Reacciones REDOX (Oxidación Reducción) en solución acuosa

REACCIONES REDOX EN SOLUCIÃ N ACUOSA
Objetivos: Observar reacciones espontáneas en las que ocurren procesos de óxido-reducción. Comparar
los resultados obtenidos con los predichos utilizando la tabla de potenciales normales. Investigar cómo
influyen en los resultados las condiciones en que se realiza la reacción.
Observaciones, mediciones y cálculos:
1) CuSO4 + Feº <=====> FeSO4 + Cuº
E = E.Cu - E.Fe ==> 0,337v - (-0,4402v) = 0,777v
El cobre se reduce y el hierro se oxida.
Se observó la formación de una capa obscura de cobre sobre el hierro.
2) Pb(CH3COO-)2 + Znº <=====> Zn(CH3COO-)2 + Pbº
E = E.Pb - E.Zn ==> -0,126v - (-0,7628v) = 0,637v
El plomo se reduce y el cinc se oxida.
Se observó un precipitado negro de plomo.
3) Hg(NO3)2 + Snº <======> Sn(NO3)2 + Hgº
E = E.Hg - E.Sn ==> 0,854v - (-0,136v) = 1v
El mercurio se reduce y el estaño se oxida.
Se observó una pequeña formación de una capa obscura verdosa de mercurio sobre la moneda dorada.
4) AgNO3 + Cuº <======> CuNO3 + Agº
E = E.Ag - E.Cu ==> 0,7991v - 0,521v = 0,278v
La plata se reduce y el cobre se oxida.
Se observó la formación de una capa de plata sobre el alambre de cobre.
5) Cl2 + 2NaOH <======> NaCl + NaClO + H2O
El cloro se reduce a -1 y se oxida a +1.
KI + NaClO <======> KClO + NaI
Conclusiones: Todas las reacciones son espontáneas - la diferencia de potenciales es positiva- y esto se pudo
comprobar en la práctica ya que en todos los tubos de ensayo se visualizaron cambios.
Se observó, en el tubo de ensayo n° 5, que al agregar agua de cloro la solución se torna amarillenta y al
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agregarle el almidón, el cual se agregaba para detectar la presencia de iodo, se tornó de una coloración
amarronada lo cual se puede deber a que el agua de cloro no era pura.
ACCION DE LOS ACIDOS SOBRE LOS METALES
Objetivos: Analizar la acción de ácidos sobre algunos metales. Evaluar los efectos de la concentración de
dichos ácidos. Observar el efecto del cambio de la temperatura sobre la reacción.
Observaciones:
Tubo 1( ác. sulfúrico dil. y Fe) : Se observó un desprendimiento de burbujas de hidrógeno.
Feº + 2H+ + SO4= <======> Fe+2 + SO4= + H2
Tubo 2( ác. sulfúrico dil. y Cu) : N.R. (Ni en frÃ−o ni en caliente)
Tubo 3( ác. clorhÃ−drico dil. y Fe) : Se observó un desprendimiento de burbujas de hidrógeno pero con
mayor intensidad que en el tubo 1.
2H+ + 2Cl- + Feº <======> Fe+2 + 2Cl- + H2
Tubo 4( ác. clorhÃ−drico dil. y Cu) = N.R. (Ni en frÃ−o ni en caliente)
Tubo 5( ác. sulfúrico conc. y Fe) = Se observó un pequeño desprendimiento de burbujas de hidrógeno.
H2SO4 + Fe <====> FeSO4 + H2
Tubo 6( ác. sulfúrico conc. y Cu) = N.R. (En frÃ−o)
En Caliente: Se desprendió un gas sofocante (SO2)
2e- + 4H+ + SO42- <=====> SO2 + 2H2O
Cu <=====> Cu2+ + 2 eTubo 7( ác. clorhÃ−drico conc. y Fe) = Se observó un gran desprendimiento de burbujas de hidrógeno.
2 H Cl (conc.) + Feº <=====> FeCl2 + H2
Tubo 8( ác. clorhÃ−drico conc. y Cu) = Se observó una sc. amarillenta.
Conclusiones: En el tubo Nº5 no tendrÃ−a que haber ocurrido una reacción, pero ocurrió ya que el
ácido sulfúrico con el cual trabajamos no era de una concentración de 98% m/m, era mas diluido, si
hubiese estado concentrado como es muy poca el agua en la solución el ácido se disociarÃ−a muy poco y
los protones no atacarÃ−an el metal. En el tubo Nº8 se formó una solución amarillenta ya que el
clorhÃ−drico con el que trabajamos pudo haber estado contaminado.
El ácido sulfúrico diluido reaccionó con el hierro porque está -en la tabla de potenciales- arriba del
hidrógeno, y tiene tendencia a oxidarse con respecto al ácido sulfúrico(que tiende H+ sueltos en
solución). El cobre no reaccionó porque está debajo del hidrógeno , tiene tendencia a reducirse con
respecto al ácido sulfúrico.
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Cuando se calentó el ácido sulfúrico concentrado con el cobre sólido, se observó una reacción porque
en estas condiciones la tabla de potenciales deja de tener validez (salvo para los metales que tienen mucha
tendencia a reducirse como el oro o el platino), por eso atacó al cobre. Si el sulfúrico hubiese estado al 98%
no hubiera atacado al hierro en frÃ−o y se hubiera observado la reacción cuando se hubiese calentado el tubo
de ensayo.
FABRICACIÃ N DE PILAS
Objetivos: Combinar en forma adecuada los elementos que permiten la construcción de una pila con una
determinada fem.
Medir la fem generada en cada reacción y compararla con la calculada usando la tabla de potenciales y la
ecuación de Nernst.
Diagrama de la pila:
Procedimiento y mediciones: Se usaron electrodos de Cu, Zn, y Pb, en soluciones de sus correspondientes
cationes(0,5M). Como las dos soluciones van a ser 0,5M no cambia la diferencia de potenciales, actúa como
en las condiciones estandar.
Primero se formó la pila con Cu y Pb, se colocó un puente salino cuya función fue la de entregar a las
soluciones electrolÃ−ticas, cationes o aniones, según el caso, para mantener el equilibrio electrolÃ−tico.
Se siguió el mismo procedimiento y se armó una pila con Cu y Zn.
Se utilizo un voltÃ−metro para medir los voltajes de las pilas.
2 e- + Cu2+(azul) _________ Cu0
Pb0 __________ Pb2+(incoloro) + 2eE0Cu= 0,337 v
E0Pb= - 0,126 v
Epila = Ecátodo + Eánodo
Epila = 0,463 v (teórico)
Epila = 0,474 v (experimental)
Pb|Pb2+(0,5M)||Cu2+(0,5M)|Cu
2e- + Cu2+(azul) _______ Cu0
Zn0 __________ Zn2+ + 2eE0Cu= 0,337 v
E0Zn= - 0,7628 v
Epila=1,10 v (teórico)
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Epila=1,088 v (Experimental)
Zn|Zn2+(0,5M)||Cu2+(0,5M)|Cu
Para disminuir la concentración de cobre en solución se agregó NH3 con el cual el cobre formó un
complejo de un color azul más fuerte que la solución original, el cual se disocia muy poco.
Cu2+ + 4NH3 ________ [Cu(NH3)]2+
Al utilizar esta solución en la pila, se verifica una disminución del voltaje, siendo el nuevo voltaje de 0,311
v, llegando a la conclusión de que la concentración de cobre habÃ−a disminuido.
Conclusiones: Los valores arrojados por el voltÃ−metro al realizar la práctica eran similares, pero no los
mismos que se calcularon teniendo en cuenta la tabla de los potenciales estandar de reducción. La pequeña
diferencia se debió seguramente a que las soluciones no eran exactamente 0,5M, eso cambió los potenciales
porque según la ecuación de Nernst: E = E0 - (0,059/n°e-).log Qc
Entonces si se cambia las concentraciones cambia el Qc y a su vez cambia el potencial, por lo tanto cambia el
voltaje.
ELECTRÃ LISIS
Objetivos:
Observar e interpretar las reacciones que ocurren por el pasaje de una corriente eléctrica a través del seno
de una solución.
Diagrama de la electrólisis:
Mediciones:
KI H2O K+ + I- (Ninguno de los dos reacciona con el agua porque el Ioduro es
una base conjugada muy debil y el potasio pertenece al grupo IA)
pH: 7
Cátodo à nodo
K+ + e- _______ K0 E=E0=-2,93 v 2I-_____I2 + 2eE=E0= 0,54 v
2e- + 2H2O____H2(g) + 2 OH- H2O___1/2O2 + 2H+ + 2eE= E0 - (0,059/n).log Q La ecuación de Nernst se aplica
E= -0,83v - (0,059/2).log [OH-]2 solamente para reducciones.
E= -0,41 v 1/2O2 + 2H+ + 2e-____H2O
E=1,23v - (0,059/2) log (1/[H+]2)
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E= 0,81 v
Reacciona el agua en el cátodo y el ioduro en el ánodo, porque tienen la menor diferencia de potenciales.
2e- + 2H2O _________ H2 + OH+ 2I- ___________ I2 + 2e-------------------------------------------------------------------2e- + 2H2O + I2(aq) __________ H2(g) + I2(s) + 2 OH-(aq) + 2eEpila=-0,95 v
El E=-0,95 v es la cantidad mÃ−nima a superar por la fuente externa de energÃ−a (continua).
Conclusiones: Las soluciones de almidón (amilasa + amilopectina) contribuyen a la identificación del I2,
dando como resultado una solución azul, incluso cuando hay pocas cantidades de este. En el ánodo, donde
reacciona el ioduro formando iodo, se notará un color azul.
La fenolftaleina, cuyo intervalo de viraje(pH) es 8 - 9,8, identifica los OH- que se desprenden en el cátodo,
ya que la solución se torna básica, mostrando un color rojo vilácio alrededor del cátodo.
TRABAJO DE SIMULACIÃ N EN COMPUTADORA: PILAS
Objetivos:
Utilizar un electrodo de referencia para establecer potenciales de distintos electrodos.
Poner en práctica criterios de selección de reacciones redox para el armado de pilas.
Verificar la dependencia de la fem de una pila con las concentraciones de las especies involucradas.
Observaciones y mediciones:
El primer objetivo es determinar los potenciales de reducción de distintos electrodos utilizando el electrodo
normal de H2 como referencia, el cual por convención tiene un E=0,00 V.
Luego combinando pares de electrodos en forma conveniente se fabrican pilas y se determina su fem mediante
el método de oposición. El cual consiste en oponer una corriente eléctrica continua de potencial
variable, al potencial generado por la pila.
Potenciales de reducción de electrodos:
E Ni2+ (1M)= - 0,256 v
(Solución verde)
Pt|H+(1M)|H2(g) (1 atm)||Ni2+(1M)|Ni0
Cátodo (Reducción) à nodo (Oxidación)
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E Cu2+ (1M) = 0,332
(Solución azul)
Pt|H+(1M)|H2(g) (1 atm)||Cu2+(1M)|Cu0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
E0 Ag+(1M) = 0,774 v
(Solución incolora)
Pt|H+(1M)|H2(g) (1 atm)||Ag+(1M)|Ag0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
Determinación del E de una pila:
Se utiliza Ag+(1M) y Ni2+(1M)
Ni0|Ni2+(1M)||Ag+(1M)|Ag0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
E0= 1,032 v
Para que se invierta el sentido de la pila se deben cambiar las concentraciones de Ni2+ y Ag+:
Ni0 ------> Ni2+ + 2 e+ 2(Ag+ + e- -------> Ag0)
Ni0 + 2 Ag+ + 2e- --------> Ni2+ + Ag0 + 2eQ= [Ni2+]
[Ag+]2
Analizamos el efecto de la variación en las concntraciones molares en el E de la pila; utilizando la ecuación
de Nernst.
E= E0 - (0,059/2e-) . log Q
Este término tiene que ser superior a 1,032 para que la pila invierta su sentido
Por lo tanto Q debe ser lo más grande posible ==> [Ni2+]
[Ag+]2
Con Ni2+(2M) y Ag+(1M)
Epila= 1,025 v
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Ni0|Ni2+(2M)||Ag+(1M)|Ag0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
Con Ni2+(2M) y Ag+(0,5M)
Epila= 1,004 v
Ni0|Ni2+(2M)||Ag+(0,5M)|Ag0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
Con Ni2+(2M) y Ag+(0,001M)
Epila= 0,846 v
Ni0|Ni2+(2M)||Ag+(0,001M)|Ag0
à nodo (Oxidación) Cátodo (Reducción)
Conclución:
Para estos pares de electrodos no conseguimos invertir el sentido de la pila porque al variar las
concentraciones el E no varÃ−a significativamente(el programa no permitÃ−a concetraciones mayores a 2 M
y tampoco muy pequeñas), ya que el E0 es muy grande. Quizas con una pila de menor diferencia de
potenciales se hubiese podido invertir.
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