Un tema de quimica con el que poder sacar apuntes, Diapositivas de Química

¡Descarga Un tema de quimica con el que poder sacar apuntes y más Diapositivas en PDF de Química solo en Docsity! 8 Reaccions de transferència d’electrons QUIMICA 2 BATX.indb 211 24/2/16 8:13 1. Competències . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 2. Recursos digitals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 3. Orientacions didàctiques i programació d’aula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 4. Avaluació . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 5. Solucionari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 190 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons 1 Competències COMPETÈNCIES ESPECÍFIQUES DE LA MATÈRIA Competència en la comprensió de la naturalesa de la ciència i de la química en particular Interpretació i explicació dels fenòmens químics lligats a la transferència d’electrons mitjançant la comprensió i la resolució d’exemples i activitats. COMPETÈNCIES GENERALS DEL BATXILLERAT Competència en la gestió i el tractament de la informació i competència digital Ús de recursos gràfics com ara taules, muntatges de piles i electròlisis, esquemes de piles i capacitat per reproduir-los. Competència en el coneixement i la interacció amb el món Comprensió del funcionament de les bateries, dels dispositius d’emmagat- zematge d’electricitat en general i dels motors d’hidrogen. Competència en recerca Elaboració de piles al laboratori amb materials quotidians i amb solucions i elèctrodes, i observació dels fenòmens estudiats. 2 Recursos digitals Llibre de l’alumne Descripció: La fotosíntesi i el menjar. Finalitat: Situar la fotosíntesi en el context de les reaccions redox. 215 Descripció: Realització de reaccions redox. Finalitat: Observar com es duu a terme l’experiència descrita. 220 Descripció: Simulació sobre el funcionament d’una cel·la galvànica. Finalitat: Simular el funcionament d’una cel·la galvànica. 225 Descripció: Simulació d’una pila Daniell. Finalitat: Simular el funcionament d’una pila Daniell. 227 Descripció: Pràctica per fer una valoració redox. Finalitat: Seguir el guió per dur a terme una valoració redox. 228 Descripció: Com treballa una bateria? Finalitat: Observar els fonaments químics d’una bateria. 235 Descripció: Pràctica per fer una electròlisi al laboratori. Finalitat: Guió per dur a terme una electròlisi al laboratori. 240 Descripció: Generador de clor per electròlisi de la salmorra. Finalitat: Ampliar la documentació de com es genera clor per electròlisi de la salmorra. 245 Descripció: Realització d’una electròlisi d’una solució de clorur de sodi. Finalitat: Observar com es duu a terme l’experiència descrita. 247 Descripció: Recobriments metàl·lics per electròlisi. Finalitat: Observar com es duu a terme l’experiència descrita. 247 3 Orientacions didàctiques i programació d’aula Moltes reaccions químiques es poden descriure en funció d’una transferència d’electrons. Aquests tipus de reac- cions s’anomenen d’oxidació-reducció o simplement reaccions redox. L’obtenció de metalls a partir dels seus compostos, la corrosió metàl·lica, els processos que tenen lloc en una pila i en una electròlisi, són exemples de reaccions redox, totes de gran importància industrial i econòmica. 193 E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le 4 Avaluació 1. En una reacció redox, l’oxidant: a) Cedeix electrons al reductor, el qual s’oxida. b) Rep electrons del reductor, el qual s’oxida. c) Cedeix electrons al reductor, el qual es redueix. d) Rep electrons del reductor, el qual es redueix. 2. Formem una pila amb un elèctrode de Zn en una solució de sulfat de zinc i un elèctrode de Cu en una solució de sulfat de coure(II). Les solucions estan unides per un pont salí. En aquestes condi- cions: a) El Cu2+ passa a Cu, i el Zn2+ passa a Zn, agafant electrons del circuit extern. b) El Cu passa a Cu2+ i el Zn passa a Zn2+, cedint electrons al pont salí. c) El Cu2+ passa a Cu, i l’elèctrode de Zn és el càtode. d) El Cu2+ passa a Cu, i l’elèctrode de Zn és l’ànode. 3. L’òxid de ferro(III) es pot reduir a òxid de ferro(II) per reacció amb monòxid de carboni: Fe 2 O 3(s) + + CO (g) → 2 FeO (s) + CO 2(g) . Si la reacció té lloc en un recipient tancat que es manté a temperatura constant, la pressió total del recipient: a) Augmentarà al llarg de la reacció. b) Disminuirà al llarg de la reacció. c) Es mantindrà constant al llarg de la reacció. d) No es podrà controlar, perquè hi ha espècies sòlides en el sistema. 4. Els metalls alcalins són: a) Bons oxidants, perquè tenen tendència a guan- yar electrons. b) Bons reductors, perquè tenen tendència a cedir fàcilment el seu electró de valència. c) Bons oxidants, perquè reaccionen fortament amb aigua. d) No actuen ni com a oxidants ni com a reductors, ja que són metalls. 5. Un ió positiu M+ es pot obtenir ………………. a l’àtom neutre M: a) arrencant un protó b) afegint un protó c) arrencant un electró d) afegint un electró 6. En una pila electroquímica Fe (s) | Fe2+ (aq) (1 mol dm–3) || Cu2+ (aq) (mol dm–3) | Cu (s) a) Els electrons viatgen del Fe cap al Cu a través de la solució. b) Els electrons viatgen del Cu cap al Fe a través de la solució. c) El Cu2+ es redueix en el càtode. d) El Cu2+ s’oxida en l’ànode. 7. Identifica l’única resposta incorrecta de les afirma- cions següents: a) La FEM d’una pila depèn de la temperatura. b) La FEM d’una pila varia amb el temps de funcio- nament de la pila. c) La FEM d’una pila és una constant termodinàmi- ca. d) La FEM d’una pila depèn de la concentració de les espècies en solució. 8. El diòxid de titani és un pigment blanc, usat en la indústria de pintures i en la fabricació de cos- mètics, que es pot obtenir a partir de la ilmenita, FeTiO 3 , que és un mineral de: a) Ferro(II) i titani(IV) b) Ferro(II) i titani(VI) c) Ferro(III) i titani(II) d) Ferro(III) i titani(V) 9. Quan una pila electroquímica està en funcionament, a) La FEM de la pila es manté constant. b) La FEMθ de la pila es manté constant. c) Les reaccions anòdica i catòdica es troben en equilibri. d) La Gθ de la pila va disminuint. Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons 194 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le 10. En una pila Daniell, Zn | Zn2+ || Cu2+ | Cu: a) Els electrons circulen pel pont salí des del càtode fins a l’ànode. b) Els electrons circulen pel conductor metàl·lic des del càtode cap a l’ànode. c) Els electrons circulen pel conductor metàl·lic des de l’ànode cap al càtode. d) La concentració dels ions Cu2+ augmenta a mesura que la pila genera corrent. 11. Indiqueu quin dels compostos següents es pot obtenir a partir dels seus elements en condicions estàndard. Dades: Eθ(Cl 2 /Cl–) = 1,36 V; Eθ(I 2 /I–) = 0,54 V; Eθ(Ag+/Ag) = 0,80 V; Eθ(Au3+/Au) = 1,40 V a) Clorur de plata b) Iodur de plata c) Clorur d’or(III) d) Iodur d’or(III) 12. Quina afirmació, d’entre les següents, és correcta, per la pila electroquímica Fe (s) | Fe2+ (aq) || Cu2+ (aq) | Cu (s) : a) La FEM de la pila depèn de la temperatura. b) La FEM de la pila varia al llarg del temps de funcionament de la pila. c) La FEM de la pila és una constant termodinàmica. d) La FEM de la pila depèn de les concentracions de les espècies en solució. 13. Construïm una pila disposant d’una làmina de zinc en una solució de Zn2+ 1 mol dm–3 i una làmina de coure en una solució Cu2+ 1 mol dm–3. Ambdues solucions es posen en contacte a través d’un pont salí, i els metalls es connecten mitjançant un conductor metàl·lic a les entrades d’un potenciòmetre. Sabent que Eθ(Cu2+ | Cu) = 0,34 V i Eθ(Zn2+ | Zn) = –0,76 V, es pot afirmar que: a) El Cu2+ passa a Cu i el Zn2+ passa a Zn, prenent electrons. b) La pila construïda no funciona, atès que la reacció global no és espontània. c) El Zn2+ passa a Zn i el Cu passa a Cu2+. d) El Cu+2 passa a Cu i el Zn passa a Zn2+. 14. La faialita és un mineral al qual s’assigna la fórmula química Fe 2 SiO 4 . Els estats d’oxidació del ferro i el silici en aquesta substància són, respectivament: a) 3 i 2 b) 2 i 4 c) 6 i –4 d) 3 i 4 15. El valor de la FEM de la pila Zn (s) | Zn2+ (aq) || Cu2+ (aq) | Cu (s) és: a) 1,36 V b) 1,1 V c) 0,76 V d) 0 V 16. Si el potencial de reducció d’una substància és positiu, vol dir que aquella substància: a) Té més tendència a oxidar-se que l’elèctrode d’hidrogen. b) Té més tendència a reduir-se que l’elèctrode d’hidrogen. c) Sempre actua com a agent oxidant. d) Sempre actua com a agent reductor. 195 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons 17. Analitza la reacció entre el tricloretè (TCE) i el permanganat de potassi i assenyala la resposta correcta: TCE (aq) + 2 KMnO 4(aq) → 2 CO 2(g) + 2 KCl (aq) + HCl (aq) + 2 MnO 2(s) a) El TCE és reductor. b) L’àcid clorhídric és oxidant en la reacció inversa. c) El permanganat de potassi s’oxida i l’estat d’oxidació del manganès en aquesta substància és +7. d) L’estat d’oxidació del manganès en el permanganat de potassi és +7 i en el diòxid de manganès és +2. 18. Analitza la reacció del dicromat de potassi amb alcohols per produir aldehids i assenyala la resposta correcta: K 2 Cr 2 O 7 + 3 CH 3 CH 2 OH + 4 H 2 SO 4 → Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3 CH 3 CHO + K 2 SO4 + 7 H 2 O a) L’àcid sulfúric és l’oxidant de la reacció. b) L’estat d’oxidació del crom en el dicromat de potassi és +7 i en el sulfat de crom és +3. c) L’etanal és reductor quan és transformat a àcid etanoic. d) El dicromat de potassi s’oxida i l’estat d’oxidació del crom en aquesta substància és +6. 19. La valoració iodomètrica de l’hipoclorit de calci és la següent: a Ca(ClO) 2 + b KI + c H 2 SO 4 Æ d CaCl 2 + e I 2 + f K 2 SO 4 + g H 2 O En aquesta reacció: a) a = 1, b = 2 i c = 4. b) L’espècie oxidant és el iodur de potassi. c) En la reacció inversa, el iode actua tant d’oxidant com de reductor. d) L’espècie oxidant és l’hipoclorit de calci. 20. Indica quina de les següents és una reacció redox: a) Na 2 CO 3(aq) + CO 2(g) + H 2 O (l) Æ 2 NaHCO 3(aq) b) 2 AgNO 3(aq) + K 2 CrO 4(aq) Æ 2 KNO 3(aq) + Ag 2 CrO 4(s) c) H 2 O 2(aq) Æ ½ O 2(g) + H 2 O (l) d) 4 Al(OH) 3(s) + NaOH (aq) Æ Na[Al(OH) 4 ] (aq) 198 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le Calculem els mols de sulfit de sodi necessaris per exhaurir els 1 · 10−5 mol de KIO 3 . ( ) = ⋅ ⋅ = ⋅− −n Na SO 1 10 mol KIO 5 mol NaSO 2 mol KIO 2,5 10 mol de Na SO2 3 5 3 3 3 5 2 3 Per tant, el reactiu limitant és el iodat de potassi. Calculem la massa de iode obtinguda en la reacció a partir del iodat de potassi inicial. ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =− −m I 1 10 mol KIO 1 mol I 2 mol KIO 253,8 g 1 mol I 1,27 10 g 1,27 mg2 5 3 2 3 2 3 3. a) Per obtenir l’equació molecular, n’hi ha prou d’afegir els ions que no han pres part en el procés (contraions o ions espectadors) i tenir en compte que, tant al principi com al final, la solució és elèctricament neutra. Cada mol de Cr 2 O 7 2−, procedeix 1 mol de K 2 Cr 2 O 7 , 6 mol de I− procedeixen de 6 mol de KI i els 14 mol de H+ procedeixen de 7 mol de H 2 SO 4 ; per tant, l’equació molecular queda: 6 KI + K 2 Cr 2 O 7 + 7 H 2 SO 4 → 3 I 2 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + 4 K 2 SO 4 + 7 H 2 O b) D’acord amb l’estequiometria de la reacció, la quantitat de KI dissolt en els 10,0 cm3 de solució és: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =−n KI 1,42 10 dm K Cr O 0,15 mol K Cr O 1 dm K Cr O 6 mol KI 1 mol K Cr O 0,013 mol de KI2 3 2 2 7 2 2 7 3 2 2 7 2 2 7 La concentració de la solució és: [ ] = ⋅ = − −KI 0,013 mol KI 10 10 dm 1,3 moldm 3 3 3 4. a) Escrivim l’equació iònica sense igualar: MnO 4 − (aq) + Sn2+ (aq) + H+ (aq) → Mn2+ (aq) + Sn4+ (aq) + H 2 O (aq) Desglossem el procés en les dues semireaccions: MnO 4 − (aq) → Mn2+ (aq) Sn2+ (aq) → Sn4+ (aq) Igualem estequiomètricament cada una de les dues semireaccions: MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (l) Sn2+ (aq) → Sn4+ (aq) Afegim a cada semireacció els electrons necessaris perquè quedin elèctricament neutres. MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e− → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (aq) Sn2+ (aq) → Sn4+ (aq) + 2 e− Multipliquem les dues semireaccions pels mínims coeficients, perquè el nombre d’electrons guanyat per l’oxidant sigui igual al nombre d’electrons perdut pel reductor. 2 · (MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e− → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (aq) ) 5 · (Sn2+ (aq) → Sn4+ (aq) + 2 e−) Per obtenir l’equació iònica global sumem les dues semireaccions, amb la qual cosa s’igualen els electrons a tots dos costats de l’equació i es cancel·len. 2 MnO 4 − (aq) + 5 Sn2+ (aq) + 16 H+ (aq) → 2 Mn2+ (aq) + 5 Sn4+ (aq) + 8 H 2 O (l) b) 2 KMnO 4(aq) + 5 SnSO 4(aq) + 8 H 2 SO 4(aq) → 2 MnSO 4(aq) + 5 Sn(SO 4 ) 2(aq) + K 2 SO 4(aq) + 8 H 2 O (l) 199 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le c) 1) Hem de trobar quin és el reactiu limitant; per tant, calculem els mols de permanganat de potassi, de sulfat d’estany(II) i l’àcid sulfúric. ( ) = ⋅ ⋅ =n KMnO 100 cm 1 dm 10 cm 0,1 mol KMnO 1 dm 0,01 mol de KMnO4 3 3 3 3 4 3 4 ( ) = ⋅ ⋅ =n SnSO 100 cm 1 dm 10 cm 0,2 mol SnSO 1 dm 0,02 mol de SnSO4 3 3 3 3 4 3 4 ( ) = ⋅ ⋅ =n H SO 100 cm 1 dm 10 cm 2 mol H SO 1 dm 0,2 mol de H SO2 4 3 3 3 3 2 4 3 2 4 Calculem els mols de sulfat d’estany necessaris per exhaurir els 0,01 mol de KMnO 4 . ( ) = ⋅ =n SnSO 0,01 mol KMnO 5 mol SnSO 2 mol KMnO 0,025 mol de SnSO4 4 4 4 4 ( ) = ⋅ =n SnSO 0,2 mol H SO 5 mol SnSO 8 mol H SO 0,125 mol de SnSO4 2 4 4 2 4 4 Per tant, el reactiu limitant és el sulfat d’estany(II). Calculem la massa d’ions estany(IV) obtinguda en la reacció. ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =+ + + m Sn 0,02 mol SnSO 5 mol Sn(SO ) 5 mol SnSO 1 mol Sn 1 mol Sn(SO ) 118,7 g 1 mol Sn 2,37 g4 4 4 2 4 4 4 2 4 2) Calculem la massa de permanganat de potassi que queda sense reaccionar. Primerament calcularem la quantitat de mols que han reaccionat: ( ) = = ⋅ −n KMnO 0,02 mol SnSO · 2 mol KMnO 5 mol SnSO 8 10 mol de KMnO4 reaccionat 4 4 4 3 4 La quantitat de mols que resta és: n (KMnO 4 ) resten = 0,01 mol KMnO 4 − 8 · 10−3 mol KMnO 4 = 2 · 10−3 mol de KMnO 4 I la massa: ( ) = ⋅ ⋅ =−m KMnO 2 10 mol de KMnO 158 g 1 mol KMnO 0,316 g de KMnO4 3 4 4 4 Calculem la massa d’àcid sulfúric que queda sense reaccionar. Primerament calcularem la quantitat de mols que han reaccionat: ( ) = ⋅ =n H SO 0,02 mol SnSO 8 mol H SO 5 mol SnSO 0,032 mol de H SO2 4 reaccionat 4 2 4 4 2 4 La quantitat de mols que resta és: n (H 2 SO 4 ) resten = 0,2 mol H 2 SO 4 − 0,032 mol H 2 SO 4 = 0,168 mol de H 2 SO 4 I la massa: ( ) = =m H SO 0,168 mol H SO 98 g 1 mol H SO 16,5 g de H SO2 4 2 4 · 2 4 2 4 200 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le 5. Si consultem l’exemple 1, veiem que l’equació iònica igualada de la reacció del Fe2+ amb els ions MnO 4 − és: MnO 4 − + 5 Fe2+ + 8 H+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H 2 O D’acord amb aquesta estequiometria, la quantitat d’ions Fe2+ que hi ha a la solució és: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + − − + − + n Fe 1,76 10 dm de KMnO 0,15 mol KMnO 1 dm KMnO 1 mol MnO 1 mol KMnO 5 mol Fe 1 mol MnO 0,0132 mol de Fe 2 2 3 4 4 3 4 4 4 2 4 2 La massa de FeSO 4 és: ( ) = ⋅ ⋅ =+ + m FeSO 0,0132 mol Fe 1 mol FeSO 1 mol Fe 152 g FeSO 1 mol FeSO 2,006 g4 2 4 2 4 4 I, per tant, el percentatge en pes de FeSO 4 és: = ⋅ =% FeSO 2,006 g FeSO 5,00 g mescla 100 40,1% de FeSO4 4 4 La resta de la mescla serà de sulfat de sodi; per tant, el seu percentatge serà: % Na 2 SO 4 = 100 − 40,1 = 59,9% de NaSO 4 6. a) Escrivim l’equació iònica sense igualar: Cr 2 O 7 2− (aq) + CH 3 CH 2 OH (aq) + H+ (aq) → Cr3+ (aq) + CH 3 CHO (aq) + H 2 O (l) Desglossem el procés en les dues semireaccions: Cr 2 O 7 2− (aq) → Cr3+ (aq) CH 3 CH 2 OH (aq) → CH 3 CHO (aq) Igualem estequiomètricament cada una de les dues semireaccions: Cr 2 O 7 2− (aq) + 14 H+ (aq) → 2 Cr3+ (aq) + 7 H 2 O (l) CH 3 CH 2 OH (aq) → CH 3 CHO (aq) + 2 H+ (aq) Afegim a cada semireacció els electrons necessaris perquè quedin elèctricament neutres. Cr 2 O 7 2− (aq) + 14 H+ (aq) + 6 e− → 2 Cr3+ (aq) + 7 H 2 O (l) CH 3 CH 2 OH (aq) → CH 3 CHO (aq) + 2 H+ (aq) + 2 e− Multipliquem les dues semireaccions pels mínims coeficients, perquè el nombre d’electrons guanyat per l’oxidant sigui igual al nombre d’electrons perdut pel reductor. Cr 2 O 7 2− (aq) + 14 H+ (aq) + 6 e− → 2 Cr3+ (aq) + 7 H 2 O (l) 3 · (CH 3 CH 2 OH (aq) → CH 3 CHO (aq) + 2 H+ (aq) + 2 e−) Per obtenir l’equació iònica global sumem les dues semireaccions, amb la qual cosa s’igualen els electrons a tots dos costats de l’equació i es cancel·len. Cr 2 O 7 2− (aq) + 3 CH 3 CH 2 OH (aq) + 8 H+ (aq) → 2 Cr3+ (aq) + 3 CH 3 CHO (aq) + 7 H 2 O b) K 2 Cr 2 O 7(aq) + 3 CH 3 CH 2 OH (aq) + 4 H 2 SO 4(aq) → Cr 2 (SO 4 ) 3(aq) + 3 CH 3 CHO (aq) + K 2 SO 4(aq) + 7 H 2 O (l) 203 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le Igualem estequiomètricament cada una de les dues semireaccions: MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (l) C 2 O 4 2− (aq) → 2 CO 2(aq) Afegim a cada semireacció els electrons necessaris perquè quedin elèctricament neutres. MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e− → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (l) C 2 O 4 2− (aq) → 2 CO 2(aq) + 2 e− Multipliquem les dues semireaccions pels mínims coeficients, perquè el nombre d’electrons guanyat per l’oxidant sigui igual al nombre d’electrons perdut pel reductor. 2 · (MnO 4 − (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e− → Mn2+ (aq) + 4 H 2 O (l) ) 5 · (C 2 O 4 2− (aq) → 2 CO 2(aq) + 2 e−) Per obtenir l’equació iònica global sumem les dues semireaccions, amb la qual cosa s’igualen els electrons a tots dos costats de l’equació i es cancel·len. 2 MnO 4 − (aq) + 5 C 2 O 4 2− (aq) + 16 H+ (aq) → 2 Mn2+ (aq) + 10 CO 2(aq) + 8 H 2 O (l) b) Hem de trobar quin és el reactiu limitant; per tant, calculem els mols de permanganat i d’oxalat. ( ) = ⋅ ⋅ =− − −n MnO 50 cm 1 dm 10 cm 0,2 mol MnO 1 dm 0,01 mol de MnO4 3 3 3 3 4 3 4 ( ) = ⋅ ⋅ =− − −n C O 100 cm 1 dm 10 cm 0,2 mol C O 1 dm 0,02 mol de C O2 4 2 3 3 3 3 2 4 2 3 2 4 2 Calculem els mols d’oxalat necessaris per exhaurir els 0,01 mols de MnO 4 −. ( ) = ⋅ =− − − −n MnO 0,01 mol 5 mol C O 2 mol MnO 0,025 mol de C O4 2 4 2 4 2 4 2 Per tant, el reactiu limitant és l’oxalat. Calculem la massa de diòxid de carboni obtinguda en la reacció. ( ) = ⋅ ⋅ =− − m CO 0,02 mol C O 10 mol CO 5 mol C O 44 g 1 mol CO 1,76 g2 2 4 2 2 2 4 2 2 11. a) La reacció que té lloc és: Cl 2(g) + KOH (aq) → KClO 3(aq) + KCl (aq) + H 2 O (l) En primer lloc hem d’igualar aquesta reacció. Escrivim l’equació iònica sense igualar: Cl 2(aq) + OH− (aq) → ClO 3 − (aq) + Cl− (aq) + H 2 O (l) Desglossem el procés en les dues semireaccions: Cl 2(aq) → ClO 3 − (aq) Cl 2(aq) → Cl− (aq) Veiem que una part del clor s’oxida i una altra part es redueix. Igualem estequiomètricament cada una de les dues semireaccions: Cl 2(aq) + 6 OH− (aq) → 2 ClO 3 − (aq) + 3 H 2 O (l) Cl 2(aq) → 2 Cl− (aq) 204 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le Afegim a cada semireacció els electrons necessaris perquè quedin elèctricament neutres. ½ Cl 2(aq) + 6 OH− (aq) → ClO 3 − (aq) + 3 H 2 O (l) + 5 e− Cl 2(aq) + 2 e− → 2 Cl− (aq) Multipliquem les dues semireaccions pels mínims coeficients, perquè el nombre d’electrons guanyats per l’oxidant sigui igual al nombre d’electrons perduts pel reductor. ½ Cl 2(aq) + 6 OH− (aq) → ClO 3 − (aq) + 3 H 2 O (l) + 5 e− 5/2 · (Cl 2(aq) + 2 e− → 2 Cl− (aq) ) Per obtenir l’equació iònica global sumem les dues semireaccions, amb la qual cosa s’igualen els electrons a tots dos costats de l’equació i es cancel·len. 3 Cl 2(aq) + 6 OH− (aq) → ClO 3 − (aq) + 5 Cl− (aq) + 3 H 2 O (l) b) N’hi ha prou d’afegir-hi els contraions corresponents, l’equació molecular serà: 3 Cl 2(g) + 6 KOH (aq) → KClO 3(aq) + 5 KCl (aq) + 3 H 2 O (l) c) Calculem el nombre de mols de clor que es necessiten per obtenir 100 g de clorat de potassi: ( ) = ⋅ ⋅ =n Cl 100 g KClO 1 mol KClO 122,5 g KClO 3 mol Cl 1 mol KClO 2,45 mol de Cl2 3 3 3 2 3 2 Però, com que el rendiment és del 90%, els mols necessaris de Cl 2 seran: ( ) = ⋅ =n Cl 2,45 mol de Cl 100 90 2,72 mol de Cl2 2 2 A partir d’aquests mols podem calcular el volum de Cl 2 necessari en condicions normals: p V = n R T ( ) = = ⋅ ⋅ ⋅ = = − − V nRT p Cl 2,72 mol 8,31 J K mol 273 K 1,00 10 Pa 0,0616 m 61,6 dm2 1 1 5 3 3 12. a) El Cl 2 en passar a Cl− s’ha reduït, ja que disminueix el seu nombre d’oxidació. L’ió I−, en passar a I 2 , s’ha oxidat, ja que augmenta el seu nombre d’oxidació (NO). b) El ferro, en el compost Fe 2 O 3 , en passar a Fe (s) es redueix. Disminueix el seu NO. El carboni, en canvi, s’oxida. Augmenta el seu NO. c) El sofre en el compost H 2 S, en passar a S (s) s’oxida. El nitrogen es redueix. 13. H 2 CO 3(aq) → CO 2(g) + H 2 O (l) No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. 2 H 2(g) + O 2(g) → 2 H 2 O (l) És una redox. H s’oxida i O es redueix. CaCO 3(s) + 2 HCl → CO 2(g) + CaCl 2(aq) + H 2 O (l) No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. (NH 4 ) 2 Cr 2 O 7(s) → Cr 2 O 3(s) + N 2(g) + 4 H 2 O (l) És una redox. N s’oxida i Cr es redueix. AgNO 3(aq) + NaCl → AgCl (s) + NaNO 3 205 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. 2 Na 2 CrO 4(aq) + 2 HCl (aq) → Na 2 Cr 2 O 7(aq) + 2 NaCl (aq) + H 2 O (l) No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. MgCO 3(s) → CO 2(g) + MgO (s) No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. 2 NO 2(g) → N 2 O 4(g) No hi ha reacció redox, ja que cap element s’oxida ni es redueix. CuO (s) + H 2(g) → Cu (s) + H 2 O (l) És una redox. H s’oxida i Cu es redueix. KClO 4(s) → KCl (s) + 2 O 2(g) És una redox. O s’oxida i Cl es redueix. 14. En primer lloc, calculem els mols de permanganat de potassi que hi ha a la solució, tenint en compte l’estequio- metria de la reacció (exercici 10): ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − n KMnO 31,3 10 dm Na C O 0,100 mol Na C O 1 dm Na C O 2 mol KMnO 5 mol Na C O 1,25 10 mol de KMnO 4 3 3 2 2 4 2 2 4 3 2 2 4 4 2 2 4 3 4 Com que aquests mols es troben en 17,4 cm3, la concentració d’aquesta solució serà: [ ] = ⋅ ⋅ = − − −KMnO 1,25 10 mol KMnO 17,4 10 dm 0,072 moldm4 3 4 3 3 3 15. De l’activitat 7 obtenim la reacció redox igualada. 2 Na 2 S 2 O 3(aq) + I 2(aq) → Na 2 S 4 O 6(aq) + 2 NaI (aq) Calculem la concentració en g L–1 del díode. I 10 cm Na S O 1 dm 10 cm 0,005 mol Na S O 1 dm 1 mol I 2 mol Na S O 253,8 g 1 mol I 1 30 cm 10 cm 1 dm 0,21 gL 2 3 2 2 3(aq) 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 3 2 3 3 3 3 1 [ ] = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − 208 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le 20. Segons la taula 1: Oxidant Reductor Cr3+ (aq) + 1 e– = Cr2+ (aq) Eθ = −0,4 V Fe3+ (aq) + 1 e– = Fe2+ (aq) Eθ = 0,8 V Dels valors de Eθ deduïm que l’ió Fe3+ és més oxidant que l’ió Cr3+. Per tant, seran els ions Fe3+ els que oxidaran els ions Cr2+ a Cr3+, i els ions Fe3+ es reduiran a Fe2+. La reacció que té lloc espontàniament és: Fe3+ (aq) + Cr2+ (aq) → Fe2+ (aq) + Cr3+ (aq) 21. a) Certa. El potencial de reducció del Fe3+ és més gran que el del I 2 ; per tant, té un poder oxidant més gran i es reduirà. b) Falsa. En aquest cas, el Br 2 té més poder oxidant i oxidarà els ions Fe2+ a Fe3+. c) Falsa. El coure no és capaç de reduir el ions H+ (aq) perquè el seu potencial de reducció és més gran que el de l’hidrogen. d) Falsa. L’ió permanganat té un potencial de reducció més gran que el Ce3+ i, per tant, actuarà com a agent oxidant. e) Falsa. L’or no és capaç de reduir els ions H+ (aq) perquè el seu potencial de reducció és més gran que el de l’hidrogen. f) Certa. El fluor és l’espècie química amb un poder oxidant més gran. g) Certa. El magnesi és més reductor que l’hidrogen. 22. Escrivim les semireaccions que tenen lloc: Fe2+ (aq) → Fe3+ (aq) + 1 e− − =θ + +E 0,77 V Fe /Fe3 2 Cl 2(aq) + 2 e− → 2 Cl− (aq) =θ −E 1,36 V Cl /2Cl2(g) La FEM de la pila és: = − + = − + =θ θ θ + + −E E E 0,77 V 1,36 V 0,59 Vpila Fe /Fe Cl /2Cl3 2 2(g) Un valor de FEM positiu indica que la reacció és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és aquesta. 23. 1. a) La semireacció d’oxidació del zinc és: Zn (s) Æ Zn2+ (aq) + 2 e– La semireacció de reducció de l’ió coure(II) és: Cu2+ (aq) + 2 e– Æ Cu (s) Si sumem les dues semireaccions: Zn (s) + Cu2+ (aq) Æ Zn2+ (aq) + Cu (s) b) La semireacció d’oxidació del coure és: Cu (s) Æ Cu2+ (aq) + 2 e– (1) La semireacció de reducció de l’ió argent és: Ag+ (aq) + 1 e– Æ Ag (s) (2) Si multipliquem la semireacció (2) per dos i la sumem a la (1) tenim: Cu (s) + 2 Ag+ (aq) Æ Cu2+ (aq) + 2 Ag (s) 209 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le c) La semireacció d’oxidació del zinc és: Zn (s) Æ Zn2+ (aq) + 2 e– (1) La semireacció de reducció del H+ és: 2 H+ (aq) + 2 e– Æ H 2(g) (2) Si sumem les dues semireaccions: Zn (s) + 2 H+ (aq) Æ Zn2+ (aq) + H 2(g) d) La semireacció d’oxidació del sodi és: Na (s) Æ Na+ (aq) + 1 e– (1) La semireacció de reducció que es dóna és la de l’aigua, i el color rosat de la fenolftaleïna és degut als ions hidròxid presents: 2 H 2 O (l) + 2 e– Æ 2 OH− (aq) + H 2(g) e) No hi ha reacció. 2. Observant les reaccions que s’han donat, podem deduir que el poder reductor augmenta segons: Ag < Cu < H 2 < Zn < Na. 24. a) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: Ni (s) → Ni2+ (aq) + 2 e− − =θ +E 0,23 V Ni /Ni2 Pb2+ (aq) + 2 e– → Pb (s) = −θ +E 0,13 V Pb /Pb2 La FEM de la pila és: = − + = − + =θ θ θ + +E E E 0,13 V 0,23 V 0,10 Vpila Ni /Ni Pb /Pb2 2 Un valor de FEM positiu indica que la reacció és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és aquesta. b) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: Cu2+ (aq) + 2 e– → Cu (s) =θ +E 0,34 V Cu /Cu2 Ag (s) → Ag+ (aq) + 1 e− − =θ +E 0,80 V Ag /Ag = − = − = −θ θ θ + +E E E 0,34 V 0,80 V 0,46 Vpila Cu /Cu Ag /Ag2 Un valor de FEM negatiu indica que la reacció no és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és la inversa de la plantejada. c) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: H 2(g) → 2 H+ (aq) + 2 e– − =θ +E 0,00 V 2H /H2 Cl 2(aq) + 2 e– → 2 Cl− (aq) =θ −E 1,36 V Cl /2Cl2 = − + = − + =θ θ θ + −E E E 0,00 V 1,36 V 1,36 Vpila 2H /H Cl /2Cl2 2 Un valor de FEM positiu indica que la reacció és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és aquesta. d) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: NO 3 − (aq) + 4 H+ (aq) → NO (g) + 2 H 2 O (l) + 3 e– =θ −E 0,96 V NO /NO3 Cu (s) → Cu2+ (aq) + 2 e– − =θ +E 0,34 V Cu /Cu2 = − = − =θ θ θ − +E E E 0,96 V 0,34 V 0,62 Vpila NO /NO Cu /Cu3 2 210 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le Un valor de FEM positiu indica que la reacció és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és aquesta. e) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: Br 2(aq) + 2 e– → 2 Br− (aq) =θ −E 1,06 V Br /2Br2 2 Cl− (aq) → Cl 2(aq) + 2 e– − =θ −E 1,36 V Cl /2Cl2 = − = − = −θ θ θ − −E E E 1,06 V 1,36 V 0,30 Vpila Br /2Br Cl /2Cl2 2 Un valor de FEM negatiu indica que la reacció no és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és la inversa de la plantejada. f) Escrivim les semireaccions que tenen lloc: Cl 2(aq) + 2 e– → 2 Cl− (aq) =θ −E 1,36 V Cl /2Cl2 2 I− (aq) → I 2(aq) + 2 e– − =θ −E 0,53 V I /2I2 = − = − =θ θ θ − −E E E 1,36 V 0,53 V 0,83 Vpila Cl /2Cl I /2I2 2 Un valor de FEM positiu indica que la reacció és espontània tal com està escrita; per tant, la reacció que tindrà lloc és aquesta. 25. a) Les reaccions que tenen lloc espontàniament són: Cu2+ (aq) + 2 e– → Cu (s) =θ +E 0,34 V Cu /Cu2 Zn (s) → Zn2+ (aq) + 2 e– =θ +E 0,76 V Zn /Zn2 I la reacció iònica global a la pila és: Cu2+ (aq) + Zn (s) → Cu (s) + Zn2+ (aq) =θE 1,1 Vpila Per calcular la FEM en el cas que les concentracions iòniques siguin distintes de les estàndard, hem d’aplicar l’equació de Nernst. A 25 ºC: − =θE E n Q0,059 logpila pila Per a aquesta reacció: Epila =Epila θ − 0,059 n log Zn2+⎡⎣ ⎤⎦ Cu2+⎡⎣ ⎤⎦ En aquesta expressió no intervenen les concentracions dels sòlids, ja que són constants. El valor de n és 2, ja que s’intercanvien 2 mols d’electrons. Si substituïm: = − = − − E 1,1 0,059 2 log 10 10 1,1Vpila 3 3 b) Quan s’arriba a l’equilibri en la pila electroquímica s’atura el pas d’electrons del zinc al coure, E pila = 0, i les concentracions de Zn2+ i Cu2+ són les de l’equilibri. Per tant, l’expressió de l’equació de Nernst es converteix en: 0 =Epila θ − 0,059 n log Zn2+⎡⎣ ⎤⎦ Cu2+⎡⎣ ⎤⎦ Epila θ = 0,059 n log Zn2+⎡⎣ ⎤⎦ Cu2+⎡⎣ ⎤⎦ 213 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le b) Ànode: 2 Cl− (aq) → Cl 2(g) + 2 e– Càtode: Au3+ (aq) + 3 e– → Au (s) Si multipliquem la primera equació per 3 i la segona per 2 i sumem totes dues semireaccions, obtenim l’equació química global. 6 Cl− (aq) + 2 Au3+ (aq) → 3 Cl 2(g) + Au (s) 2 AuCl 3(aq) → 3 Cl 2(g) + Au (s) Aquesta descomposició del clorur d’or en clor gas i or sòlid ha tingut lloc gràcies a l’energia elèctrica aportada pel generador de corrent continu. c) Calculem el nombre d’àtoms d’or obtinguts: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−N Au 1 mol e 1 mol Au 3 mol e 6,02 10 àtoms 1 mol Au 2,0 10 àtoms de Au 23 23 Calculem el nombre de molècules de clor obtingudes: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−N Cl 1 mol e 1 mol Cl 2 mol e 6,02 10 molècules 1 mol Cl 3,0 10 molècules de Cl2 2 23 2 23 2 29. a) Les semireaccions que tenen lloc són: Càtode: Na+ (l) + 1 e– → Na (l) Ànode: 2 Cl− (l) → Cl 2(g) + 2 e– Si multipliquem la primera equació per 2 i sumem totes dues semireaccions, obtenim l’equació química global. 2 (Na+, Cl−) (fos) → 2 Na (l) + Cl 2(g) Observeu que el sodi s’obté líquid, a causa de les altes temperatures necessàries per fondre la sal. b) Tenint en compte que: Q = I t Si substituïm per les dades del problema: Q = 3 A · 3600 s = 10 800 C Calculem la massa de Na obtinguda: ( ) = ⋅ =m Na 10800 C 23,0 g Na 96500 C 2,57 g de Na c) A partir de la quantitat d’electricitat consumida i sabent que es necessiten 2 mols de e per obtenir 1 mol de Cl 2 , per tant: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ = − − V Cl 10800 C 1 mol e 96500 C 1 mol Cl 2 mol e 22,4 dm 1 mol Cl 1,25 dm Cl2 2 3 2 3 2 d) La potència ve donada per: p = 3 A · 6 V = 18 W = 1,8 · 10−2 kW I el consum d’energia elèctrica expressat en kWh serà: 1,8 · 10−2 kW · 1h = 1,8 · 10−2 kWh 214 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le 30. Escrivim les semireaccions d’oxidació i reducció: 2 Cl− (aq) → Cl 2(g) + 2 e– Li+ (aq) + 1 e– → Li (s) Si multipliquem la segona equació per 2 i sumem totes dues semireaccions, obtenim l’equació química global. 2 Cl− (aq) + 2 Li+ (aq) → Cl 2(g) + 2 Li (s) 2 LiCl (aq) → Cl 2(g) + 2 Li (s) Calculem la quantitat d’electricitat que consumirem per descompondre 15,0 g de LiCl. Q 15,0 g LiCl · 1 mol LiCl 42,4 g 2 mol e 2 mol LiCl 96500 C 1 mol e 34 139,2 C= ⋅ ⋅ = − − Aïllem I de l’equació següent i substituïm: Q = I t = = ⋅ ⋅ =I Q t 34139,2 C 1 h 60 min 1 h 60 s 1min 9,48 A 31. La semireacció de reducció del coure és: Cu2+ (aq) + 2 e– → Cu (s) El nombre d’electrons necessaris per dipositar 51,6 g de Cu seran: N e 51,6 g Cu 1 mol Cu 63,55 g Cu 2 mol e 1 mol Cu 6,023 10 e 1 mol e 9,78 10 e 23 23( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− − − − − I la quantitat d’electricitat necessària serà: = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅Q 51,6 g Cu 1 mol Cu 63,55 g Cu 2 mol e 1 mol Cu 96500 C 1mol e 1,57 10 C5 32. Escrivim les semireaccions d’oxidació i reducció: 2 Cl− (aq) → Cl 2(g) + 2 e– Mg2+ (aq) + 2 e– → Mg (s) Si sumem totes dues semireaccions obtenim l’equació química global. 2 Cl− (aq) + Mg2+ (aq) → Cl 2(g) + Mg (s) MgCl 2(aq) → Cl 2(g) + Mg (s) a) Calculem la quantitat d’electricitat que consumirem per dipositar 5,7 g de Mg. = ⋅ ⋅ ⋅ = − − Q 5,7 g Mg 1 mol Mg 24,3 g 2 mol e 1 mol Mg 96500 C 1 mol e 45271,6 C Aïllem t de l’equació següent i substituïm: Q = I t = = = =t Q I 45271,6 C 6,8 A 6658 s 1 h 50 min 58 s 215 Unitat 8 • Reaccions de transferència de electrons E d ito ria l C as al s • M at er ia l f ot oc op ia b le b) A partir de la quantitat d’electricitat consumida i sabent que es necessiten 2 mol de e– per obtenir 1 mol de Cl 2 , per tant: ( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =V Cl 5,7 g Mg 1 mol Mg 24,3 g 1 mol Cl 1 mol Mg 24,4 dm 1 mol Cl   5,72 dm2 2 3 2 3 33. La massa d’or que es necessita dipositar és: V (Au) = 50 cm2 · 0,001 cm = 0,05 cm3 ( ) = ⋅ =m Au 0,05 cm 19,3 g Au 1 cm 0,965 g de Au3 3 La semireacció que té lloc és: Au3+ (aq) + 3 e– → Au (s) La quantitat d’electricitat necessària serà: = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − Q 0,965 g Au 1 mol Au 196,97 g Au 3 mol e 1 mol Au 96 500 C 1 mol e 1,418 10 C3 I el temps necessari el podem calcular a partir de l’equació següent: Q = I t = = ⋅ = =t Q I 1,418 10 C 3,5 A 405,14 s 6 min 45 s 3 34. La semireacció que es dóna a l’ànode és: 2 Cl− (aq) → Cl 2(g) + 2 e– Calculem a partir del volum de Cl 2 la quantitat d’electricitat que ha passat. = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − − Q 170,5 cm 1 dm 10 cm 1 mol Cl 24,4 dm 2 mol e 1 mol Cl 96500 C 1 mol e 1348,6 C3 3 3 3 2 3 2 Calculem els mols de e– que han passat per dipositar 1,0 g de Au, sabent que han passat 1348,6 C: = ⋅ = − −n 1 348,6 C 1 mol e 96500 C 0,0140 mol de eelectrons Calculem la quantitat de mols de Au en 1,0 g: ( ) = ⋅ = ⋅ −n Au 1,0 g Au 1 mol Au 197 g 5,08 10 mols de Au3 Si dividim els mols d’electrons entre els mols de Au que tenim, trobarem els mols d’electrons que han passat per cada mol de Au. = ⋅ = ≈ − − −n n 0,0140 mol e 5,08 10 mol Au 2,8 3 mol de e per cada mol de Auelectrons Au 3 El catió d’or tindrà càrrega +3 i, per tant, la fórmula empírica del clorur d’or és AuCl 3 . 35. En el procés de l’electròlisi de les solucions concentrades de clorur de sodi (salmorra) s’obté clor, hidrogen i hidròxid de sodi. En una solució de clorur de sodi, la sal està completament dissociada en els seus ions: (Na+, Cl−) (s) n H2O⎯ →⎯⎯ Na + (aq) + Cl − (aq)