Ekzemplo de Elektrokemiaj Diskutaj Demandoj
Elektrokemio estas branĉo de kemio, kiu studas la rilaton inter kemiaj reakcioj kaj ŝanĝoj en elektra energio. En elektrokemio, ekzistas du ĉefaj konceptoj: oksidado (la liberigo de elektronoj) kaj redukto (la gajno de elektronoj). Ĉi tiuj procezoj observeblas en du tipoj de elektrokemiaj piloj: voltaecaj piloj (galvanaj piloj) kaj elektrolizaj piloj. Jen kelkaj ekzemplaj problemoj kaj iliaj klarigoj por helpi vin kompreni elektrokemion.
Ekzempla Demando 1: Voltaa Pilo
Demando:
Donite voltaecan pilon kun zinkaj (Zn) kaj kupraj (Cu) elektrodoj konektitaj per sala ponto. Zn estas trempita en 1 M ZnSO4 solvaĵon kaj Cu estas trempita en 1 M CuSO4 solvaĵon. Skribu la reakciojn, kiuj okazas ĉe ĉiu elektrodo, kaj kalkulu la potencialan diferencon (EMF) de la voltaeca pilo. Normaj elektrodaj potencialaj datumoj:
\[ E^o_{\tekst{Zn}^{2+}/\tekst{Zn}} = -0.76 \, \tekst{V} \]
\[ E^o_{\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}} = +0.34 \, \text{V} \]
Diskuto:
La unua paŝo estas determini la okazantan redoksan reagon. En voltaika pilo, spontanea redoksa reago okazas kie
– Zinko (Zn) spertas oksidiĝon:
\[ \tekst{Zn (s)} \rightarrow \tekst{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– Kupro (Cu) spertas redukton:
\[ \text{Cu}^{2+} (aq) + 2e^- \rightarrow \text{Cu (j)} \]
La totala redoksa reakcio en voltaika pilo estas:
\[ \tekst{Zn(s)} + \tekst{Cu}^{2+} (aq) \rightarrow \tekst{Zn}^{2+} (aq) + \tekst{Cu(s)} \]
Poste, ni kalkulos la ĉelan potencialan diferencon:
\[ E_{\tekst{ĉelo}} = E^o_{\tekst{katodo}} – E^o_{\tekst{anodo}} \]
Kie:
– La katodo estas la elektrodo kie okazas redukto (Cu).
– La anodo estas la elektrodo kie okazas oksidiĝo (Zn).
Tiel ke,
\[ E_{\tekst{sel}} = 0.34 \, \tekst{V} – (-0.76 \, \tekst{V}) \]
E_{\tekst{sel}} = 0.34 \, \tekst{V} + 0.76 \, \tekst{V} = 1.10 \, \tekst{V}
Konkludo:
– La reakcio okazanta ĉe la anodo (Zn):
\[ \tekst{Zn (s)} \rightarrow \tekst{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– La reakcio okazanta ĉe la katodo (Cu):
\[ \text{Cu}^{2+} (aq) + 2e^- \rightarrow \text{Cu (j)} \]
– Ĉela potenciala diferenco (EMF): 1.10 V
-
Ekzempla Demando 2: Elektroliza Ĉelo
Demando:
En la elektrolizo de NaCl-solvaĵo, indiku la reakciojn kiuj okazas ĉe la katodo kaj anodo se inerta elektrodo, kiel ekzemple plateno (Pt), estas uzata. Kalkulu la tutan ŝargon bezonatan por produkti 1 gramon da Cl2. (ArCl = 35.5)
Diskuto:
La unua paŝo estas noti la reakciojn, kiuj okazas ĉe ĉiu elektrodo en la NaCl-salsolvaĵo.
– Ĉe la katodo (redukto):
En ĉi tiu procezo, H+-jonoj el akvo estos reduktitaj:
\[ 2H_2O(l) + 2e^- \rightarrow H_2(g) + 2OH^-(aq) \]
– Ĉe la anodo (oksidado):
La Cl- jono spertos oksidiĝon por iĝi Cl2 gaso:
\[ 2Cl^-(aq) \rightarrow Cl_2(g) + 2e^- \]
Totala Reakcio:
Do la tuta reakcio okazanta en la elektrolizo de NaCl-solvaĵo estas:
\[ 2NaCl(aq) + 2H_2O(l) \rightarrow 2NaOH(aq) + H_2(g) + Cl_2(g) \]
Por kalkuli la ŝargon bezonatan por produkti 1 gramon da Cl₂, ni bezonas determini la nombron da moloj da Cl₂:
\[ \tekst{Maso de Cl}_2 = 1 \tekst{ gramo} \]
\[ \tekst{ArCl}_2 = 2 \times 35.5 = 71 \tekst{ gramoj/mol} \]
\[ \tekst{Nombro da moloj de Cl}_2 = \frac{1}{71} \tekst{ mol} \]
Surbaze de la reakcia ekvacio ĉe la anodo, 1 molo da Cl2 estas produktita el 2 moloj da elektronoj:
\[ 2Cl^- \rightarrow Cl_2 + 2e^- \]
Alivorte, 1 molo da Cl₂ postulas 2 molojn da elektronoj.
Nombro da moloj de elektronoj:
\[ \tekst{Nombro da moloj de elektronoj} = 2 \times \frac{1}{71} = \frac{2}{71} \tekst{ mol} \]
La bezonata ŝargo povas esti kalkulita uzante la valoron de Faraday (F = 96485 C/mol e^-):
\[ Q = n \times F \]
Q = (2/71 mol) × 96485 C/mol
\[ Q = 2718 \teksto{ C} \]
Konkludo:
– Reakcio ĉe la katodo:
\[ 2H_2O(l) + 2e^- \rightarrow H_2(g) + 2OH^-(aq) \]
– Reakcio ĉe la anodo:
\[ 2Cl^-(aq) \rightarrow Cl_2(g) + 2e^- \]
– La tuta ŝargo bezonata por produkti 1 gramon da Cl2 estas 2718 C.
-
Ekzemplo 3: Rilato de Nernst kaj Nenormaj Kondiĉoj
Demando:
Kalkulu la potencialon de voltaika pilo farita el Ag/Ag+ elektrodoj kun arĝenta jona koncentriĝo de 0.1 M kaj Zn/Zn2+ elektrodoj kun koncentriĝo de 0.01 M. La norma elektroda potencialo estas:
\[ E^o_{\tekst{Ag}^{+}/\tekst{Ag}} = +0.80 \, \tekst{V} \]
\[ E^o_{\tekst{Zn}^{2+}/\tekst{Zn}} = -0.76 \, \tekst{V} \]
Diskuto:
La unua paŝo estas skribi la okazantajn reakciojn:
– Oksidado ĉe la anodo (Zn):
\[ \tekst{Zn (s)} \rightarrow \tekst{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– Redukto ĉe la katodo (Ag):
\[ \tekst{Ag}^{+} (aq) + e^- \rightarrow \tekst{Ag (s)} \]
Totala reakcio:
\[ \tekst{Zn(s)} + 2\tekst{Ag}^{+} (aq) \rightarrow \tekst{Zn}^{2+} (aq) + 2\tekst{Ag(s)} \]
Bazite sur la ekvacio de Nernst:
\[ E_{\tekst{Ĉelo}} = E^o_{\tekst{Ĉelo}} – \left( \frac{0.0592}{n} \right) \log ( \frac{[\tekst{produkto}]}{[\tekst{reakcianto}]} \right) \]
Kie:
\[ n = 2 \]
Unue, kalkulu E^o_{\text{Sel}}:
\[ E^o_{\tekst{Sel}} = E^o_{\tekst{Ag}^{+}/\tekst{Ag}} – E^o_{\tekst{Zn}^{2+}/\tekst{Zn}} \]
\[ E^o_{\tekst{Sel}} = 0.80 \tekst{V} – (-0.76 \tekst{V}) \]
\[ E^o_{\tekst{Ĉelo}} = 1.56 \, \tekst{V} \]
Poste, kalkulu la faktan ĉelan potencialon ĉe la donita koncentriĝo:
[E_{\tekst{Sel}} = 1.56, \tekst{V} – ( \frac{0.0592}{2} \right) \log ( \frac{[\tekst{Zn}^{2+}]}{[\tekst{Ag}^{+}]^2} \right)]
[E_{\tekst{Sel}} = 1.56, \tekst{V} – ( \frac{0.0592}{2} \right) \log ( \frac{0.01}{(0.1)^2} \right)]
[E_{\tekst{Sel}} = 1.56, \tekst{V} – 0.0296 \log ( \frac{0.01}{0.01} \right)]
\[ E_{\tekst{Ĉelo}} = 1.56 \, \tekst{V} \]
Konkludo:
– La reakcioj okazantaj ĉe la anodo kaj katodo restas samaj
– La ĉelpotencialo kun donita koncentriĝo estas 1.56 V
Ĉi tiu artikolo montras kiel solvi plurajn specojn de problemoj en elektrokemio, inkluzive de problemoj implikantaj voltaecajn pilojn, elektrolizajn pilojn, kaj kalkulojn uzante la ekvacion de Nernst. Detala kompreno pri la principoj malantaŭ redoksaj reakcioj kaj la kapablo uzi elektrokemiajn datumojn estas esencaj por sukceso en solvado de ĉi tiuj specoj de problemoj.
