Moduł III, cz.4.

1. Oblicz potencjał półogniwa zbudowanego z metalicznej cyny zanurzonej do roztworu

chlorku cyny(II) o stężeniu 10

-4

M. E

o

Sn2+/Sn

= -0,136V.

Rozwiązanie:
reakcja w półogniwie: Sn

2+

+ 2e

-

= Sn

o

Potencjał półogniwa obliczamy korzystając z równania Nernsta (R- stała gazowa,
temperatura, n- liczba elektronów, F- stała Faradaya):

E=E

o

+

RT
nF

×

log[ Sn

2+.

]=−

0,136 V +

0,059

2

×

log10

−

4

=−

0,254 V

2. Potencjał standardowy układu BrO

3

-

/Br

-

wynosi +1,44V. Jak zmieni się potencjał takiej

standardowej elektrody jeżeli stężenie jonów wodorowych zostanie zmniejszone do
0,05M?

Rozwiązanie:
zbilansowana reakcja elektrodowa: BrO

3

-

+ 6H

+

+ 6e

-

= Br‾ + 3H

2

O

w tym przypadku potencjał półogniwa zależy od stężeń form utlenionej i zredukowanej oraz
od stężenia jonów wodorowych, stężenia [BrO

3

-

] i [Br

-

] są sobie równe, ponieważ

rozpatrujemy zmiany potencjału standardowej elektrody to należy przyjąć, że wynoszą one
1 mol/dm

3

Potencjał półogniwa obliczamy korzystając z równania Nernsta:

E=E

o

+

0,059

n

×

log

[

BrO

3

−

.

][

H

+

.

]

6

[

Br

−

.

]

=

1,44V +

0,059

6

×

log

(

1×0,05

6

)

1

=

1,363V

3. Jakie musi być stężenie roztworu siarczanu(VI) chromu(III) aby potencjał blaszki

chromowej zanurzonej w tym roztworze wynosił E= -0,8 V? Potencjał standardowy
E

o

Cr3+/Cr

= -0,74V.

Rozwiązanie:
siarczan(VI) chromu(III) jest w roztworze w pełni zdysocjowany:
Cr

2

(SO

4

)

3

→ 2Cr

3+

+ 3SO

4

2-

jony Cr

3+

będą się redukować do metalicznego chromu, a zbilansowana reakcja

elektrodowa jest następująca: Cr

3+

+ 3e

-

= Cr

o

zapisujemy równanie Nernsta dla półogniwa:

E=E

o

+

0,059

3

×

log [Cr

3+ .

]

i obliczamy stężenie kationów Cr

3+

−

0,8V =−0,74+

0,059

3

×

log[Cr

3+.

]

log[Cr

3+.

]=

(−

0,8+0,74)3

0,059

=−

3,05

[Cr

3+

] = 10

-3,05

= 8,91x10

-4

M

stężenie molowe soli w roztworze wodnym Cr

2

(SO

4

)

3

jest dwukrotnie mniejsze od stężenia [Cr

3+

]

(co wynika z równania dysocjacji) i wynosi: 4,46x10

-4

M

4. Zbudowano ogniwo z elektrod kadmowej i żelaznej zanurzonych do roztworów

wodnych swych dwuwartościowych kationów o stężeniach wynoszących 0,1M. Określ
znaki obu elektrod. Zapisz schemat ogniwa i oblicz SEM. E

o

Cd2+/Cd

= -0,402V, E

o

Fe2+/Fe

=

-0,44V.

Rozwiązanie:

ponieważ w obu przypadkach mamy metale w roztworach ich dwuwarościowych kationów o takim
samym stęzeniu to znaki elektrod możemy określamy na podstawie wartości potencjałów
standardowych obu półogniw, zatem elektrodą dodatnią będzie w tym wypadku elektroda kadmowa
a ujemną żelazna. Schemat ogniwa będzie następujacy:

(-) Fe│Fe

2+

(0,1M)║Cd

2+

(0,1M)│Cd (+)

SEM = E

(+)

- E

(-)

SEM =E

Cd2+ ./Cd

o

+

0,059

2

×

log[Cd

2 +.

]−

E

Fe2 +./ Fe

o

+

0,059

2

×

log[Fe

2+.

]

SEM =−0,402+

0,059

2

×

log 0,1+0,44−

0,059

2

×

log 0,1=0,038 V

5. Oblicz SEM następującego ogniwa w temp.25

o

C:

Pt│MnO

4

-

(0,08M), Mn

2+

(0,15M), H

+

(1,325M)║Fe

3+

(0,138M), Fe

2+

(0,0072M│Pt

E

o

MnO4-, H+

/

Mn2+

= 1,51V, E

o

Fe3+/Fe2+

= 0,77V.

Zapisujemy zbilansowane równanie reakcji biegnącej w ogniwie:
MnO

4

-

+ 8H

+

+ 5Fe

2+

= 5Fe

3+

+ Mn

2+

+ 4H

2

O

na elektrodzie dodatniej (K - katodzie) biegnie proces redukcji:

MnO

4

-

+ 8H

+

+5e

-

= Mn

2+

+ 4H

2

O

na ujemnej (A - anodzie) - proces utleniania:

Fe

2+

= Fe

3+

+ e

-

SEM = E

K

– E

A

SEM =(1,51+

0,059

5

×

log

(

0,08×1,325

8

)

0,15

)−(

0,77+

0,059

1

×

log

0,138

0,0072

)=

0,672V

6. W oparciu o potencjały standardowe odpowiednich procesów redoks, podaj kierunek,

w którym będą przebiegać następujące reakcje:
a) O

2

+ H

2

O + Mn

2+

= MnO

4

-

+ H

2

O

2

+ H

+

b) SO

3

2-

+ I

2

+ H

2

O = SO

4

2-

+ H

+

+ I

-

c) Pb

2+

+ MnO

4

-

+ H

2

O = PbO

2

+ H

+

+ Mn

2+

d) Fe(CN)

6

4-

+ H

2

O

2

= Fe(CN)

6

3-

+ OH

-

e) SO

2

+ Br

2

+ H

2

O = Br‾ + SO

4

2-

+ H

+

f) Cr

3+

+ Br

2

+ OH

-

= CrO

4

2-

+ Br‾ + H

2

O

g) Hg + Pb

2+

= Hg

2+

+ Pb

h) Cr

2

O

7

2-

+ SO

4

2-

+ H

+

= Cr

3+

+ S

2

O

8

2-

+ H

2

O

i) ZnCl

2

+ Ag = Zn + AgCl

Rozwiazanie:
reakcja redoks: Utl1 + Red2 = Red1 + Utl2 będzie przebiegać jeżeli między reagującymi
układami (Utl1/Red1 i Utl2/Red2) istnieje różnica potencjałów. Reakcja będzie biec w
kierunku umożliwiającym zmniejszenie różnicy potencjałów. Tzn. reakcja Utl1 + Red2 =
Red1 + Utl2 przebiegnie w prawo jeśli potencjał pary redoks Utl1/Red1 > Utl2/Red2,
czyli potencjał reakcji: Utl1 + ne

-

= Red1 jest wyższy niż potencjał reakcji: Red2 = Utl2 +

ne

-

. W przeciwnym wypadku reakcja będzie przebiegać w lewo.

(kierunek przebiegu reakcji zaznaczono strzałką, utleniacz zaznaczono kolorem niebieskim
a reduktor czerwonym)
a) O

2

+ H

2

O + Mn

2+

←

MnO

4

-

+

H

2

O

2

+ H

+

(E

o

O2/H2O2

= 0,682V, E

o

MnO4-, H+/Mn2+

= 1,51V)

b)

SO

3

2-

+

I

2

+ H

2

O → SO

4

2-

+ H

+

+ I

-

(E

o

SO4 2-/SO3 2-

= 0,17V, E

o

I2/I-

= 0,535V)

c) Pb

2+

+ MnO

4

-

+ H

2

O ←

PbO

2

+ H

+

+

Mn

2+

(E

o

PbO2, H+/Pb2+

= 1,69V, E

o

MnO4-, H+/Mn2+

= 1,51V)

d)

Fe(CN)

6

4-

+

H

2

O

2

→ Fe(CN)

6

3-

+ OH

-

(E

o

Fe(CN)6 3-/Fe(CN)6 4-

= 0,36V, E

o

H2O2/OH-

= 1,77V)

e)

SO

2

+

Br

2

+ H

2

O → Br‾ + SO

4

2-

+ H

+

(E

o

SO4 2-/SO3 2-

= 0,17V, E

o

Br2/Br-

= 1,087V)

f)

Cr

3+

+

Br

2

+ OH

-

→ CrO

4

2-

+ Br‾ + H

2

O

(E

o

CrO4 2-/Cr3+

= -0,13V, E

o

Br2/Br-

= 1,087V)

g) Hg + Pb

2+

←

Hg

2+

+

Pb

(E

o

Hg2+/Hg

= 0,854V, E

o

Pb2+/Pb

= -0,126V)

h) Cr

2

O

7

2-

+ SO

4

2-

+ H

+

←

Cr

3+

+

S

2

O

8

2-

+ H

2

O (E

o

SO4 2-/S2O8 2-

= 2,01V, E

o

Cr2O7 2-, H+/Cr3+

= 1,33V)

i) ZnCl

2

+ Ag ←

Zn

+

AgCl

(E

o

Zn2+/Zn

= -0,76V, E

o

AgCl/Ag

= 0,222V)

7. Jak długo musi przepływać prąd o natężeniu 4A przez wodny roztwór NiSO

4

aby

pokryć 0,002 mm warstewką niklu przedmiot o powierzchni 400cm

2

? Gęstość niklu

wynosi 8,9g/cm

3

.

Rozwiazanie:
reakcja elektrodowa: Ni

2+

+ 2e

-

= Ni

o

grubość warstewki niklu: 0,002mm = 0,0002cm
masa wydzielonego niklu:
m

Ni

= dV = 8,9 g/cm

3

∙ 0,0002cm ∙ 400cm

2

= 0,712g

z I prawa Faradaya: m= k∙ I∙ t, k= M/nF (m- masa produktu reakcji elektrodowej wyrażona w
gramach, I- natęzenie prądu w amperach, t- czas trwania elektrolizy w sekundach, M- masa molowa
substancji reagującej na elektrodzie, n- liczba elektronów ymienianych w elementarnym procesie,
F- stała Faradaya (96500 C/mol).
Zatem:
m

Ni

= M∙ I∙ t/nF

t= m

Ni

∙ nF/ M∙ I = 0,712∙ 2∙ 96500/ 58,7 ∙ 4 = 585,3s

8. Podczas elektrolizy azotanu(V) pewnego dwuwartościowego metalu na katodzie wydzieliło
się 25,9g metalu, a jednocześnie na anodzie 1,56dm

3

tlenu w temp. 25

O

C i pod ciśnieniem 993

hPa. Oblicz masę molową metalu.

Rozwiązanie:
Reakcje elektrodowe:

na katodzie: 2Me

2+

+ 4e

-

= 2Me

o

na anodzie: 2H

2

O = O

2

+ 4H

+

+ 4e

-

Z II prawa Faradaya: w wyniku przepływu jednakowych ładunków elektrycznych na elektrodach
powstają równoważne ilości produktów.

Korzystając z r. Clapeyrona obliczamy liczbę moli tlenu wydzielonego na anodzie:
n

O2

= pV/RT= 99300Pa∙1,56∙10

-3

m

3

/8,314∙298K= 6,25∙10

-2

mola

oraz masę tlenu: m

O2

= n

O2

∙ M

O2

= 6,25∙10

-2

mola ∙ 32g/mol = 2g

uwzględniając stechiometrię reakcji elektrodowych (tzn. wydzieleniu 1 mola tlenu na anodzie
towarzyszy wydzielenie się 2 moli metalu na katodzie): m

Me

/2∙M

Me

= m

O2

/M

O2

zatem: M

Me

= m

Me

∙ M

O2

/2∙m

O2

= 25,9g ∙ 32g/mol/2∙ 2g = 207,2g/mol

(elektrolizowano roztwór azotanu(V) ołowiu(II) - Pb(NO

3

)

2

)