10FeSO4(ac)+16H2SO4(ac)+
2KMnO4(ac)–>5Fe2(SO4)3(ac)
+2MnSO4(ac)
+8H2O(l)+K2SO4(ac)
Entonces vamos a sacar la masa del sulfato (IV) de hierro
(II):
1000cm3—— 0,09 equivalentes
12,2 cm3—— 1,098 * 10-3
equivalentes.
Como sabemos que la reacción es equivalente a equivalente,
tenemos esta misma cantidad de equivalentes de FeSO4.
Entonces, como un equivalente de sulfato ferroso equivale a 1 mol
de electrones, según la ecuación de
oxidación Fe2+ –>Fe3+ +
e- (que es equivalente a la que pusimos antes, ya que
se pueden simplificar los 2, incluído el que sirve de
subíndice para el hierro oxidado), tenemos 1,098 *
10-3 moles de Sulfato ferroso heptahidratado.
1 mol FeSO4.7H2O——277,8 g
1,098 * 10-3 mol ——– 0,3 g. de sulfato
ferroso heptahidratado.
El oxidante en esta reacción es el permanganate de
potasio. De acuerdo a la ecuación de antes para la
reducción, un equivalente de permanganate equivale a un
quinto de mol. La masa de un mol de permanganate de potasio es
158, entonces el equivalente gramo de éste sera un quinto
de esta masa: EqgKMnO4 = 31,6 g.
Determinación de la
polaridad de una fuente de corriente continua
Colocamos sobre en vidrio de reloj
una porción de papel de filtro humedecido con
solución de NaCl. Agregamos además, varias gotas de
indicador (fenolftaleína). Sobre el papel, colocamos dos
electrodos conectados a la fuente de corriente de 12 V. Se
observa como en uno de los electrodos, la fenolftaleína
vira a violeta. El esquema utilizado fue el siguiente:
De acuerdo a lo sabido, desde la fuente, los electrones
"salen" por el borne negativo. De aquí van al electrodo
negativo, el cátodo, que es donde ocurrirá la
reducción. Podemos pensar esto si sabemos que en la
reducción los electrones se encuentran del lado de los
reactivos. Como es la parte negativa, a éste se le
asociarán los iones de la solución que sean
positivos: Na+. De acuerdo a la regla práctica,
sabemos que si en el cátodo, el catión en
solución es de la primer columna de la tabla
periódica (a ésta pertenece el Na), lo que se
reducirá será el agua de la
solución. Por ende, la reacción catódica
será: 2 H2O (l) + 2 e-
–> H2 (g) + 2
OH-(ac). En la cual se ve que se forma
hidrógeno gaseoso, además de
hidróxido, que se unirá con el sodio dando
NaOH(ac), que como sabemos da el medio básico
por el cual la fenolftaleína viró a violeta.
Luego tenemos el electrodo positivo, el ánodo, que es
donde ocurre la oxidación. De aquí "saldrán"
los electrones que volverán a la fuente. De la misma
manera que lo pensamos antes, podemos decir que en el
ánodo, los electrones son un producto de la
oxidación. Además, como es el electrodo negativo,
se le asociarán los iones Cl- de la
solución. Nuevamente, si aplicamos la regla
práctica para el ánodo inatacable, si en la
solución hay halógenos, éstos serán
los que se oxiden. Por ende, la reacción anódica
será: 2 Cl- (ac) –> Cl2
(g) + 2 e-. Aquí se ve como el este
electrodo se formará cloro gaseoso.
Como se ve en el esquema, los electrones circularán
desde el borne negativo de la fuente, hacia el cátodo,
lego por la solución hasta el ánodo, volviendo a la
fuente. Los iones positivos (Na+) irán
hacia el borne negativo (cátodo) mientras que los aniones
Cl- irán hacia en ánodo.
Electrólisis de una solución de
ioduro de potasio
Llenamos un tubo en U con solución 0,05 M de KI. Colocamos
los electrodos en cada rama del tubo, y conectamos a la fuente de
12 V. Agregamos unas gotas de fenolftaleína y efectuamos
la electrólisis por unos 5 minutos. Observamos
que en el electrodo que está conectado al borne negativo
la fenolftaleína vira a violeta y se observan burbujas de
gas, mientras
que en el que está conectado al positivo, aparece una
coloración amarilla. El dispositivo usado es el
siguiente:
Nuevamente tenemos los electrones que llegan al electrodo
negativo, que es el cátodo, ya que en éste, los
electrones están del lado de los reactivos. A este
electrodo se asocian los iones K+ de la
solución, y como éste no se puede reducir, lo
hará el hidrógeno del agua. Por
ende, la ecuación catódica es:
2 H2O (l) + 2 e- –>
H2 (g) + 2 OH-(ac). Entonces,
podemos concluir que las burbujitas que se formaban alrededor del
electrodo eran de hidrógeno gaseoso, y l coloración
violeta era producto del medio básico que de el
hidróxido asociado al potasio.
Luego, en el electrodo positivo, es donde ocurre la
oxidación. A este se le asocian los iones I- de
la solución, que son los que se oxidan (recordemos que el
electrodo es inatacable). La reacción anódica es: 2
I-(ac) –> I2 (ac) + 2
e-. Estos electrones "volverán" a la fuente, y
el yodo molecular es el que, disuelto en agua, da la
coloración amarilla.
Electrólisis de una solución de
sulfato (IV) de cobre
(II)
Ánodo atacable (cobre):
En el ánodo se producirá la oxidación,
precisamente del cobre, ya que es atacable. El cobre se encuentra
allí en estado
metálico, y se oxida a Cu2+ , liberando
electrones.
Cu(s) –> Cu2+ (ac)+ 2
e-
El cátodo, donde se produce una reducción, es de
acero inoxidable.
Reducirse significaría recibir electrones, y disminuir el
número de oxidación. Pero el acero ya está
en estado metálico, no se puede reducir, se reduce el
Cu2 que está en solución.
Cu2+ (ac) + 2 e- –>
Cu(s)
En síntesis,
una pequeñísima parte del electrodo de cobre
pasó a la solución en forma de iones cobre.
éstos luego se depositaron como cobre metálico en
el electrodo de acero. Es decir, se produjo un traspaso de cobre
metálico de una barra metálica a otra. Como
aplicación industrial¸ se puede realizar siempre que
se quiera recubrir algo con un metal puro. Así, mientras
el electrodo de este metal se conecte al borne positivo (para
asegurarse de que los electrones que la oxidación produce
no se queden ahí sino que se bombeen hacia el otro
electrodo), se recubrirá el cátodo del metal que yo
puse como ánodo.
Ecuación total, CuSO4 (ac) + 2
e- + Cu(s) –> Cu SO4
(ac) + 2 e- + Cu(
Ánodo inatacable (acero inoxidable):
Ahora bombeo electrones desde el ánodo de acero hacia
el cátodo. Si saco electrones del acero, algo se oxida
ahí, pero e acero no es puesto que es inoxidable. Se oxida
-sobre la barra- el agua de la solución.
2 H2O –> O2 (g) +
4H+ +
4e-
Esta reacción libera electrones, la fuente
eléctrica los toma y los lleva hacia el cátodo,
donde habrá pues una mayor densidad de
cargas negativa. Esto asegura que allí pueda haber
reducción, la reacción propia del cátodo.
Tengo en éste cobre metálico, pero no se puede
reducir, ya se encuentra con su menor nro de oxidación.
Por lo tanto se reduce -sobre la barra de cobre- el
Cu2+ de la solución.
( 2e- + Cu2+ –> Cu ) *2
Sumando ambas,
2H2O + 4e- + 2 Cu2+–>
O2 (g) + 4H+ + 4 e + 2 Cu
Completando con las otras especies presentes,
2H2O + 4e- + 2 CuSO4 (ac) –>
O2 (g) + 2 H2SO4
(ac)+ + 4 e + 2 Cu
Como resultado, en la barra de acero vemos que salen burbujitas,
correspondientes a O2 (g), y en la barra de cobre se
deposita más cobre puro, engrosando la barra.
Industrialmente se puede utilizar este procedimiento
para "purificar" un metal. Puedo recubrir por ejemplo una barra
de cobre que no es del todo pura con una lámina de cobre
que estoy seguro que es
100% cobre metálico. Además, en el caso en que el
acero tenga adherido un poco de un metal (como por ejemplo
después de realizar la experiencia con ánodo
atacable, donde el acero quedó recubierto de cobre), puedo
limpiar el acero si conecto éste al borne positivo, es
decir, de forma tal que allí se oxide esa impureza de
cobre, pase a la solución, y se vaya al otro
electrodo.
Nota: observar que se produce un medio ácido como
consecuencia de la oxidación del agua, por lo que, de
agregar un indicador que trabaje a los phs apropiados, se
podría apreciar una coloración.
Autor:
Agustín Binora
Universidad de Buenos Aires
Facultad de Ingeniería
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