que són de l'ordre d'1 ppm.
Dades: M(Cl₂) = 70,90, M(NaClO) = 74,44 g/mol; R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

Per ajustar, escriu les semireaccions: el clor passa de +1 a −1 (2 $e^{-}$ ); el iode, de −1 a 0. Al tiosulfat, el nombre d'oxidació mitjà del sofre és +2, i al tetrationat, +2,5.

Pista 2

Cadena estequiomètrica: 1 ClO^- → 1 I₂ → 2 S₂O₃^2-. Compta la dilució (250,0 mL / 25,00 mL = 10) i que els mols d'hipoclorit provenen de 5,00 mL de lleixiu.

Pista 3

Per a (d): l'hipoclorit i el clorur, en medi àcid, es converteixen en una sola espècie on el clor té nombre d'oxidació 0 (una comproporcionació).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

\mathrm{ClO^{-}} + 2\,\mathrm{I^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cl^{-}} + \mathrm{I_2} + \mathrm{H_2O}

;

\mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \rightarrow 2\,\mathrm{I^{-}} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}

; n.o. mitjà del S: +2 i +2,5.

Resolució

Primera reacció. Cl: +1 → −1 ( $\mathrm{ClO^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-} \rightarrow \mathrm{Cl^{-}} + \mathrm{H_2O}$ ); I: −1 → 0 ( $2\,\mathrm{I^{-}} \rightarrow \mathrm{I_2} + 2\,e^{-}$ ). Sumant: $\mathrm{ClO^{-}} + 2\,\mathrm{I^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cl^{-}} + \mathrm{I_2} + \mathrm{H_2O}$
Nombre d'oxidació mitjà del sofre. S₂O₃²⁻: $2x + 3\cdot(-2) = -2 \Rightarrow x = +2$ . S₄O₆²⁻: $4x + 6\cdot(-2) = -2 \Rightarrow x = +2{,}5$ .
Segona reacció. Semireaccions: $2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \rightarrow \mathrm{S_4O_6^{2-}} + 2\,e^{-}$ i $\mathrm{I_2} + 2\,e^{-} \rightarrow 2\,\mathrm{I^{-}}$ . Global: $\mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \rightarrow 2\,\mathrm{I^{-}} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}$

Apartat b)

Resultat

[\mathrm{ClO^{-}}] = 0{,}620\ \text{M}

; 46,2 g/L de NaClO; clor actiu: 44,0 g de Cl₂/L.

Resolució

Tiosulfat gastat. $n(\mathrm{S_2O_3^{2-}}) = 0{,}0500\cdot12{,}40\cdot10^{-3} = 6{,}20\cdot10^{-4}\ \text{mol}$ .
Cadena estequiomètrica. 1 ClO⁻ → 1 I₂ → 2 S₂O₃²⁻: $n(\mathrm{I_2}) = n(\mathrm{ClO^{-}}) = 3{,}10\cdot10^{-4}\ \text{mol}$ a l'alíquota. Compte amb l'error típic d'oblidar el 2 : 1 del tiosulfat.
Dilució. Als 250,0 mL (×10): $3{,}10\cdot10^{-3}\ \text{mol}$ , que provenen de 5,00 mL de lleixiu (no de 25,00 mL): $[\mathrm{ClO^{-}}] = \dfrac{3{,}10\cdot10^{-3}}{5{,}00\cdot10^{-3}} = 0{,}620\ \text{M}$
Masses per litre. NaClO: $0{,}620\cdot74{,}44 = 46{,}2\ \text{g/L}$ . Clor actiu: $0{,}620\cdot70{,}90 = 44{,}0\ \text{g de Cl}_2\ \text{per litre}$ .

Apartat c)

Resultat

L'excés de KI assegura que reaccioni tot l'hipoclorit i manté el iode dissolt (I₃⁻); el midó al final evita que el iode quedi adsorbit i el punt final sigui difús.

Resolució

Excés de KI. Garanteix que tot l'hipoclorit es redueix i manté el iode dissolt en forma de I₃⁻ (soluble i poc volàtil).
Midó al final. El midó forma un complex blau fosc amb el iode; si s'afegís al principi, amb molt de iode, quedaria adsorbit i el punt final seria difús i inexacte.
Conclusió. Quan queda poc iode (groc pàl·lid), el blau marca amb nitidesa el punt final, que és el pas de blau a incolor.

Apartat d)

Resultat

\mathrm{ClO^{-}} + \mathrm{Cl^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + \mathrm{H_2O}

(comproporcionació);

V(\mathrm{Cl_2}) = 1{,}52\ \text{L}

; ≈ 253 ppm, centenars de vegades el límit.

Resolució

Reacció. $\mathrm{ClO^{-}} + \mathrm{Cl^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cl_2} + \mathrm{H_2O}$ : el clor +1 i el clor −1 donen clor 0, una comproporcionació. No és una simple neutralització: és una reacció redox que allibera clor gas tòxic.
Mols i volum de clor. $n(\mathrm{Cl_2}) = n(\mathrm{ClO^{-}}) = 0{,}620\cdot0{,}100 = 0{,}0620\ \text{mol}$ : $V = \dfrac{nRT}{P} = \dfrac{0{,}0620\cdot0{,}082\cdot298{,}15}{1{,}00} = 1{,}52\ \text{L}$
Concentració a l'aire. El bany té 6,0 m³ = 6000 L: $\dfrac{1{,}52}{6000} = 2{,}53\cdot10^{-4} \;\Rightarrow\; \approx 253\ \text{ppm (v/v)}$
Conclusió. És centenars de vegades per sobre del valor límit d'1 ppm: una exposició perillosa, sobretot en espais tancats. Mai no s'han de barrejar lleixiu i salfumant ni altres àcids.

Errors típics

Oblidar que el tiosulfat reacciona 2 : 1 amb el iode (i, per tant, 2 : 1 amb l'hipoclorit).
No aplicar la dilució ( $\tfrac{250{,}0}{25{,}00}$ ) o prendre 25,00 mL en lloc de 5,00 mL com a volum de lleixiu original.
Dir que la barreja lleixiu + àcid només «neutralitza»: és una reacció redox que allibera clor gas tòxic.

Conceptes treballats: valoració redox indirecta (iodometria), nombre d'oxidació mitjà, estequiometria en cadena, concentració i «clor actiu», comproporcionació, gasos i seguretat química.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

El llautó és un aliatge de zinc i coure. Per conèixer la composició d'una peça de 2,500 g, es fa l'anàlisi en dues etapes. Primera: la peça s'introdueix en un excés d'HCl diluït, fins que deixa de desprendre's gas; el gas es recull i ocupa 318 mL a 25,0 °C i 1,00 atm. Segona: el residu sòlid, rentat i sec, es dissol en àcid nítric concentrat, segons la reacció sense ajustar Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + NO₂ + H₂O.
a) Explica, amb potencials, per què l'HCl ataca un dels dos metalls i no l'altre. Dades: E°(Zn²⁺/Zn) = −0,76 V; E°(Cu²⁺/Cu) = +0,34 V; E°( $\mathrm{H}^{+}$ /H₂) = 0,00 V.
b) Calcula la composició del llautó, en % en massa de Zn i de Cu.
c) Ajusta la reacció de la segona etapa pel mètode de l'ió-electró (E°(NO₃^-, $\mathrm{H}^{+}$ /NO₂) = +0,80 V) i calcula el volum de NO₂ (25 °C, 1,00 atm) i el volum mínim d'àcid nítric 15,0 M que es consumeix.
d) El NO₂ és un gas tòxic i marró que s'absorbeix en sosa: 2 NO₂ + 2 NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O. Quin tipus de reacció redox és, quins són els nombres d'oxidació del nitrogen implicats, i quin volum de NaOH 2,00 M calen?
Dades: R = 0,082 atm·L/(mol·K); M(Zn) = 65,38, M(Cu) = 63,55 g/mol.

Pista 1

Un àcid no oxidant com l'HCl només pot oxidar els metalls que tinguin E° menor que el de $\mathrm{H}^{+}$ /H₂ (0,00 V). Un dels dos metalls no compleix aquesta condició.

Pista 2

Només el zinc desprèn H₂: Zn + 2 $\mathrm{H}^{+}$ → Zn²⁺ + H₂. Pots trobar n(H₂) = n(Zn) amb la llei dels gasos i, de la massa de zinc, la del coure per diferència.

Pista 3

Al Cu + HNO₃ el coure cedeix 2 $e^{-}$ , i cada NO₃^- que es redueix a NO₂ n'agafa 1: calen dos NO₃^- per cada Cu.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

L'HCl ataca el Zn (

\varepsilon^{\circ} = +0{,}76\ \text{V}

) però no el Cu (

\varepsilon^{\circ} = -0{,}34\ \text{V}

Resolució

Criteri. Un àcid no oxidant com l'HCl només pot oxidar els metalls amb E° menor que el de H⁺/H₂ (0,00 V).
Zinc. $\mathrm{Zn} + 2\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Zn^{2+}} + \mathrm{H_2}$ : $\varepsilon^{\circ} = 0{,}00 - (-0{,}76) = +0{,}76\ \text{V} > 0$ ; és atacat i es desprèn H₂.
Coure. $\varepsilon^{\circ} = 0{,}00 - 0{,}34 = -0{,}34\ \text{V} < 0$ : no és prou reductor per reduir l'H⁺ i no reacciona amb HCl.

Apartat b)

Resultat

34,0 % de Zn i 66,0 % de Cu.

Resolució

Mols d'H₂. Amb la llei dels gasos (25,0 °C = 298,15 K): $n(\mathrm{H_2}) = \dfrac{PV}{RT} = \dfrac{1{,}00\cdot0{,}318}{0{,}082\cdot298{,}15} = 0{,}0130\ \text{mol} = n(\mathrm{Zn})$
Massa de zinc. $m(\mathrm{Zn}) = 0{,}0130\cdot65{,}38 = 0{,}850\ \text{g}$ , és a dir, $\tfrac{0{,}850}{2{,}500}\cdot100 = 34{,}0\ \%$ .
Coure per diferència. El residu és coure: $2{,}500 - 0{,}850 = 1{,}650\ \text{g}$ , un 66,0 %.

Apartat c)

Resultat

\mathrm{Cu} + 4\,\mathrm{HNO_3} \rightarrow \mathrm{Cu(NO_3)_2} + 2\,\mathrm{NO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}

;

V(\mathrm{NO_2}) = 1{,}27\ \text{L}

;

V(\mathrm{HNO_3}) = 6{,}9\ \text{mL}

Resolució

Semireaccions. Oxidació: $\mathrm{Cu} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,e^{-}$ . Reducció (×2): $\mathrm{NO_3^{-}} + 2\,\mathrm{H^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{NO_2} + \mathrm{H_2O}$ .
Equacions. Iònica: $\mathrm{Cu} + 2\,\mathrm{NO_3^{-}} + 4\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + 2\,\mathrm{NO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}$ . Molecular: $\mathrm{Cu} + 4\,\mathrm{HNO_3} \rightarrow \mathrm{Cu(NO_3)_2} + 2\,\mathrm{NO_2} + 2\,\mathrm{H_2O}$ : dos HNO₃ es redueixen a NO₂ i els altres dos aporten els NO₃⁻ de la sal.
Volum de NO₂. $n(\mathrm{Cu}) = \tfrac{1{,}650}{63{,}55} = 0{,}0260\ \text{mol}$ , $n(\mathrm{NO_2}) = 0{,}0519\ \text{mol}$ : $V = \dfrac{0{,}0519\cdot0{,}082\cdot298{,}15}{1{,}00} = 1{,}27\ \text{L}$
Volum d'àcid. $n(\mathrm{HNO_3}) = 4\cdot0{,}0260 = 0{,}104\ \text{mol}$ , i $V = \tfrac{0{,}104}{15{,}0} = 6{,}9\cdot10^{-3}\ \text{L} = 6{,}9\ \text{mL}$ .

Apartat d)

Resultat

És una dismutació: N +4 → +3 (NO₂⁻) i +5 (NO₃⁻); calen 26,0 mL de NaOH 2,00 M.

Resolució

Nombres d'oxidació. El N(+4) del NO₂ passa a N(+3) al NaNO₂ (es redueix) i a N(+5) al NaNO₃ (s'oxida).
Tipus de reacció. La mateixa espècie s'oxida i es redueix: és una dismutació.
Volum de NaOH. Relació 2 : 2: $n(\mathrm{NaOH}) = n(\mathrm{NO_2}) = 0{,}0519\ \text{mol}$ , i $V = \tfrac{0{,}0519}{2{,}00} = 0{,}0260\ \text{L} = 26{,}0\ \text{mL}$ .

Errors típics

Pensar que l'HCl dissol tots dos metalls: el coure té un E° positiu i no reacciona amb àcids no oxidants.
Equivocar-se amb els coeficients del HNO₃ a l'equació molecular: cal comptar els NO₃^- que acaben a la sal a més dels que es redueixen.
Fer servir 22,4 L/mol (condicions normals) per als gasos mesurats a 25 °C.

Conceptes treballats: reactivitat dels metalls segons E°, ajust redox pel mètode de l'ió-electró, estequiometria amb gasos, anàlisi quantitativa d'un aliatge, dismutació i tractament de residus gasosos.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Un cotxe de pila de combustible és alimentat amb hidrogen que se subministra a l'ànode i oxigen de l'aire al càtode d'una pila amb electròlit àcid (membrana d'intercanvi de protons). Dades termodinàmiques de la formació de l'aigua líquida: Δ_fH° = −285,8 kJ/mol; Δ_fG° = −237,1 kJ/mol. F = 96 500 C/mol.
a) Escriu les semireaccions i la reacció global. Quants electrons intercanvia cada mol d'H₂?
b) Calcula la força electromotriu estàndard ε° a partir de Δ_fG° (ΔG° = −nFε°) i el «voltatge termoneutre» ε_H = −ΔH°/(nF). Quin és el rendiment termodinàmic màxim ΔG°/ΔH°?
c) Una cel·la real treballa a 0,70 V. Calcula el seu rendiment respecte de l'entalpia (V/ε_H) i indica on «es perd» l'energia.
d) La pila del cotxe té 370 cel·les en sèrie i dona la potència màxima de 100 kW amb 0,70 V per cel·la. Calcula el corrent que circula i la massa d'hidrogen que consumeix per segon i per hora.
e) Circulant a 90 km/h amb una potència elèctrica de 17,0 kW (el consum de la pila és proporcional a la potència), calcula quants kg d'H₂ consumeix cada 100 km i l'autonomia amb un dipòsit de 5,00 kg.
f) El cotxe no emet CO₂ pel tub d'escapament. Això vol dir que el seu funcionament no té cap impacte ambiental? Raona-ho.

Pista 1

A l'ànode l'H₂ s'oxida cedint electrons i, en medi àcid, forma $\mathrm{H}^{+}$ ; al càtode l'O₂ es redueix i, amb els $\mathrm{H}^{+}$ , forma aigua. Cada H₂ cedeix 2 $e^{-}$ .

Pista 2

Per a ε°: ε° = −ΔG°/(nF) amb ΔG° en J i n = 2. En una sèrie de cel·les, el corrent és el mateix a totes. Per a la potència: P = N·V·I, i el consum d'H₂ és el d'una cel·la ( $\tfrac{I}{(2F)}$ mol/s) multiplicat pel nombre de cel·les en sèrie.

Pista 3

Per al consum a 17 kW: el consum és proporcional a la potència, de manera que és ( $\tfrac{17{,}0}{100}$ ) del consum a 100 kW. Passa-ho a kg/h i divideix per la velocitat per tenir els kg/km.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

Ànode (−): H₂ → 2 H⁺ + 2 e⁻; càtode (+): O₂ + 4 H⁺ + 4 e⁻ → 2 H₂O; global: 2 H₂ + O₂ → 2 H₂O; 2 mol d'e⁻ per mol d'H₂.

Resolució

Ànode (−), oxidació. $\mathrm{H_2} \rightarrow 2\,\mathrm{H^{+}} + 2\,e^{-}$ ; els H⁺ travessen la membrana.
Càtode (+), reducció. $\mathrm{O_2} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 4\,e^{-} \rightarrow 2\,\mathrm{H_2O}$ (E° = +1,23 V).
Global. $2\,\mathrm{H_2} + \mathrm{O_2} \rightarrow 2\,\mathrm{H_2O}$ . Cada mol d'H₂ intercanvia 2 mol d'electrons (n = 2).

Apartat b)

Resultat

\varepsilon^{\circ} = 1{,}23\ \text{V}

;

\varepsilon_{H} = 1{,}48\ \text{V}

; rendiment màxim

\Delta G^{\circ}/\Delta H^{\circ} = 83{,}0\ \%

Resolució

Fem estàndard. Amb ΔG° en joules (no en kJ): $\varepsilon^{\circ} = \dfrac{-\Delta G^{\circ}}{nF} = \dfrac{237\,100}{2\cdot96\,500} = 1{,}228\ \text{V}$ que coincideix amb el potencial estàndard de la pila H₂/O₂.
Voltatge termoneutre. $\varepsilon_{H} = \dfrac{-\Delta H^{\circ}}{nF} = \dfrac{285\,800}{2\cdot96\,500} = 1{,}481\ \text{V}$
Rendiment màxim. $\dfrac{\Delta G^{\circ}}{\Delta H^{\circ}} = \dfrac{-237{,}1}{-285{,}8} = 0{,}830 = 83{,}0\ \%$ : part de l'energia és inevitablement calor, relacionada amb la variació d'entropia ( $\Delta G = \Delta H - T\Delta S$ ).

Apartat c)

Resultat

Rendiment real: 47,3 %; la resta es perd com a calor en sobretensions, resistència de la membrana i transport de gasos.

Resolució

Càlcul. $\eta = \dfrac{0{,}70}{1{,}481} = 0{,}473 = 47{,}3\ \%$ . No el confonguis amb el rendiment termodinàmic màxim de l'apartat b.
On es perd l'energia. La diferència entre 1,23 V i 0,70 V es perd en sobretensions (sobretot l'activació de la reducció de l'oxigen, que és lenta), en la resistència de la membrana i en el transport de gasos, i es manifesta com a calor.

Apartat d)

Resultat

I = 386\ \text{A}

; consum d'H₂: 1,49 g/s i 5,37 kg/h.

Resolució

Corrent. En una sèrie de cel·les el corrent és el mateix a totes: $I = \dfrac{P}{N\cdot V} = \dfrac{1{,}00\cdot10^{5}}{370\cdot0{,}70} = 386\ \text{A}$
Consum per cel·la. $\dfrac{I}{2F} = \dfrac{386}{2\cdot96\,500} = 2{,}00\cdot10^{-3}\ \text{mol/s}$ d'H₂.
Consum total. Amb 370 cel·les: $0{,}740\ \text{mol/s}\cdot2{,}016\ \text{g/mol} = 1{,}49\ \text{g/s}$ , és a dir, $1{,}49\cdot3600 = 5{,}37\ \text{kg/h}$ .

Apartat e)

Resultat

≈ 1,01 kg d'H₂ per 100 km; autonomia ≈ 493 km.

Resolució

Consum a 17,0 kW. Proporcional a la potència: $1{,}492\cdot\tfrac{17{,}0}{100} = 0{,}254\ \text{g/s} = 0{,}913\ \text{kg/h}$ .
Per 100 km. A 90 km/h, 100 km són 1,111 h: $0{,}913\cdot1{,}111 = 1{,}01\ \text{kg}$ d'H₂.
Autonomia. $\dfrac{5{,}00\ \text{kg}}{0{,}913\ \text{kg/h}} = 5{,}47\ \text{h}$ , i $5{,}47\cdot90 \approx 493\ \text{km}$ .

Apartat f)

Resultat

No: l'impacte depèn de com s'obté l'hidrogen i de les pèrdues de tota la cadena.

Resolució

Al lloc d'ús. La pila no emet CO₂ (només aigua).
Origen de l'hidrogen. Si prové del gas natural amb emissió de CO₂ o d'una electròlisi amb electricitat de fonts fòssils, les emissions es desplacen a una altra part de la cadena. Amb electricitat renovable («hidrogen verd») l'impacte seria molt més baix.
Conclusió. També hi ha pèrdues energètiques a cada etapa (producció, compressió, transport): cal avaluar el cicle de vida complet, no només el tub d'escapament.

Errors típics

Usar ΔG° en kJ i F en C/mol sense passar a J (error d'un factor 1000).
Oblidar que, en una sèrie de cel·les, el corrent és el mateix i el consum total d'hidrogen és el d'una cel·la per les 370 cel·les.
Confondre el rendiment termodinàmic màxim (ΔG°/ΔH°) amb el rendiment real de la pila (V/ε_H).

Conceptes treballats: pila de combustible, relació entre ΔG° i ε°, rendiment termodinàmic, estequiometria de la pila, potència i corrent en una sèrie, càlcul de consum i autonomia, anàlisi crítica d'impacte ambiental.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Un laboratori forense determina l'etanol d'una mostra de 5,00 mL de sang. L'etanol s'extreu per difusió i es fa reaccionar amb 20,00 mL de K₂Cr₂O₇ 0,01000 M acidificat amb H₂SO₄ (excés), de manera que l'etanol s'oxida totalment a àcid etanoic. El dicromat que sobra es valora amb una dissolució de sal de Mohr, Fe²⁺ 0,05000 M, de la qual es gasten 17,10 mL.
a) Calcula el nombre d'oxidació del carboni que s'oxida a l'etanol i a l'àcid etanoic. Ajusta per l'ió-electró l'oxidació de l'etanol: Cr₂O₇^2- + CH₃CH₂OH → Cr³⁺ + CH₃COOH (medi àcid) i la valoració de l'excés: Cr₂O₇^2- + Fe²⁺ → Cr³⁺ + Fe³⁺.
b) Calcula l'alcoholèmia (g d'etanol per litre de sang). Supera el límit de 0,5 g/L, que és el general per a conductors a Espanya?
c) Per què s'afegeix dicromat en excés i es valora el sobrant (valoració per retrocés) en lloc d'afegir poc a poc fins que tot l'etanol hagi reaccionat?
d) Si durant l'extracció s'hagués evaporat part de l'etanol, l'alcoholèmia obtinguda seria més alta o més baixa que la real? I si una part del dicromat s'hagués reduït abans per altres substàncies reductores presents a la mostra?
e) El color canvia de taronja (Cr₂O₇^2-) a verd (Cr³⁺). Quin aprofitament tenia aquest canvi en els primers alcoholímetres d'aire, i per què els residus d'aquesta anàlisi exigeixen un tractament específic?
Dada: M(CH₃CH₂OH) = 46,07 g/mol.

Pista 1

Per al nombre d'oxidació del carboni, compta els enllaços: cada enllaç amb O suma +1, cada enllaç amb H resta −1, i els enllaços C–C compten 0. Només canvia el carboni unit a l'oxigen.

Pista 2

En medi àcid, el dicromat passa a Cr³⁺ (quants electrons capta cada Cr?) i el carboni oxidat de l'etanol passa de −1 a +3. Escriu les dues semireaccions, ajusta O amb H₂O i H amb $\mathrm{H}^{+}$ , i iguala els electrons abans de sumar.

Pista 3

Dicromat inicial − dicromat sobrant (calculat amb el ferro) = dicromat que ha oxidat l'etanol. Pas als mols d'etanol amb $\tfrac{3}{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

C oxidat: −1 a l'etanol i +3 a l'àcid etanoic;

2\,\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 3\,\mathrm{CH_3CH_2OH} + 16\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 4\,\mathrm{Cr^{3+}} + 3\,\mathrm{CH_3COOH} + 11\,\mathrm{H_2O}

;

\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 6\,\mathrm{Fe^{2+}} + 14\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 6\,\mathrm{Fe^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}

Resolució

Nombre d'oxidació del carboni. Comptant enllaços (amb O: +1; amb H: −1; C–C: 0): al CH₃–CH₂–OH, el carboni unit a l'O té 1 enllaç amb O, 2 amb H i 1 amb C: −1. Al CH₃–COOH, el carboni carboxílic té 3 enllaços amb O i 1 amb C: +3. Només canvia aquest carboni (no facis la mitjana dels dos, −2).
Semireaccions. Oxidació (−1 → +3, 4 e⁻): $\mathrm{CH_3CH_2OH} + \mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{CH_3COOH} + 4\,\mathrm{H^{+}} + 4\,e^{-}$ . Reducció (Cr +6 → +3, 6 e⁻ per dicromat): $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 14\,\mathrm{H^{+}} + 6\,e^{-} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}$ .
Oxidació de l'etanol. Dicromat ×2 i etanol ×3 (12 e⁻): $2\,\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 3\,\mathrm{CH_3CH_2OH} + 16\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 4\,\mathrm{Cr^{3+}} + 3\,\mathrm{CH_3COOH} + 11\,\mathrm{H_2O}$
Valoració de l'excés. Amb $\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{3+}} + e^{-}$ (×6): $\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 6\,\mathrm{Fe^{2+}} + 14\,\mathrm{H^{+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 6\,\mathrm{Fe^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}$

Apartat b)

Resultat

Alcoholèmia ≈ 0,79 g/L: supera el límit de 0,5 g/L (un 59 % més).

Resolució

Dicromat inicial i sobrant. $n_{0} = 0{,}01000\cdot20{,}00\cdot10^{-3} = 2{,}000\cdot10^{-4}\ \text{mol}$ . Sobrant (1 : 6 amb el Fe²⁺): $n_{\text{sobrant}} = \dfrac{0{,}05000\cdot17{,}10\cdot10^{-3}}{6} = 1{,}425\cdot10^{-4}\ \text{mol}$
Dicromat que ha reaccionat amb l'etanol. $2{,}000\cdot10^{-4} - 1{,}425\cdot10^{-4} = 5{,}750\cdot10^{-5}\ \text{mol}$ . Compte: els mols que consumeix el ferro són el sobrant, no els que han reaccionat amb l'etanol.
Etanol (relació 2 : 3). $n = \tfrac{3}{2}\cdot5{,}750\cdot10^{-5} = 8{,}625\cdot10^{-5}\ \text{mol}$ , $m = 8{,}625\cdot10^{-5}\cdot46{,}07 = 3{,}97\cdot10^{-3}\ \text{g}$ en 5,00 mL.
Alcoholèmia. $\dfrac{3{,}97\cdot10^{-3}\ \text{g}}{5{,}00\cdot10^{-3}\ \text{L}} = 0{,}79\ \text{g/L}$ , que supera el límit de 0,5 g/L en un 59 %.

Apartat c)

Resultat

Perquè l'oxidació de l'etanol és lenta i sense punt final nítid; l'excés garanteix que s'oxida tot i el sobrant es valora amb una reacció ràpida i clara.

Resolució

Problema de la valoració directa. L'oxidació de l'etanol és lenta (requereix escalfar o temps) i no té un punt final nítid.
Valoració per retrocés. Un excés conegut de dicromat garanteix que tot l'etanol s'oxida; després es valora el sobrant amb una reacció ràpida (amb Fe²⁺) i amb un punt final clar, amb un indicador redox com la ferroïna.

Apartat d)

Resultat

Si s'evapora etanol: alcoholèmia més baixa. Si altres reductors gasten dicromat: més alta.

Resolució

Evaporació d'etanol. N'hi ha menys per reaccionar, el dicromat sobrant és més gran i l'alcoholèmia obtinguda és més baixa que la real.
Altres reductors. Gasten dicromat, de manera que se'n consumeix més del que correspon a l'etanol: l'alcoholèmia surt més alta (error per excés).

Apartat e)

Resultat

El canvi taronja → verd servia per detectar visualment l'alcohol a l'aire expirat; els residus contenen crom, tòxic (el Cr(VI) és cancerigen).

Resolució

Primers alcoholímetres. El canvi de color taronja (Cr₂O₇²⁻) → verd (Cr³⁺) permetia detectar visualment l'alcohol a l'aire expirat, en tubs amb dicromat sobre un suport de sílice: la longitud de la zona verda indicava la quantitat d'etanol.
Residus. El crom(VI) és tòxic i cancerigen, i els residus amb dicromat i crom(III) no s'han d'abocar a l'aigua: es redueixen a crom(III) i es precipiten com a hidròxid per gestionar-los com a residu perillós.

Errors típics

Aplicar la relació 1 : 1 entre dicromat i etanol, quan és 2 : 3, o oblidar l'1 : 6 entre dicromat i Fe²⁺.
Prendre els mols de dicromat que consumeix el ferro com a mols consumits per l'etanol (és al revés: són el sobrant).
Calcular el nombre d'oxidació del carboni de l'etanol com a mitjana dels dos carbonis (−2): el que canvia és només el carboni unit a l'oxigen.

Conceptes treballats: nombre d'oxidació en química orgànica, ajust redox en medi àcid, oxidació d'alcohols, valoració per retrocés, estequiometria, anàlisi d'errors sistemàtics i gestió de residus amb crom.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

A 25 °C, els potencials estàndard de reducció (V) són: E°(Cu²⁺/Cu⁺) = +0,15; E°(Cu⁺/Cu) = +0,52; E°(Fe³⁺/Fe²⁺) = +0,77; E°(Fe²⁺/Fe) = −0,44. F = 96 500 C/mol; R = 8,314 J/(mol·K).
a) Demostra que l'ió Cu⁺ és inestable en dissolució aquosa: escriu la reacció de dismutació 2 Cu⁺ → Cu²⁺ + Cu, calcula'n ε°, ΔG° i la constant d'equilibri.
b) A partir dels dos valors per al coure, calcula E°(Cu²⁺/Cu) i compara'l amb el valor tabulat, +0,34 V. Per què no es poden sumar simplement els potencials i sí les energies lliures (nFE°)?
c) Raona si el Fe²⁺ es dismuta en Fe³⁺ i Fe. Un flascó de dissolució de FeSO₄ es conserva amb un clau de ferro: escriu la reacció que impedeix l'acumulació de Fe³⁺ i calcula la seva constant d'equilibri.
d) Calcula E°(Fe³⁺/Fe).
e) Si es posa un fil de coure en una dissolució de Cu²⁺ 0,100 M, quina concentració de Cu⁺ s'assoleix a l'equilibri (reacció inversa de la dismutació)? Per què això no contradiu la inestabilitat del Cu⁺?

Pista 1

Per a la dismutació, l'espècie que es redueix ha de tenir el potencial més alt: ε° = E°(càtode) − E°(ànode), on el càtode és Cu⁺/Cu i l'ànode Cu²⁺/Cu⁺.

Pista 2

ΔG° és additiva però E° no ho és: nFE° = suma dels nFE° dels passos. Per a Cu²⁺/Cu: 2·E° = 1·0,15 + 1·0,52.

Pista 3

El clau de ferro redueix el Fe³⁺ a Fe²⁺: Fe + 2 Fe³⁺ → 3 Fe²⁺ (n = 2). K = exp(nFε°/RT), o bé log K = nε°/0,0592.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

\varepsilon^{\circ} = +0{,}37\ \text{V}

;

\Delta G^{\circ} = -35{,}7\ \text{kJ}

;

K = 1{,}8\cdot10^{6}

: el Cu⁺ es dismuta espontàniament.

Resolució

Semireaccions. Reducció (càtode): $\mathrm{Cu^{+}} + e^{-} \rightarrow \mathrm{Cu}$ (E° = +0,52 V). Oxidació (ànode): $\mathrm{Cu^{+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + e^{-}$ (parell Cu²⁺/Cu⁺, E° = +0,15 V). Global: $2\,\mathrm{Cu^{+}} \rightarrow \mathrm{Cu^{2+}} + \mathrm{Cu}$ .
Fem. $\varepsilon^{\circ} = E^{\circ}_{\text{càtode}} - E^{\circ}_{\text{ànode}} = 0{,}52 - 0{,}15 = +0{,}37\ \text{V} > 0$ : espontània.
Energia lliure. $\Delta G^{\circ} = -nF\varepsilon^{\circ} = -1\cdot96\,500\cdot0{,}37 = -35\,700\ \text{J} = -35{,}7\ \text{kJ}$ .
Constant d'equilibri. $K = e^{-\Delta G^{\circ}/RT} = \exp\!\left(\dfrac{35\,700}{8{,}314\cdot298{,}15}\right) = 1{,}8\cdot10^{6}$
Conclusió. L'equilibri està desplaçat completament cap al Cu²⁺ i el coure metàl·lic: el Cu⁺ només és estable en compostos insolubles o en complexos (com Cu₂O o CuCl). Recorda que una K gran diu fins on arriba la reacció, no amb quina rapidesa.

Apartat b)

Resultat

E^{\circ}(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) = 0{,}335\ \text{V}

, coherent amb +0,34 V; s'hi sumen les energies lliures (ΔG = −nFE°), no els potencials.

Resolució

Additivitat de ΔG°. $\Delta G^{\circ}(\mathrm{Cu^{2+}\rightarrow Cu}) = \Delta G^{\circ}(\mathrm{Cu^{2+}\rightarrow Cu^{+}}) + \Delta G^{\circ}(\mathrm{Cu^{+}\rightarrow Cu})$ : $-2F E^{\circ} = -1\cdot F\cdot0{,}15 - 1\cdot F\cdot0{,}52$
Càlcul. $E^{\circ} = \dfrac{0{,}15 + 0{,}52}{2} = 0{,}335\ \text{V}$ , coherent amb el valor tabulat (+0,34 V).
Per què no se sumen els potencials. Els potencials són propietats intensives (energia per unitat de càrrega); les energies lliures, que depenen del nombre d'electrons n, són extensives i s'afegeixen. Per això cal ponderar cada E° pel seu nombre d'electrons, no sumar-los directament.

Apartat c)

Resultat

El Fe²⁺ no es dismuta (

\varepsilon^{\circ} = -1{,}21\ \text{V}

). El clau fa

\mathrm{Fe} + 2\,\mathrm{Fe^{3+}} \rightarrow 3\,\mathrm{Fe^{2+}}

, amb

K \approx 10^{41}

Resolució

Dismutació del Fe²⁺. $3\,\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow 2\,\mathrm{Fe^{3+}} + \mathrm{Fe}$ : $\varepsilon^{\circ} = E^{\circ}(\mathrm{Fe^{2+}/Fe}) - E^{\circ}(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}) = -0{,}44 - 0{,}77 = -1{,}21\ \text{V} < 0$ : no és espontània, el Fe²⁺ és estable davant de la dismutació.
Paper del clau. El Fe²⁺ s'oxida lentament a Fe³⁺ per l'oxigen de l'aire, i el clau el torna a reduir: $\mathrm{Fe} + 2\,\mathrm{Fe^{3+}} \rightarrow 3\,\mathrm{Fe^{2+}}$ , amb $\varepsilon^{\circ} = 0{,}77 - (-0{,}44) = +1{,}21\ \text{V}$ i $\Delta G^{\circ} = -2\cdot96\,500\cdot1{,}21 = -234\ \text{kJ}$ .
Constant d'equilibri. $\log K = \dfrac{n\,\varepsilon^{\circ}}{0{,}0592} = \dfrac{2\cdot1{,}21}{0{,}0592} = 40{,}9 \;\Rightarrow\; K \approx 10^{41}$
Conclusió. Tot el Fe³⁺ que es formi es redueix de nou a Fe²⁺.

Apartat d)

Resultat

E^{\circ}(\mathrm{Fe^{3+}/Fe}) = -0{,}037\ \text{V}

(gairebé 0 V).

Resolució

Additivitat de nFE°. $\mathrm{Fe^{3+}} \rightarrow \mathrm{Fe^{2+}}$ (1 e⁻) i $\mathrm{Fe^{2+}} \rightarrow \mathrm{Fe}$ (2 e⁻) donen $\mathrm{Fe^{3+}} \rightarrow \mathrm{Fe}$ (3 e⁻): $3\,E^{\circ}(\mathrm{Fe^{3+}/Fe}) = 1\cdot0{,}77 + 2\cdot(-0{,}44)$
Càlcul. $E^{\circ} = \dfrac{0{,}77 - 0{,}88}{3} = -0{,}037\ \text{V}$ .

Apartat e)

Resultat

[\mathrm{Cu^{+}}] \approx 2{,}4\cdot10^{-4}\ \text{M}

; és molt petita (el 0,2 % del Cu²⁺), coherent amb la inestabilitat del Cu⁺.

Resolució

Reacció inversa. $\mathrm{Cu} + \mathrm{Cu^{2+}} \rightleftharpoons 2\,\mathrm{Cu^{+}}$ , amb $K' = \dfrac{1}{1{,}8\cdot10^{6}} = 5{,}6\cdot10^{-7}$ .
Equilibri. Amb [Cu²⁺] ≈ 0,100 M (pràcticament no canvia): $[\mathrm{Cu^{+}}]^{2} = K'\cdot[\mathrm{Cu^{2+}}] \;\Rightarrow\; [\mathrm{Cu^{+}}] = \sqrt{5{,}6\cdot10^{-7}\cdot0{,}100} = 2{,}4\cdot10^{-4}\ \text{M}$
Interpretació. És una quantitat molt petita (el 0,2 % de la de Cu²⁺): no contradiu la inestabilitat del Cu⁺, sinó que la quantifica. Només es nota quan hi ha un anió que l'insolubilitza (p. ex. el Cl⁻ forma CuCl) i desplaça l'equilibri cap a la dreta.

Errors típics

Sumar directament E°(Cu²⁺/Cu⁺) + E°(Cu⁺/Cu) en lloc de ponderar-los pel nombre d'electrons de cada pas.
Escriure ε° d'una dismutació com a E°(càtode) − E°(càtode) o oblidar quina és la semireacció que fa d'ànode.
Pensar que K gran vol dir reacció ràpida: la constant diu fins on arriba la reacció, no amb quina rapidesa.

Conceptes treballats: potencials estàndard i espontaneïtat, dismutació, relació entre ΔG°, ε° i K, additivitat de nFE°, estabilitat dels ions metàl·lics en dissolució i càlculs d'equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Per què l'oxidant no s'oxida?

Perquè l'oxidant és el que provoca l'oxidació de l'altra espècie captant-ne els electrons. En captar electrons, ell es redueix.

El càtode és sempre el pol positiu?

No. El càtode és sempre on hi ha la reducció, però en una pila és el pol positiu i en una cuba electrolítica és el negatiu.

Tornar a Química