Elektrokimikako eztabaida-galderen adibidea
Elektrokimika kimikaren adarra da, erreakzio kimikoen eta energia elektrikoaren aldaketen arteko erlazioa aztertzen duena. Elektrokimikan, bi kontzeptu nagusi daude: oxidazioa (elektroien askapena) eta erredukzioa (elektroien irabazia). Prozesu hauek bi motatako zelula elektrokimikoetan ikus daitezke: zelula voltaikoetan (zelula galbanikoak) eta zelula elektrolitikoetan. Jarraian, arazo batzuen adibidea eta haien azalpenak daude elektrokimika ulertzen laguntzeko.
1. galderaren adibidea: Pila voltaikoa
Galdera:
Zink (Zn) eta kobre (Cu) elektrodoak gatz-zubi baten bidez konektatuta dituen pila voltaiko bat emanez. Zn 1 M ZnSO4 disoluzio batean murgiltzen da eta Cu 1 M CuSO4 disoluzio batean. Idatzi elektrodo bakoitzean gertatzen diren erreakzioak eta kalkulatu pila voltaikoaren potentzial-diferentzia (EMF). Elektrodo estandarren potentzialaren datuak:
E^o_{\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}} = -0.76 \text{V}
\[ E^o_{\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}} = +0.34 \, \text{V} \]
Eztabaida:
Lehen urratsa gertatzen den erredox erreakzioa zehaztea da. Pila voltaiko batean, erredox erreakzio espontaneo bat gertatzen da non
– Zinkak (Zn) oxidazioa jasaten du:
\[ \text{Zn (s)} \rightarrow \text{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– Kobrea (Cu) erredukzioa jasaten du:
\[ \text{Cu}^{2+} (aq) + 2e^- \rightarrow \text{Cu (s)} \]
Pila voltaiko bateko erredox erreakzio osoa hau da:
\[ \text{Zn (s)} + \text{Cu}^{2+} (aq) \rightarrow \text{Zn}^{2+} (aq) + \text{Cu (s)} \]
Ondoren, zelularen potentzial-diferentzia kalkulatuko dugu:
\[ E_{\text{zelula}} = E^o_{\text{katodo}} – E^o_{\text{anodo}} \]
Non:
– Katodoa erredukzioa (Cu) gertatzen den elektrodoa da.
Anodoa oxidazioa (Zn) gertatzen den elektrodoa da.
Beraz,
E_{\text{sel}} = 0.34 \text{V} – (-0.76 \text{V})
E_{\text{sel}} = 0.34, \text{V} + 0.76, \text{V} = 1.10, \text{V}]
Kesinpulan:
– Anodoan gertatzen den erreakzioa (Zn):
\[ \text{Zn (s)} \rightarrow \text{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– Katodoan gertatzen den erreakzioa (Cu):
\[ \text{Cu}^{2+} (aq) + 2e^- \rightarrow \text{Cu (s)} \]
– Zelularen potentzial-diferentzia (EMF): 1.10 V
-
2. galderaren adibidea: Zelula elektrolitikoa
Galdera:
NaCl disoluzio baten elektrolisian, adierazi katodoan eta anodoan gertatzen diren erreakzioak, platinoa (Pt) bezalako elektrodo geldo bat erabiltzen bada. Kalkulatu Cl2 gramo 1 ekoizteko behar den karga osoa. (ArCl = 35.5)
Eztabaida:
Lehen urratsa NaCl gatz-disoluzioko elektrodo bakoitzean gertatzen diren erreakzioak idaztea da.
– Katodoan (erredukzioa):
Prozesu honetan, uretako H+ ioiak murriztuko dira:
\[ 2H_2O(l) + 2e^- \rightarrow H_2(g) + 2OH^-(aq) \]
– Anodoan (oxidazioa):
Cl- ioia oxidazio bidez Cl2 gas bihurtuko da:
\[ 2Cl^-(aq) \rightarrow Cl_2(g) + 2e^- \]
Erreakzio osoa:
Beraz, NaCl disoluzioaren elektrolisian gertatzen den erreakzio osoa hau da:
\[ 2NaCl(aq) + 2H_2O(l) \rightarrow 2NaOH(aq) + H_2(g) + Cl_2(g) \]
Cl2 gramo 1 ekoizteko behar den karga kalkulatzeko, Cl2 mol kopurua zehaztu behar dugu:
\[ \text{Cl}_2-ren masa = 1 \text{ gramo} \]
\[ \text{ArCl}_2 = 2 \times 35.5 = 71 \text{ gramo/mol} \]
\[ \text{Cl mol kopurua}_2 = \frac{1}{71} \text{ mol} \]
Anodoko erreakzio-ekuazioaren arabera, 2 mol elektroietatik 1 mol Cl2 sortzen da:
\[ 2Cl^- \rightarrow Cl_2 + 2e^- \]
Beste era batera esanda, Cl2 mol 1ek 2 elektroi mol behar ditu.
Elektroi mol kopurua:
\[ \text{Elektroi mol kopurua} = 2 \times \frac{1}{71} = \frac{2}{71} \text{ mol} \]
Beharrezko karga Faradayren balioa erabiliz kalkula daiteke (F = 96485 C/mol e^-):
Q = n bider F
Q = (2/71 mol) × 96485 C/mol)
Q = 2718 C
Kesinpulan:
– Katodoko erreakzioa:
\[ 2H_2O(l) + 2e^- \rightarrow H_2(g) + 2OH^-(aq) \]
– Anodoan gertatzen den erreakzioa:
\[ 2Cl^-(aq) \rightarrow Cl_2(g) + 2e^- \]
– Cl2 gramo 1 ekoizteko behar den karga osoa 2718 C da.
-
3. adibidea: Nernst erlazioa eta baldintza ez-estandarrak
Galdera:
Kalkulatu 0.1 M-ko zilar ioien kontzentrazioa duen Ag/Ag+ elektrodoekin eta 0.01 M-ko kontzentrazioa duen Zn/Zn2+ elektrodoekin egindako pila voltaiko baten potentziala. Elektrodo potentzial estandarra hau da:
E^o_{\text{Ag}^{+}/\text{Ag}} = +0.80 \text{V}
E^o_{\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}} = -0.76 \text{V}
Eztabaida:
Lehen urratsa gertatzen diren erreakzioak idaztea da:
– Oxidazioa anodoan (Zn):
\[ \text{Zn (s)} \rightarrow \text{Zn}^{2+} (aq) + 2e^- \]
– Katodoko erredukzioa (Ag):
\[ \text{Ag}^{+} (aq) + e^- \rightarrow \text{Ag (s)} \]
Erreakzio osoa:
\[ \text{Zn (s)} + 2\text{Ag}^{+} (aq) \rightarrow \text{Zn}^{2+} (aq) + 2\text{Ag (s)} \]
Nernst-en ekuazioan oinarrituta:
\[ E_{\text{Zelula}} = E^o_{\text{Zelula}} – \left( \frac{0.0592}{n} \right) \log \left( \frac{[\text{produktua}]}{[\text{erreaktibo}]} \right) \]
Non:
\[n = 2\]
Lehenik eta behin, kalkulatu E^o_{\text{Sel}}:
\[ E^o_{\text{Sel}} = E^o_{\text{Ag}^{+}/\text{Ag}} – E^o_{\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}} \]
E^o_{\text{Sel}} = 0.80 \text{V} – (-0.76 \text{V})\]
\[ E^o_{\text{Gelula}} = 1.56 \, \text{V} \]
Ondoren, kalkulatu zelula-potentzial erreala kontzentrazio jakin batean:
\[ E_{\text{Sel}} = 1.56 \text{V} – \left( \frac{0.0592}{2} \right) \log\left( \frac{[\text{Zn}^{2+}]}{[\text{Ag}^{+}]^2} \right) \]
\[ E_{\text{Sel}} = 1.56 \text{V} – \left( \frac{0.0592}{2} \right) \logleft( \frac{0.01}{(0.1)^2} \right) \]
\[ E_{\text{Gelula}} = 1.56 \, \text{V} – 0.0296 \log \left( \frac{0.01}{0.01} \right) \]
\[ E_{\text{Gelula}} = 1.56 \, \text{V} \]
Kesinpulan:
– Anodoan eta katodoan gertatzen diren erreakzioak berdinak dira
– Kontzentrazio jakin batekin zelula-potentziala 1.56 V da
Artikulu honek elektrokimikako hainbat arazo mota nola konpondu erakusten du, besteak beste, pila voltaikoekin, pila elektrolitikoekin eta Nernst ekuazioa erabiliz egindako kalkuluekin lotutako arazoak. Erredox erreakzioen printzipioen ulermen sakona eta datu elektrokimikoak erabiltzeko gaitasuna ezinbestekoak dira arazo mota hauek arrakastaz konpontzeko.
