QuímicaMedioProblema · 2 pts

Electrólisis y leyes de Faraday

Comunidad de Madrid · 2017 · Junio · Opción A

Enunciado

En la electrolisis de una disolución acuosa de cloruro de sodio se hace pasar una corriente de

3{,}0\ \text{kA}

durante 2 horas. Mientras transcurre el proceso, se observa desprendimiento de hidrógeno y se obtiene cloro en medio básico.

a) (0,75 puntos) Escriba y ajuste las semirreacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo y la reacción molecular global. Utilice el método de ajuste de ion-electrón.

b) (0,75 puntos) A

25\ ^\circ\text{C}

1\ \text{atm}

, ¿qué volumen de cloro se obtiene?

c) (0,5 puntos) ¿Qué masa de hidróxido de sodio se habrá formado en la cuba electrolítica en ese tiempo?

Datos:

E^0

(V):

\text{Na}^+/\text{Na} = -2{,}71

;

\text{Cl}_2/\text{Cl}^- = 1{,}36

;

\text{H}_2\text{O}/\text{H}_2 = -0{,}83

. Masas atómicas: H = 1; O = 16; Na = 23.

F = 96485\ \text{C}

R = 0{,}082\ \text{atm}\cdot\text{L}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}

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Resultado

a) Ánodo: $2\text{Cl}^- \to \text{Cl}_2 + 2e^-$ ; cátodo: $2\text{H}_2\text{O} + 2e^- \to \text{H}_2 + 2\text{OH}^-$ ; global: $2\text{NaCl} + 2\text{H}_2\text{O} \to \text{Cl}_2 + \text{H}_2 + 2\text{NaOH}$ .
b) $V(\text{Cl}_2) \approx 2{,}74\cdot 10^{3}\ \text{L}$ .
c) $m(\text{NaOH}) \approx 8{,}95\cdot 10^{3}\ \text{g} \approx 8{,}95\ \text{kg}$ .

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Es la electrólisis de la salmuera, el proceso cloro-álcali con el que se fabrican a la vez cloro, hidrógeno y sosa.

a) En el ánodo (oxidación) los $\text{Cl}^-$ pasan a $\text{Cl}_2$ . En el cátodo (reducción) compiten el $\text{Na}^+$ y el agua: se reduce la especie con el potencial de reducción mayor, que es el agua ( $-0{,}83\ \text{V}$ frente a $-2{,}71\ \text{V}$ ). Por eso sale $\text{H}_2$ y no sodio, y quedan $\text{OH}^-$ en la disolución.
b) y c) Leyes de Faraday: $Q = I\,t$ da los moles de electrones; con las semirreacciones se pasa a moles de $\text{Cl}_2$ y de $\text{NaOH}$ .

Desarrollo

a) Semirreacciones y reacción global

Ánodo (polo +, oxidación):

2\,\text{Cl}^-(aq) \longrightarrow \text{Cl}_2(g) + 2\,e^-

Cátodo (polo −, reducción). El

\text{Na}^+

no se reduce: el agua tiene mayor potencial de reducción (

-0{,}83\ \text{V} > -2{,}71\ \text{V}

) y se reduce antes. En medio básico se ajusta con

\text{H}_2\text{O}

\text{OH}^-

2\,\text{H}_2\text{O}(l) + 2\,e^- \longrightarrow \text{H}_2(g) + 2\,\text{OH}^-(aq)

Las dos semirreacciones intercambian 2 electrones; sumándolas:

2\,\text{Cl}^- + 2\,\text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{Cl}_2 + \text{H}_2 + 2\,\text{OH}^-

Añadiendo los

2\,\text{Na}^+

espectadores a cada lado, la reacción molecular global:

2\,\text{NaCl}(aq) + 2\,\text{H}_2\text{O}(l) \longrightarrow \text{Cl}_2(g) + \text{H}_2(g) + 2\,\text{NaOH}(aq)

Su potencial estándar es

E^0 = E^0_{\text{cátodo}} - E^0_{\text{ánodo}} = -0{,}83 - 1{,}36 = -2{,}19\ \text{V}

: es negativo, la reacción no es espontánea y por eso hay que forzarla con una fuente externa de al menos

2{,}19\ \text{V}

(en la práctica, algo más).

b) Volumen de cloro

Carga que circula, con

I = 3{,}0\ \text{kA} = 3000\ \text{A}

t = 2\ \text{h} = 7200\ \text{s}

Q = I\,t = 3000 \cdot 7200 = 2{,}16\cdot 10^{7}\ \text{C}

n_{e^-} = \frac{Q}{F} = \frac{2{,}16\cdot 10^{7}}{96485} = 223{,}9\ \text{mol de } e^-

Por cada mol de

\text{Cl}_2

se liberan 2 moles de electrones:

n_{\text{Cl}_2} = \frac{223{,}9}{2} = 111{,}9\ \text{mol}

25\ ^\circ\text{C}

(

298\ \text{K}

) y

1\ \text{atm}

V = \frac{nRT}{P} = \frac{111{,}9 \cdot 0{,}082 \cdot 298}{1} = 2{,}74\cdot 10^{3}\ \text{L}

Unos 2 735 L de cloro (casi

2{,}7\ \text{m}^3

): con una corriente industrial de miles de amperios las cantidades son grandes.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

c) Masa de hidróxido de sodio

En el cátodo se forma un

\text{OH}^-

por cada electrón, y cada

\text{OH}^-

queda con un

\text{Na}^+

: se forma 1 mol de NaOH por mol de electrones.

n_{\text{NaOH}} = n_{e^-} = 223{,}9\ \text{mol}

M(\text{NaOH}) = 23 + 16 + 1 = 40\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1} \qquad m = 223{,}9 \cdot 40 = 8{,}95\cdot 10^{3}\ \text{g}

Se forman unos 8,95 kg de hidróxido de sodio.

Consejo

En el cátodo no se deposita sodio: en disolución acuosa el agua se reduce antes que los iones de los metales muy activos ( $\text{Na}^+$ , $\text{K}^+$ , $\text{Ca}^{2+}$ …). El enunciado lo chiva («desprendimiento de hidrógeno»), y hay que justificarlo con los potenciales.

Pasa los kA a A y las horas a segundos antes de nada: $Q = I\,t$ solo da culombios en el SI.