Moduł III, cz.4.
1. Oblicz potencjał półogniwa zbudowanego z metalicznej cyny zanurzonej do roztworu
chlorku cyny(II) o stężeniu 10-4M. Eo = -0,136V.
Sn2+/Sn
Rozwiązanie:
reakcja w półogniwie: Sn2+ + 2e- = Sno
Potencjał półogniwa obliczamy korzystając z równania Nernsta (R- stała gazowa,
temperatura, n- liczba elektronów, F- stała Faradaya):
RT 0,059
E=Eo+ �log[ Sn2+.]=-0,136 V + �log10-4=-0,254 V
nF 2
-
2. Potencjał standardowy układu BrO /Br- wynosi +1,44V. Jak zmieni się potencjał takiej
3
standardowej elektrody jeżeli stężenie jonów wodorowych zostanie zmniejszone do
0,05M?
Rozwiązanie:
-
zbilansowana reakcja elektrodowa: BrO + 6H+ + 6e- = Br> + 3H O
3 2
w tym przypadku potencjał półogniwa zależy od stężeń form utlenionej i zredukowanej oraz
-
od stężenia jonów wodorowych, stężenia [BrO ] i [Br-] są sobie równe, ponieważ
3
rozpatrujemy zmiany potencjału standardowej elektrody to należy przyjąć, że wynoszą one
1 mol/dm3
Potencjał półogniwa obliczamy korzystając z równania Nernsta:
[ BrO-.][ H+.]6
(1�0,056)
0,059 0,059
3
E=Eo+ �log =1,44V + �log =1,363V
n 6 1
[ Br-.]
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
Eo = -0,74V.
Cr3+/Cr
Rozwiązanie:
siarczan(VI) chromu(III) jest w roztworze w pełni zdysocjowany:
2-
Cr (SO ) 2Cr3+ + 3SO
2 4 3 4
jony Cr3+ będą się redukować do metalicznego chromu, a zbilansowana reakcja
elektrodowa jest następująca: Cr3+ + 3e- = Cro
zapisujemy równanie Nernsta dla półogniwa:
0,059
E=Eo+ �log [Cr3+ .] i obliczamy stężenie kationów Cr3+
3
0,059�log[Cr ]
3+.
-0,8V =-0,74+
3
(-0,8+0,74)3
log[Cr3+.]= =-3,05
0,059
[Cr3+] = 10-3,05 = 8,91x10-4M
stężenie molowe soli w roztworze wodnym Cr (SO ) jest dwukrotnie mniejsze od stężenia [Cr3+]
2 4 3
(co wynika z równania dysocjacji) i wynosi: 4,46x10-4M
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. Eo = -0,402V, Eo =
Cd2+/Cd 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%Fe2+(0,1M)Q%Cd2+(0,1M)%Cd (+)
SEM = E - E
(+) (-)
0,059 0,059
2 +.
SEM =ECd2+ ./Cd o+ �log[Cd ]- EFe2 +./ Feo+ �log[Fe2+.]
2 2
0,059
SEM =-0,402+ �log 0,1+0,44-0,059�log 0,1=0,038 V
2 2
5. Oblicz SEM następującego ogniwa w temp.25oC:
-
Pt%MnO (0,08M), Mn2+(0,15M), H+(1,325M)Q%Fe3+(0,138M), Fe2+(0,0072M%Pt
4
Eo / = 1,51V, Eo = 0,77V.
MnO4-, H+ Mn2+ Fe3+/Fe2+
Zapisujemy zbilansowane równanie reakcji biegnącej w ogniwie:
-
MnO + 8H+ + 5Fe2+ = 5Fe3+ + Mn2+ + 4H O
4 2
na elektrodzie dodatniej (K - katodzie) biegnie proces redukcji:
-
MnO + 8H+ +5e- = Mn2+ + 4H O
4 2
na ujemnej (A - anodzie) - proces utleniania: Fe2+ = Fe3+ + e-
SEM = E  E
K A
0,059 (0,08�1,3258))-(0,77+ 0,059 0,138
SEM =(1,51+ �log �log )=0,672V
5 0,15 1 0,0072
6. W oparciu o potencjały standardowe odpowiednich procesów redoks, podaj kierunek,
w którym będą przebiegać następujące reakcje:
-
a) O + H O + Mn2+ = MnO + H O + H+
2 2 4 2 2
2- 2-
b) SO + I + H O = SO + H+ + I-
3 2 2 4
-
c) Pb2+ + MnO + H O = PbO + H+ + Mn2+
4 2 2
4- 3-
d) Fe(CN) + H O = Fe(CN) + OH-
6 2 2 6
2-
e) SO + Br + H O = Br> + SO + H+
2 2 2 4
2-
f) Cr3+ + Br + OH- = CrO + Br> + H O
2 4 2
g) Hg + Pb2+ = Hg2+ + Pb
2- 2- 2-
h) Cr O + SO + H+ = Cr3+ + S O + H O
2 7 4 2 8 2
i) ZnCl + Ag = Zn + AgCl
2
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 + H O + Mn2+ �! MnO + H O + H+ (Eo = 0,682V, Eo = 1,51V)
2 2 4 2 2 O2/H2O2 MnO4-, H+/Mn2+
2- 2-
b) SO + I + H O SO + H+ + I- (Eo
3 2 2 4 SO4 2-/SO3 2-= 0,17V, Eo
I2/I-= 0,535V)
-
c) Pb2+ + MnO + H O �! PbO + H+ + Mn2+ (Eo = 1,69V, Eo = 1,51V)
4 2 2 PbO2, H+/Pb2+ MnO4-, H+/Mn2+
4- 3-
d) Fe(CN) + H O Fe(CN) + OH- (Eo
6 2 2 6 Fe(CN)6 3-/Fe(CN)6 4-= 0,36V, Eo
H2O2/OH-= 1,77V)
2-
e) SO + Br + H O Br> + SO + H+ (Eo
2 2 2 4 SO4 2-/SO3 2-= 0,17V, Eo
Br2/Br-= 1,087V)
2-
f) Cr3+ + Br + OH- CrO + Br> + H O (Eo = -0,13V, Eo
2 4 2 CrO4 2-/Cr3+ Br2/Br-= 1,087V)
g) Hg + Pb2+ �! Hg2+ + Pb (Eo = 0,854V, Eo = -0,126V)
Hg2+/Hg Pb2+/Pb
2- 2- 2-
h) Cr O + SO + H+ �! Cr3+ + S O + H O (Eo = 1,33V)
2 7 4 2 8 2 SO4 2-/S2O8 2-= 2,01V, Eo
Cr2O7 2-, H+/Cr3+
i) ZnCl + Ag �! Zn + AgCl (Eo = -0,76V, Eo = 0,222V)
2 Zn2+/Zn AgCl/Ag
7. Jak długo musi przepływać prąd o natężeniu 4A przez wodny roztwór NiSO aby
4
pokryć 0,002 mm warstewką niklu przedmiot o powierzchni 400cm2? Gęstość niklu
wynosi 8,9g/cm3.
Rozwiazanie:
reakcja elektrodowa: Ni2+ + 2e- = Nio
grubość warstewki niklu: 0,002mm = 0,0002cm
masa wydzielonego niklu:
m = dV = 8,9 g/cm3 " 0,0002cm " 400cm2 = 0,712g
Ni
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 = M" I" t/nF
Ni
t= m " nF/ M" I = 0,712" 2" 96500/ 58,7 " 4 = 585,3s
Ni
8. Podczas elektrolizy azotanu(V) pewnego dwuwartościowego metalu na katodzie wydzieliło
się 25,9g metalu, a jednocześnie na anodzie 1,56dm3 tlenu w temp. 25OC i pod ciśnieniem 993
hPa. Oblicz masę molową metalu.
Rozwiązanie:
Reakcje elektrodowe:
na katodzie: 2Me2+ + 4e- = 2Meo
na anodzie: 2H O = O + 4H+ + 4e-
2 2
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 = pV/RT= 99300Pa"1,56"10-3m3/8,314"298K= 6,25"10-2mola
O2
oraz masę tlenu: m = n " M = 6,25"10-2mola " 32g/mol = 2g
O2 O2 O2
uwzględniając stechiometrię reakcji elektrodowych (tzn. wydzieleniu 1 mola tlenu na anodzie
towarzyszy wydzielenie się 2 moli metalu na katodzie): m /2"M = m /M
Me Me O2 O2
zatem: M = m " M /2"m = 25,9g " 32g/mol/2" 2g = 207,2g/mol
Me Me O2 O2
(elektrolizowano roztwór azotanu(V) ołowiu(II) - Pb(NO ) )
3 2