QuímicaMedioProblema · 2 pts

Electrólisis y leyes de Faraday

Andalucía · 2021 · Reserva 3

Enunciado

Bloque C · C2. Se realiza la electrólisis completa de

500

mL de una disolución de

\text{NiSO}_4

durante

15

minutos y se depositan

1{,}8

g de níquel en el cátodo.

a) Escriba la semirreacción correspondiente y calcule la intensidad de corriente que ha circulado por la celda.

b) Calcule la molaridad de la disolución inicial.

Datos:

F = 96\,500\ \text{C}\cdot\text{mol}^{-1}

; masa atómica

\text{Ni} = 58{,}7

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Resultado

\boxed{\;\textbf{a) } \text{Ni}^{2+} + 2e^- \to \text{Ni} \;;\quad I = 6{,}58 \text{ A}\;}

\boxed{\;\textbf{b) } M(\text{NiSO}_4) = 6{,}13\cdot 10^{-2} \text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Todo cuelga de los moles de electrones que circulan:

n(\text{Ni}) \;\xrightarrow{\;\times 2\;}\; n(e^-) \;\xrightarrow{\;\times F\;}\; Q \;\xrightarrow{\;\div t\;}\; I

2

sale de la carga del catión: en el

\text{NiSO}_4

el anión es

\text{SO}_4^{2-}

, luego el níquel es

\text{Ni}^{2+}

.

Y la palabra "completa" del enunciado es la clave del apartado b): significa que todo el níquel de la disolución se ha depositado, así que los moles depositados son los que había inicialmente.

Desarrollo

a) Semirreacción catódica e intensidad de corriente.

Semirreacción. En el cátodo ocurre siempre la reducción:

\boxed{\text{Ni}^{2+} + 2e^- \longrightarrow \text{Ni}(s)} \qquad (n = 2)

Moles de níquel depositado:

n(\text{Ni}) = \frac{1{,}8 \text{ g}}{58{,}7 \text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}} = 3{,}066\cdot 10^{-2} \text{ mol}

Moles de electrones (dos por cada átomo):

n(e^-) = 2 \cdot 3{,}066\cdot 10^{-2} = 6{,}133\cdot 10^{-2} \text{ mol}

Carga total:

Q = n(e^-)\cdot F = 6{,}133\cdot 10^{-2} \cdot 96\,500 = 5\,918 \text{ C}

Intensidad, con

t = 15 \text{ min} = 900

I = \frac{Q}{t} = \frac{5\,918}{900}

\boxed{I = 6{,}58 \text{ A}}

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

b) Molaridad de la disolución inicial.

Al ser la electrólisis completa, todo el níquel que había en disolución ha acabado depositado en el cátodo:

n_{\text{inicial}}(\text{Ni}^{2+}) = n(\text{Ni depositado}) = 3{,}066\cdot 10^{-2} \text{ mol}

Y como cada fórmula de

\text{NiSO}_4

aporta un ion

\text{Ni}^{2+}

n(\text{NiSO}_4) = 3{,}066\cdot 10^{-2} \text{ mol}

Molaridad, en los

500

mL de disolución:

M = \frac{n}{V} = \frac{3{,}066\cdot 10^{-2}}{0{,}500}

\boxed{M(\text{NiSO}_4) = 6{,}13\cdot 10^{-2} \text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

Observación sobre el ánodo. Mientras el níquel se deposita en el cátodo, en el ánodo se oxida el agua (el sulfato no se oxida en estas condiciones):

2\,\text{H}_2\text{O} \longrightarrow \text{O}_2 + 4\,\text{H}^+ + 4e^-

Con los mismos

6{,}13\cdot 10^{-2}

mol de electrones se desprenderían

1{,}53\cdot 10^{-2}

mol de oxígeno.

Consejo

La palabra "completa" del enunciado no es decorativa: es el dato que permite resolver el apartado b). Sin ella, los $1{,}8$ g depositados serían solo una parte del níquel presente y la molaridad quedaría indeterminada.

Acostúmbrate a buscar ese tipo de precisiones en los enunciados: "en exceso", "completa", "hasta saturación", "en condiciones estándar"… Cada una desbloquea un paso del razonamiento.

Y los dos descuidos habituales de la electrólisis:
Deducir $n$ de la fórmula de la sal. Aquí el anión es $\text{SO}_4^{2-}$ , luego el catión es $\text{Ni}^{2+}$ y hacen falta 2 electrones.
Pasar el tiempo a segundos. Los $15$ minutos son $900$ s; usar $15$ daría una intensidad sesenta veces mayor.