Electrolisis de nitrato de plata: concentración y neutralización de iones resultantes (5338)

, por F_y_Q

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Se lleva a cabo la electrolisis de 3 L de disolución acuosa de nitrato de plata (0.25 M) haciendo circular una corriente de 6 A. Sabiendo que el rendimiento del proceso es del 91\ \%:

a) Escribe las semirreacciones que se llevan a cabo y realiza un esquema del proceso electrolítico, indicado la polaridad de los electrodos y la marcha de los electrones.

b) Calcula el tiempo que se hizo circular la corriente eléctrica mencionada, sabiendo que se depositaron 3.85 g del metal.

c) Calcula la concentración de todos los iones que quedan en disolución después del proceso de electrolisis.

d) Calcula el volumen de hidróxido de calcio 0.5 M o de ácido clorhídrico 0.4 M que habría que habría que agregar al finalizar la electrolisis para que el pH de la disolución resulte neutro.

P.-S.

a) El esquema solicitado sería:


Las semirreaciones son:

\left \acute{a}nodo\ (oxidaci\acute{o}n): {\color[RGB]{192,0,0}{\textbf{\ce{2H2O(l) -> O2(g) + 4H+(ac) + 4e-}}}} \atop c\acute{a}todo\ (reducci\acute{o}n): {\color[RGB]{192,0,0}{\textbf{\ce{Ag+(ac) + 1e- -> Ag(s)}}}} \right \}

b) A partir de la ecuación de Faraday:

m = \frac{I\cdot t\cdot M}{n\cdot F}\ \to\ \color[RGB]{2,112,20}{\bm{t = \frac{m\cdot n\cdot F}{I\cdot M}}}

Para la reducción del catión \ce{Ag^+} solo se transfiere un electrón y la masa atómica de la plata es 108 g/mol:

t = \frac{3.85\ \cancel{g}\cdot 1\cdot 96\ 500\ \frac{\cancel{C}}{\cancel{\text{mol}}}}{6\ \frac{\cancel{C}}{s}\cdot 108\ \frac{\cancel{g}}{\cancel{\text{mol}}}} = \color[RGB]{0,112,192}{\bf 573.34\ s}

Al tener un rendimiento del 91\ \% el proceso, el tiempo real que llevará la deposición de la masa de metal indicada será:

t_R = 573.34\ s\cdot \frac{100}{91} = \fbox{\color[RGB]{192,0,0}{\bf 630\ s}}


Este tiempo equivale a 10.5 minutos.

c) Calculas la concentración de los iones que quedan a partir de los moles de plata que había en disolución y los moles que son reducidos en el cátodo:

3.85\ \cancel{g}\ \ce{Ag}\cdot \frac{1\ \text{mol}}{108\ \cancel{g}} = {\color[RGB]{0,112,192}{\bm{3.56\cdot 10^{-2}\ mol}}} \atop n_f = 0.25\ \dfrac{\text{mol}}{\cancel{L}}\cdot 3\ \cancel{L} - 3.56\cdot 10^{-2}\ \text{mol} = {\color[RGB]{0,112,192}{\bf 0.714\ mol}}

La concentración de cationes es:

[\ce{Ag+}] = [\ce{NO3-}] = \frac{0.714\ \text{mol}}{3\ L} = \fbox{\color[RGB]{192,0,0}{\bf 0.238\ M}}


Se forman cuatro iones \ce{H+} por cada catión \ce{Ag+} que se reduce, como puedes ver en las semirreacciones del proceso, por lo que la concentración de protones será:

[\ce{H+}] = \frac{4\cdot 3.56\cdot 10^{-2}\ \text{mol}}{3\ L} = \fbox{\color[RGB]{192,0,0}{\bm{4.75\cdot 10^{-2}\ M}}}


d) La neutralización se debe hacer con la base porque el medio se acidifica. Los moles de NaOH han de ser los mismos que los moles de \ce{H+} que se han formado:

V_{ac}\cdot M_{ac} = V_b\cdot M_b\ \to\ V_b = \frac{V_{ac}\cdot M_{ac}}{M_{b}} = \frac{3\ L\cdot 4.75\cdot 10^{-2}\ \cancel{M}}{0.5\ \cancel{M}} = \fbox{\color[RGB]{192,0,0}{\bf 0.285\ L}}