Presentación Unidad 7: Reacciones de Oxidación-Reducción.

REACCIONES DE

TRANSFERENCIA DE

ELECTRONES

Contenidos (1)

1.- Estado de oxidación.

2.- Concepto de oxidación y reducción.

2.1. Oxidantes y reductores.

3.-

Ajuste de ecuaciones redox.

3.1.

Reacciones en medio ácido.

3.2.

Reacciones en medio básico.

4.-

Valoraciones de oxidación-reducción.

5.-

Pilas electroquímicas.

5.1.

Tipos de electrodos

5.2. Pilas Daniell

6.-

Potenciales de reducción estándar.

6.1.

Determinación del voltaje de una pila.

6.2.

Electrodo de Hidrógeno. Pilas con Hidrógeno

6.3. Espontaneidad de las reacciones redox.

7.-

Electrólisis.

7.1.

Aplicaciones

7.2.

Comparación polaridad en pilas y

electrólisis.

7.3.

Ecuación de Faraday

8.-

Aplicaciones industriales redox:

8.1.

Electrólisis del cloruro de sodio.

8.2.

Siderurgia y obtención de metales.

8.3.

Corrosión.

Historia

El término

OXIDACIÓN

comenzó a usarse

para indicar que un compuesto incrementaba

la proporción de átomos de Oxígeno.

Igualmente,

se

utilizó

el

termino

de

REDUCCIÓN

para indicar una disminución

Estado de oxidación (E.O.)

(También número de oxidación).

“Es la carga que tendría un átomo si todos sus

enlaces fueran iónicos”.

En el caso de enlaces covalentes polares habría que

suponer que la pareja de electrones compartidos están

totalmente desplazados hacia el elemento más

electronegativo.

Principales estados de oxidación.

Todos los elementos en estado neutro tienen E.O. = 0.

El oxígeno (O) en óxidos, ácidos y sales oxoácidas

tiene E.O. = –2. En los peróxidos en los que se le

asigna – 1 y en los compuestos con flúor que es + 2

El hidrógeno (H) tiene E.O. = –1 en los hidruros

metálicos, y +1 en el resto de los casos que son la

mayoría.

Cálculo de

estado de oxidación (E.O.).

La suma de los E.O. de una molécula neutra es

siempre 0.

Ejemplo

: Calcular el E.O. del S en ZnSO

E.O.(Zn) = +2; E.O.(O) = –2;

+2 + E.O.(S) + 4 · (–2) = 0

⇒

E.O.(S) = +6

Ejemplos de cálculo de

estados de oxidación (E.O.).

CO

: el átomo de C forma dos enlaces covalentes

con dos átomos de O más electronegativo que

él. Comparte los 4e

, pero para saber cuales son

los E.O. hay que suponer que el C los pierde, y

que el O los gana, con lo cual la carga que

tendría el C sería “+4” y la del O “–2”

⇒

Definición actual

OXIDACIÓN:

Pérdida de electrones

(o aumento en el número de oxidación).

Ejemplo

: Cu → Cu

+ 2e

REDUCCIÓN:

Ganancia de electrones

(o disminución en el número de oxidación).

Ejemplo

: Ag

+ 1e

→ Ag

Siempre que se produce una

oxidación

debe

producirse simultáneamente una

reducción

.

Cada una de estas reacciones se denomina

Ejemplo: Cu +AgNO

₃

Introducimos un electrodo de

cobre en una disolución de AgNO

De manera espontánea el cobre

se oxidará pasando a la disolución

como Cu

, mientras que la Ag

de

la misma se reducirá pasando a

ser plata metálica:

Ejemplo: Zn + Pb(NO

₃

)

₂

Al introducir una lámina

de cinc

en una disolución de Pb(NO

)

la

lámina de Zn se recubre de una

capa de plomo:

Ejemplo:

Comprobar que la reacción de formación

de hierro: Fe

O

+ 3 CO → 2 Fe + 3 CO

es una

reacción redox. Indicar los E.O. de todos los

elementos antes y después de la reacción

Fe

O

+ 3 CO → 2 Fe + 3 CO

E.O.: +3 –2 +2 –2 0 +4 –2

Reducción

: El Fe disminuye su E.O. de “+3” a “0”

luego se reduce (cada átomo de Fe captura 3

electrones).

Oxidantes y reductores

OXIDANTES:

Es la sustancia capaz de oxidar a

otra, con lo que ésta se reduce.

REDUCTORES:

Es la sustancia capaz de reducir a

otra, con lo que ésta se oxida.

Ejemplo:

Zn + 2Ag

→ Zn

+ 2Ag

Ejercicio A: Formule, complete y ajuste las siguientes reacciones, justificando de que tipo son:

a) Cloruro de hidrógeno más amoniaco.

b) Carbonato cálcico más calor.

c) Cloro más sodio.

d) Ácido sulfúrico más zinc metal

a)

HCl + NH

→ NH

Cl

E.O.: +1 -1 -3 +1 -3 +1 –1

Ácido-base

. No cambia ningún E.O.

b)

CaCO

→ CaO + CO

(ΔH<0)

Descomposición

. No cambia ningún E.O.

c)

½ Cl

+ Na → NaCl

E.O.: 0 0 +1 –1

Redox

d)

H

SO

+ Zn → ZnSO

+ H

Ajuste de reacciones redox.

(Método del ion-electrón)

Se basa en la conservación tanto de la masa

como de la carga (los electrones que se pierden

en la oxidación son los mismos que los que se

ganan en la reducción).

Etapas en el ajuste redox

Ejemplo: Zn + AgNO

→ Zn(NO

)

+ Ag

Primera:

Identificar los átomos que cambian su E.O.

Zn(0) → Zn(+2); Ag (+1) → Ag (0)

Segunda:

Escribir semirreacciones con moléculas o

iones que existan realmente en disolución ajustando

el nº de átomos: (Zn, Ag

, NO

, Zn

, Ag)

Tercera:

Ajustar el nº de electrones de forma

que al sumar las dos semirreacciones, éstos

desaparezcan.

En el ejemplo se consigue multiplicando la segunda semirreacción por 2.

Oxidación:

Zn → Zn

+ 2e

Reducción:

2Ag

+ 2e

→ 2Ag

Cuarta:

Escribir la reacción química completa

utilizando los coeficientes hallados y añadiendo

las moléculas o iones que no intervienen

directamente en la reacción redox (en el

ejemplo, el ion NO

) y comprobando que toda

la reacción queda ajustada:

Ajuste de reacciones en disolución

acuosa ácida o básica.

Si en una disolución aparecen iones poliatómicos con

O (ej SO

), el ajuste se complica pues aparecen

también iones H

, OH

y moléculas de

H

O.

En medio ácido:

●

Los átomos de O que se pierdan en la reducción van a parar

al agua (los que se ganen en la oxidación provienen del

agua).

●

Los átomos de H provienen del ácido.

En medio básico:

●

Los átomos de O que se ganan en la oxidación (o pierdan

en la reducción) provienen de los OH

,

necesitándose tantas

moléculas de H

O como átomos de oxígeno se ganen o

Ejemplo:

Ajuste redox en medio ácido

KMnO

+ H

SO

+ KI → MnSO

+ I

+ K

SO

+ H

O

Primera:

Identificar los átomos que cambian su E.O.:

+1 +7 –2 +1+6–2 +1 –1 +2 +6 –2 0 +1 +6 –2 +1 –2

KMnO

+ H

SO

+ KI → MnSO

+ I

+ K

SO

+ H

O

Moléculas o iones existentes en la disolución:

●

KMnO

4

→ K

+

_{+ MnO}

–

●

H

2

SO

→

2 H

+

_{+ SO}

2–

●

KI → K

+ I

MnSO

4

→

Mn

2+

_{+ SO}

2–

●

K

2

SO

→ 2K

+

_{+ SO}

2–

●

I

Segunda:

Escribir semirreacciones con

moléculas o iones que existan realmente en

disolución ajustando el nº de átomos:

Oxidación:

2 I

→ I

+ 2e

Reducción:

MnO

+ 8 H

+ 5e

→ Mn

+ 4 H

O

(Los 4 átomos de O del MnO

2O, pero para

formar ésta se han necesitado además 8 H+).

• En la oxidación sólo hemos ajustado primero el número de átomos, y

luego la carga, añadiendo 2 e en los productos.

• En la reducción primero añadimos 4 moléculas de H₂O en los

Tercera:

Ajustar el nº de electrones de forma

que al sumar las dos semirreacciones, éstos

desaparezcan:

Ox.:

5 x (2 I

→ I

+ 2e

)

Red.:

2 x (MnO

+ 8 H

+ 5e

→ Mn

+ 4 H

O

Reacción global

:

Cuarta:

Escribir la reacción química completa

utilizando los coeficientes hallados y añadiendo las

moléculas o iones que no intervienen directamente en

la reacción redox:

2 KMnO

+ 8 H

SO

+ 10 KI → 2 MnSO

+ 5 I

+ 6 K

SO

+ 8 H

O

a)

Oxidación:

2 Cl

→ Cl

+ 2 e

Reducción

: 2 ClO

+ 4 H

+ 2

e

→ Cl

+ 2 H

O

R. global:

2 Cl

+ 2 ClO

+ 4 H

→ 2 Cl

+ 2 H

O

4

HClO

+

2

NaCl →

2

Cl

+

2

NaClO +

2

H

O

Se pueden dividir por 2 todos los coeficientes:

2 HClO + NaCl

→

Cl

+ NaClO + H

O

b)

1 mol Cl

2 mol HClO 1 L disolución

10 g Cl

·———— · ————— · —————— =

2,8 L

71 g Cl

1 mol Cl

0,1 mol HClO

Ejercicio B:

a)

Ajuste la siguiente reacción escribiendo las

semirreacciones de oxidación-reducción que se producen:

HClO + NaCl → NaClO + H

O + Cl

Ejemplo: Ajusta por el método del ion-electrón, la reacción que

tiene lugar entre el dicromato de potasio, K

Cr

O

, y el sulfito de

potasio, K

SO

, en presencia de ácido clorhídrico, HCl:

K

Cr

O

+ K

SO

+ HCl

→

Cr

(SO

)

+ KCl + H

O.

Primera: Identificar los átomos que cambian su E.O.:

+1 +6 –2 +1+4–2 +1–1 +3 +6 –2 +1–1 +1–2

K₂Cr₂O₇ + K₂SO₃ + HCl → Cr₂(SO₄)₃ + KCl + H₂O.

Moléculas o iones existentes en la disolución: K₂Cr₂O₇ → 2 K+ + Cr₂O₇2–

K₂SO₃ → 2 K+ + SO₃2– HCl → H+ + Cl–

Cr₂(SO₄)₃ → 2 Cr3+ + 3 SO₄2– KCl → K+ + Cl–

Segunda:

Escribir semirreacciones con

moléculas o iones que existan realmente en

disolución ajustando el nº de átomos:

Oxidación:

SO

+ H

O → SO

+ 2 H

+ 2e

Reducción:

Cr

O

+ 14 H

+ 6e

→ 2 Cr

+ 7 H

O

• En la oxidación hemos añadido 1 molécula de H

2O en los reactivos

para ajustar los O, y luego dos 2 H+ en los productos para ajustar los H. Por último añadimos 2 e para ajustar las cargas.

• En la reducción añadimos 7 moléculas de H₂O para ajustar los O, y

Tercera:

Ajustar el nº de electrones de forma

que al sumar las dos semirreacciones, éstos

desaparezcan:

●

Multiplicamos la primera semirreacción por 3, para igualar el

número de electrones cedidos y ganados.

Ox.:

(

SO

+ H

O → SO

+ 2 H

+ 2e

) x 3

Red.:

Cr

O

+ 14 H

+ 6e

→ 2 Cr

+ 7 H

O

Reacción global

:

Cr

O

+ 8 H

+ 3 SO

+ 6e

→ 2 Cr

+ 4 H

O + 3 SO

+ 6e

Cuarta:

Escribir la reacción química completa

utilizando los coeficientes hallados y añadiendo las

moléculas o iones que no intervienen directamente en

la reacción redox:

K

Cr

O

+ 8 HCl + 3 K

SO

→ Cr

(SO

)

+ 4 H

O + 8 KCl .

Ejemplo:

Ajuste redox en medio básico

Cr

(SO

)

+ KClO

+ KOH → K

CrO

+ KCl

+ K

SO

+ H

O

Primera:

Identificar los átomos que cambian su

E.O.:

Cr

(SO

)

+ KClO

+ KOH → K

CrO

+ KCl

+ K

SO

+ H

O

Moléculas o iones existentes en la disolución:

● Cr

2(SO4)3 → 2Cr

3+ _{+ 3 SO} 4

2–

● KClO

3 → K

+ _+ClO 3

–

● KOH→K+ + OH– ● K

2CrO4→ 2 K

+ _{+ CrO} 4

2–

● KCl→ K+ + Cl– ● K

2SO4 → 2K

+ _{+ SO} 4

2–

Segunda:

Escribir semirreacciones con moléculas o

iones que existan realmente en disolución ajustando

el nº de átomos:

Oxidación:

Cr

+ 8 OH

→ CrO

+ 4 H

O + 3e

(Los 4 átomos de O que se precisan para formar el CrO₄– provienen de los OH– existentes en el medio básico. Se necesitan el doble, pues la mitad de éstos van a parar al H₂O junto con todos los átomos de H).

Reducción:

ClO

+ 3 H

O + 6e

→ Cl

+ 6 OH

(Se precisan tantas moléculas de H₂O como átomos de O se pierdan. Así habrá el mismo nº de O e H).

Tercera:

Ajustar el nº de electrones de forma

que al sumar las dos semirreacciones, éstos

desaparezcan:

Ox.:

2

(

Cr

+ 8 OH

→ CrO

4

2–

_{+ 4 H}

2

O + 3e

₎

Red.:

ClO

+ 3 H

O + 6e

→ Cl

+ 6 OH

Reacción global

:

2 Cr

+ 16 OH

+ ClO

→ 2 CrO

+ 8 H

O

+ 3 H

O + 6 e

+ 6 e

+ Cl

+ 6 OH

Cuarta:

Escribir la reacción química completa

utilizando los coeficientes hallados y añadiendo

las moléculas o iones que no intervienen

directamente en la reacción redox:

Cr₂(SO₄)₃ + 10 KOH + KClO₃ → 2 K₂CrO₄ + 5 H₂O + KCl + 3 K₂SO₄

Ejemplo: En medio alcalino de KOH, el clorato de potasio oxida al hidróxido de cromo(III) a cromato. El ion clorato se reduce a ion cloruro. Ajusta la reacción por el método del ion-electrón hasta su forma molecular.

La ecuación química sin ajustar que representa la reacción que tiene lugar es: KClO₃ + Cr(OH)₃ + KOH → KCl + K₂CrO₄ + H₂O

Primera: Identificar los átomos que cambian su E.O.:

KClO

+ Cr(OH)

+ KOH → KCl + K

CrO

+ H

O

Moléculas o iones existentes en la disolución:

● KClO

3 → K

+ _+ClO 3

–

● Cr(OH)

3→ Cr

3+ _{+ 3 OH}–

● KOH→K+ + OH– ● KCl→ K+ + Cl– ● K

2CrO4 → 2 K

+ _{+ CrO} 4

2–

● H

Segunda:

Escribir semirreacciones con moléculas o iones que

existan realmente en disolución ajustando el nº de átomos:

Oxidación:

Cr

+ 8 OH

→ CrO

+ 4 H

O + 3e

(Los 4 átomos de O que se precisan para formar el CrO₄– provienen de los OH– existentes en el medio básico. Se necesitan el doble, pues la mitad de éstos van a parar al H₂O junto con todos los átomos de H).

Reducción:

ClO

+ 3 H

O + 6e

→ Cl

+ 6 OH

(Se precisan tantas moléculas de H₂O como átomos de O se pierdan. Así habrá el mismo nº de O e H).

Tercera:

Ajustar el nº de electrones de forma que al sumar las

dos semirreacciones, éstos desaparezcan:

Ox.:

2

(

Cr

+ 8 OH

→ CrO

4

2–

_{+ 4 H}

2

O + 3e

₎

Red.:

ClO

+ 3 H

O + 6e

→ Cl

+ 6 OH

Reacción global

:

2 Cr

+ 16 OH

+ ClO

→ 2 CrO

+ 8 H

O

+ 3 H

O + 6 e

+ 6 e

+ Cl

+ 6 OH

Cuarta:

Escribir la reacción química completa utilizando los

coeficientes hallados y añadiendo las moléculas o iones que no

intervienen directamente en la reacción redox:

KClO

+ 2 Cr(OH)

+ 4 KOH → KCl + 2 K

CrO

+ 5 H

O

Valoración redox

Similar a la valoración ácido base, debiendo determinar el número de moles de especie oxidante y reductora que reaccionan entre sí.

En el punto de equivalencia, se cumple que:

El nº de moles de electrones que cede la sustancia reductora coincide con el nº de moles de electrones que gana la sustancia oxidante.

Para una especie oxidante de concentración M_O, que acepta v_O

electrones por cada molécula (o moles de electrones por cada mol de sustancia), y una especie reductora de concentración M_R y que pierde v_R electrones por cada molécula:

• nº de moles de electrones que cede la especie reductora = M

R ⋅ VR ⋅

v_R

• nº de moles de electrones que gana la especie oxidante = M

O ⋅ VO ⋅

v_O

O lo que es lo mismo:

v

⋅

nº moles

= v

⋅

nº moles

Es decir:

nº equivalentes

= nº equivalente

Con normalidades:

Nota: para calcular la

masa equivalente

de una sustancia

oxidante o reductora hay que dividir su masa molecular por el

nº de e

ganados o perdidos:

Vemos que el MnO

se reduce, por tanto el Fe

se oxida.

Red.:

MnO

+ 8 H

+ 5e

→ Mn

+ 4 H

O

Oxid.:

Fe

→ Fe

+ 1e

Como el MnO

precisa de 5e

para reducirse:

n

(MnO

) = n

(Fe

) →

M

⋅

V

⋅

v

= M

⋅

V

⋅

v

M(KMnO₄) · V(KMnO₄) · v(KMnO₄)= M(FeSO₄) · V(FeSO₄)· v(FeSO₄)

0,25 M · 30 mL · 5 = M(FeSO₄) · 50 mL · 1

0,25 M · 30 mL · 5

M(FeSO

) = ————————— =

0,75 M

50 mL

Ejemplo:

Se valoran 50 ml de una disolución de FeSO

acidulada con H

SO

, con 30 mL de KMnO

0,25 M.

a)

KMnO

+ HCl → MnCl

+ Cl

+ KCl + …

Oxidación: (2 Cl

→ Cl

+ 2 e

) · 5

Reducción: (MnO

+ 8 H

+ 5 e

→ Mn

+ 4 H

O) · 2

R. global: 2 MnO

+ 16 H

+ 10 Cl

→ 2 Mn

+ 5 Cl

+ 8 H

O

2 KMnO

+ 16 HCl → 2 MnCl

+ 5 Cl

+ 8 H

O + 2 KCl

Ejercicio C: Cuando se hace reaccionar permanganato de potasio con ácido clorhídrico se obtienen, entre otros productos, cloruro de manganeso(II), cloro molecular y cloruro de potasio.

a) Ajuste y complete la reacción mediante el método ion-electrón. Calcule los pesos equivalentes del oxidante y del reductor.

b) Calcule el volumen de cloro, medido en condiciones normales, que se obtendrá al hacer reaccionar 100 g de permanganato de potasio con exceso de ácido clorhídrico.

Masas atómicas: K=39,1; Mn=54,9; O=16,0; Cl=35,5; H= 1,0. R = 0,082 atm L K-1 mol-1.

1 mol KMnO

5 mol Cl

22,4 L Cl

100 g KMnO

·——————·——————·——————— =

158 g KMnO

2 mol KMnO

1 mol Cl

C.N.

=

35,44 L Cl

Masa equivalente

Oxidante: KMnO

(158/5) g/eq =

31,6 g/eq

Reductor: HCl

(36,5/1) g/eq =

36,5 g /eq

b)

Tipos de reacciones redox

(según su espontaneidad).

Reacciones espontáneas

(se produce energía

eléctrica a partir de la energía liberada en una

reacción química):

Pilas voltaicas o galvánicas

Reacciones no espontáneas

(se producen

sustancias químicas a partir de energía eléctrica

suministrada):

Electrólisis

La electroquímica estudia la relación entre las reacciones de oxidación-reducción y la electricidad.

Introducción: Pilas electroquímicas,

voltaicas, o galvánicas

Si se introduce una barra de Zn en una disolución de CuSO

(Cu

+ SO

) se producirá espontáneamente la siguiente

reacción:

Cu

(aq) + Zn (s) → Cu (s) + Zn

(aq)

El Zn se oxida (pierde electrones) y el Cu

se reduce (los

gana).

Tipos de electrodos.

Se llama así a cada barra metálica sumergida

en una disolución del mismo metal. En una pila

hay dos electrodos:

Ánodo (-)

: Se lleva a cabo la

oxidación

●

Allí van los aniones.

●

En el ejemplo anterior sería el electrodo de Zn.

Cátodo (+)

: Se lleva a cabo la

reducción

●

Allí van los cationes.

Aclaración: Células, celdas o pilas electroquímicas o

galvánicas. Componentes y funcionamiento:

Una pila electroquímica es un dispositivo que permite obtener una corriente eléctrica a partir de una reacción redox espontánea.

Componentes:

❖ _{Un electrodo donde se produce la Oxidación: Ánodo (polo -).} ❖ Un electrodo donde se produce la Reducción: Cátodo (polo +).

(Normalmente los electrodos son barras de un metal introducidas en una disolución de una sal de dicho metal).

❖ Un conductor externo metálico, que conecta ambos electrodos, y que permite el flujo constante de electrones del ánodo al cátodo.

❖ Un puente salino, es un tubo en U que contiene una disolución de un electrolito inerte para los procesos de la pila, como el NaCl o KCl. Su misión es cerrar el circuito y mantener constante la neutralidad eléctrica de las dos disoluciones, anódica y catódica. (También se puede usar un tabique poroso).

Funcionamiento (Ejemplo de la pila anterior):

• Los electrones cedidos por el Zn circulan por el hilo conductor hasta el cátodo de Cu, donde el ión Cu2+ de la disolución los capta y se reduce.

• Según desaparecen los iones Cu2+ en el cátodo, los aniones SO₄ 2-deben migrar por el puente salino hacia el ánodo. (Todos los iones negativos (SO₄2- y Cl-) emigran hacia el recipiente anódico, y los iones positivos (Zn2+ y K+) emigran hacia el recipiente catódico.)

• A medida que transcurre la reacción se va disolviendo el electrodo de Zn. Simultáneamente desaparece el CuSO₄ al depositarse el Cu en el cátodo. La pila seguirá funcionando hasta que se disuelva todo el Zn o se consuma todo el ión Cu2+ del Sulfato de cobre (II).

Pila Daniell.

Consta de dos

semiceldas

Una con un

electrodo de Cu en

una disolución de

CuSO

Otra con un

electrodo de Zn

Están unidas por

un puente salino

que evita que se

acumulen cargas

del mismo signo

en cada

semicelda.

Entre los dos

electrodos se

genera una

diferencia de

Representación simbólica de una pila galvánica:

Las pilas o celdas galvánicas se representan con la notación conocida

como “diagrama de barras”.

Una barra vertical ( | ) indica un cambio de fase, y una doble barra ( || ) indica un puente salino.

Si no hay puente salino (electrodos gaseosos) se pone punto y coma “;”

A la izquierda del puente salino se sitúa siempre el ánodo, y a la

derecha el cátodo.

Si la concentración de la pila anterior (Pila Daniell) es 1 M:

Zn (s) | ZnSO₄ (ac) (1M) || CuSO₄ (ac) (1M) | Cu (s) A veces en vez de especies moleculares, se indican los iones que intervienen en el proceso:

Ánodo (-) Zn (s) | Zn2+ (ac) (1M) || Cu2+ (ac) (1M) | Cu (s) (+) Cátodo Oxidación Reducción

Representación esquemática de

una pila

La pila anterior se representaría:

Ánodo

Puente salino

Cátodo

Zn (s)

⏐

ZnSO

(aq)

⏐⏐

CuSO

(aq)

⏐

Cu (s)

Ánodo(-)

se lleva a cabo la

oxidación:

Zn

→

Zn

+ 2 e

Cátodo(+)

se lleva a cabo la

reducción:

Pilas comerciales.

Alcalina

_{De mercurio (botón)}

Espontaneidad de una reacción redox

Podemos deducir la espontaneidad de una determinada reacción redox midiendo la fuerza electromotriz generada en la pila. La energía libre de Gibbs, en este caso, coincide con la energía desprendida en la reacción.

ΔG = −W = −q ⋅ε → ΔG = −n ⋅ F ⋅ε

Una reacción redox será:

Espontánea (irreversible) cuando ΔG < 0 → ε > 0 Espontánea (en equilibrio) cuando ΔG = 0 → ε = 0 No espontánea cuando ΔG > 0 → ε < 0

Tenemos entonces un criterio de espontaneidad. La reacción será espontánea y transcurrirá irreversiblemente mientras el potencial

ε

ε

Electrodo estándar de hidrógeno:

De forma empírica, puede medirse la diferencia de potencial de una

pila, que nos indica la diferencia de potencial existente entre los electrodos.

Pero nunca podemos medir el potencial de un electrodo aislado. Para resolver esto, se ha asignado un potencial arbitrario a un electrodo determinado.

Electrodo estándar de hidrógeno: Consiste en una lámina de platino sumergida en una disolución de Ácido clorhídrico HCl 1,0 M a 25ºC, por la que se burbujea H₂ gas a presión de 1 atm. A este electrodo se le asigna un potencial estándar Eº= 0,00 V.

En la superficie ocurren las siguientes reacciones:

Potencial estándar de electrodo:

Se considera como electrodo estándar al electrodo en el que los reactivos se hallan en condiciones termodinámicas estándar:

*Concentración 1 M para las disoluciones. *Presión 1 atm para los gases.

*En ambos casos, T=25ºC.

⇒ El potencial estándar de un electrodo es la diferencia de potencial medida en una pila formada por este electrodo y el electrodo de hidrógeno, ambos en condiciones estándar.

Normalmente, se habla de potencial estándar de reducción de un electrodo, ya que se considera que éste actúa como cátodo, frente al hidrógeno que se oxida en el ánodo. En la tabla de potenciales estándar de reducción, se representan las reacciones de reducción de los distintos pares redox.

Serie de potenciales estándar :

Convenio de signos. Si una semirreacción de electrodo que estudiamos tiene un potencial de reducción:

❖ Positivo: Al formar una pila con el electrodo normal de hidrógeno como ánodo, la reacción será espontánea. El electrodo que estudiamos hará de cátodo, produciéndose la reducción, y oxidando al hidrógeno H₂(g) ⟶ 2 H+ (aq) + 2 e-. El electrodo tendrá un mayor poder oxidante que el de hidrógeno. Será menos reductor.

❖ Negativo: Al formar una pila con el electrodo normal de hidrógeno como ánodo, la reacción no será espontánea. Sí lo será la reacción inversa (de oxidación). El electrodo que estudiamos hará de ánodo, reduciendo a los protones del electrodo de hidrógeno 2 H+ (aq) + 2 e

-⟶ H₂(g). El electrodo será menos oxidante que el de hidrógeno. Será, por tanto, más reductor.

Si formamos una pila con dos electrodos cualquiera, uno de ellos ejercerá de ánodo, perdiendo electrones que pasan al circuito (oxidación), y el otro será el cátodo, aceptando los electrones

(reducción). Aquel electrodo que tenga mayor poder oxidante (mayor potencial de reducción), será el que se reduzca.

Consecuencias:

• El potencial de reducción mide el poder oxidante de un electrodo. Un mayor potencial reductor significa un mayor poder oxidante (más tendencia a reducirse)

La tabla de potenciales estándar de reducción se ha obtenido de

forma empírica.

❖ Al lado izquierdo de cada semirreacción figura el oxidante, es decir, la forma oxidada del electrodo, semisistema o par redox.

❖ _{Al lado derecho figura el reductor, o sea, la forma reducida.}

Si se eligen dos electrodos para formar una pila, hace de cátodo el que tiene potencial de reducción más positivo (o menos negativo).

El ánodo es el que tiene potencial más negativo o menos positivo.

El potencial estándar o fuerza electromotriz (fem) de una pila se calcula mediante la expresión:

Poder oxidante y poder reductor:

❖ Cuanto más positivo es el potencial estándar de reducción,

mayor es la fuerza oxidante de la especie oxidada que aparece en la semirreacción, es decir, mayor es la tendencia a que ésta suceda en el mismo sentido en que está escrita (la especie tiende a reducirse).

❖ Cada semisistema, provoca la oxidación de cualquier otro situado en la tabla por encima de él.

⇒ El flúor es el agente oxidante más fuerte (Eº = 2,87 V)

❖ Cuanto más negativo o menos positivo es el potencial estándar de reducción, mayor es la fuerza reductora de la especie reducida que aparece en la semirreacción, es decir, mayor es la tendencia a que ésta tenga lugar en el sentido contrario al que está escrita (la especie tiende a oxidarse).

La forma oxidada y la forma reducida de una semirreacción constituyen un semisistema o par redox, que suele expresarse abreviadamente así:

Zn2+ / Zn; MnO₄- / Mn2+; Ag+ / Ag….

FORMA FORMA FORMA FORMA FORMA FORMA

OXIDADA REDUCIDA OXIDADA REDUCIDA OXIDADA REDUCIDA

Si se invierte el sentido de la semirreacción, también se debe invertir el signo del potencial, ya que éste se convierte en potencial estándar de oxidación.

Zn2+ + 2 e- ⟶ Zn(s) Eº= -0,76 V Zn(s) ⟶ Zn2+ + 2 e- Eº= +0,76 V

Tabla de

potenciales de

reducción

Sistema Semirreacción E° (V)

Li+ _{/ Li Li}+ _{1 e}– _{→ Li –3,04}

K+ / K K+ + 1 e– → K –2,92 Ca2+ _{/Ca Ca}2+_{+ 2 e}– _{→ Ca –2,87}

Na+ / Na Na++ 1 e– → Na –2,71 Mg2+ _{/ Mg Mg}2+_{+ 2 e}– _{→ Mg –2,37}

Al3+ _{/ Al Al}3+ _{+ 3 e}– _{→ Al –1,66}

Mn2+ / Mn Mn2+ + 2 e– → Mn –1,18 Zn2+ _{/ Zn Zn}2+_{+ 2 e}– _{→ Zn –0,76}

Cr3+ / Cr Cr3+ + 3 e– → Cr –0,74 Fe2+ _{/ Fe Fe}2+ _{+ 2 e}– _{→ Fe –0,41}

Cd2+ _{/ Cd Cd}2+ _{+ 2 e}– _{→ Cd –0,40}

Ni2+ / Ni Ni2+ + 2 e– → Ni –0,25 Sn2+ _{/ Sn Sn}2+ _{+ 2 e}– _{→ Sn –0,14}

Pb2+ / Pb Pb2+ + 2 e– → Pb –0,13 H+ _{/ H}

2 2 H

+ _{+ 2 e}– _{→ H}

2 0,00

Cu2+ / Cu Cu2+ + 2 e– → Cu 0,34 I₂ / I– _I

2 + 2 e

– _{→ 2 I}– _0,54

MnO₄–_/MnO

2 MnO4 –

`+ 2 H2O + 3 e

– _{→ MnO}

2 + 4 OH

– _0,53

Hg2+ / Hg Hg2+ + 2 e– → 2 Hg 0,79 Ag+ _{/ Ag Ag}+ _{+ 1 e}– _{→ Ag 0,80}

RESUMEN

Potencial de reducción.

Las pilas producen una diferencia de potencial

(ε

) que puede considerarse como la

diferencia entre los potenciales de reducción de

los dos electrodos que la conforman.

Consideraremos que cada semirreacción de

reducción viene dada por un potencial de

Cada pareja de sustancia oxidante-reductora

tendrá una mayor o menor tendencia a estar en

su forma oxidada o reducida.

El que se encuentre en una u otra forma

dependerá de la otra pareja de sustancia

oxidante-reductora.

¿Qué especie se reducirá?

Ejemplo:

Decir si será espontánea la siguiente reacción

redox:

Cl

(g) + 2 I

(aq)→ 2Cl

(aq) + I

(s)

Datos:

εº(

Cl

/ Cl

) = 1,36 V;

εº(I

/ I

) = 0,54 V

La reacción dada es la suma de las siguientes semirreacciones:

Red. (cátodo):

Cl

(g) + 2e

→ 2Cl

(aq)

Oxid.

(ánodo):

2 I

(aq) → I

(s) + 2e

Para que la reacción sea espontánea tiene que cumplirse

que ε

> 0:

ε

= ε

– ε

= +1,36 V – 0,54 V = +0,82 V > 0

Luego es

espontánea

¿Qué especie se reduce?

La que tenga mayor potencial de reducción. En este

caso la Ag (+0,80 V) frente a los –2,37 V del Mg.

Red. (cátodo):

Ag

(aq) + 1e

→ Ag(s)

Oxid.

(ánodo):

Mg(s) → Mg

(aq) + 2e

ε

= ε

– ε

= +0,80 V – (–2,37 V)

ε

= 3,17 V

Ejercicio D: Una pila consta de un electrodo de Mg

introducido en una disolución 1 M de Mg(NO

)

y un

electrodo de Ag en una disolución 1 M de AgNO

. ¿Qué

a)

Escriba el nombre de:

-La forma reducida del oxidante más

fuerte.

-Un catión que pueda ser oxidante

y reductor.

-La especie más reductora.

-Un anión que pueda ser oxidante y reductor.

b)

Escriba y ajuste dos reacciones que sean

espontaneas entre especies de la tabla que

correspondan a:

-Una oxidación de un catión por un anión.

-Una reducción de un catión por un anión.

Par redox

E

(V)

Cl

/ Cl

1,35

ClO

/ClO

1,19

ClO

/ClO

1,16

Cu

/Cu

0,35

SO

/ S

0,23

SO

/ S

0,15

Sn

/Sn

0,15

Sn

/

Sn

-0,14

Cl

Sn

ClO

ClO

+ Sn

+ 2 H

→ ClO

+ Sn

+ H

O

S

+ 4 Cu

+ 4 H

O → SO

+ 8 H

+ 4 Cu

Sn

a) La especie con mayor potencial de reducción (Cu2+/Cu) se reducirá en el cátodo, (Al3+/Al) se oxidará en el ánodo.

Los electrodos de aluminio y cobre de una pila galvánica se encuentran en contacto con una disolución de Al3+ y Cu2+ en una concentración 1 M.

a) Escriba e identifique las semirreacciones que se producen en el ánodo y en el cátodo.

b) Calcule la f.e.m. de la pila y escriba su notación simplificada.

c) Razone si alguno de los dos metales produciría H₂(g) al ponerlo en contacto con ácido sulfúrico (H₂SO₄).

Datos: E0(Al3+/Al) = -1,67 V; E0(Cu2+/Cu) = +0,34 V; E0(H+/H₂) = 0,00 V

(+) Semirreacción de Reducción (Cátodo): Cu2+ + 2 e– → Cu (–) Semirreacción de Oxidación (Ánodo): Al → Al3+ + 3 e–

La Reacción Redox que tiene lugar es:

(+) Reducción (Cátodo): (Cu2+ + 2 e– → Cu) x 3

(–) Oxidación (Ánodo): (Al → Al3+ + 3 e–) x 2

b) La fem de la pila será:

(–) Al(s) ⏐ Al3+(aq, 1M) ⏐⏐ Cu2+(aq, 1M) ⏐ Cu(s) (+)

c) Plantearemos las semirreacciones del enunciado tal y como las describe para poder estudiar si se producen o no. Siempre que el potencial final (de la reacción del metal con los protones de la disolución del ácido) salga positivo, se producirán de forma espontánea, ya que ΔG será negativa. Recordemos que ΔG = –n·F· E

Reacción Redox:

6 H

+ 2 Al → 3 H

+ 2 Al

E

= E

– E

= +0,34 V – (–1,67 V) = = +2,01 V

Notación de la pila:

(+) Semirreacción de Reducción (Cátodo): (2 H+ + 2 e– → H₂) x 3 (–) Semirreacción de Oxidación (Ánodo): (Al → Al3+ + 3 e–) x 2 Nos dicen que se produzca H₂, luego los H+ del ácido deben reducirse:

E

= E

– E

= 0,0 V – (–1,67 V) = 1,67 V

Igualmente con el cobre:

Reacción Redox:

2 H

+ Cu → H

+ Cu

(+) Semirreacción de Reducción (Cátodo): 2 H+ + 2 e– → H₂

(–) Semirreacción de Oxidación (Ánodo): Cu → Cu2+ + 2 e–

Nos dicen que se produzca H₂, luego los H+ del ácido deben reducirse:

E

= E

– E

= 0,0 V – 0,34 V = –0,34 V

Electrólisis

Cuando la reacción redox no es espontánea en un sentido,

podrá suceder si desde el exterior se suministran los

electrones.

Electrólisis: Es el proceso en el que, a través de

una corriente eléctrica externa, tiene lugar una

reacción redox no espontánea.

Electrólisis

Una cuba o celda electrolítica consta de:

•

Un recipiente que contiene una disolución de electrolito

fundido o disuelto. En él van sumergidos los dos

electrodos (ánodo y cátodo) conectados a una fuente de

corriente continua externa (generador), que suministra

los electrones para que se produzca la reacción redox

no espontánea.

•

En el ánodo se produce la oxidación (cede electrones),

pero ahora es el polo positivo (está conectado al polo +

del generador) y atrae a los iones cargados

negativamente.

•

En el cátodo se produce la reducción (capta electrones),

Pila & Electrólisis:

Pila Galvánica Cuba electrolítica

Una reacción química produce E.eléctrica

La E.eléctrica produce una reacción química

Hay dos electrolitos Hay un solo electrolito

La reacción redox es espontánea

La reacción redox no es espontánea

Ánodo - oxidación - negativo Cátodo - reducción - positivo

Aplicaciones de la electrólisis.

Obtención de metales:

● Se utiliza industrialmente para obtener metales a partir de sales de dichos

metales utilizando la electricidad como fuente de energía.

Recubrimientos metálicos:

● Mediante electrólisis es posible depositar una fina capa de un metal sobre

otro (galvanoplastia). El baño electrolítico tiene muchas aplicaciones, entre otras:

▪ Recubrimientos con oro o plata (dorado y plateado), se emplean para

embellecimiento exterior de distintos objetos.

▪ Recubrimientos con cinc, níquel, cromo, cobre, etc, tienen como finalidad la

protección de objetos metálicos contra la corrosión (cincado, niquelado, cromado y cobreado)

Ejemplo: Zn2+ + 2 e– → Zn (cincado)

(en este caso los electrones los suministra la corriente eléctrica)

Purificación electrolítica del cobre:

● La utilidad del cobre como conductor depende en gran medida de su grado

de pureza. Para ello se introduce una barra de cobre puro (cátodo) y otra de cobre impuro (ánodo) en una disolución de CuSO₄. Manteniendo un

Aplicaciones de la electrólisis.

Electrólisis. Leyes de de Faraday.

La

carga de un electrón

es de

1,603 · 10

C,

y

la de

1 mol de electrones

(6,022

10

) es el

producto de ambos números:

96500 C = 1 F

.

Con un mol de electrones se es capaz de

reducir 1 mol de metal monovalente o ½ mol de

metal divalente, es decir, un equivalente del

metal (M

/valencia).

De la proporción anterior se deduce:

m Q

n

= —— = —————

M

96500 C/eq

De donde, sustituyendo Q por I · t (más fáciles de

medir) y despejando “m” se obtiene la masa de

metal depositada en el cátodo:

• 1ª Ley: La cantidad de sustancia que se oxida o se reduce en los electrodos de una cuba electrolítica es proporcional a la cantidad de electricidad que la atraviesa.

Ejemplo:

Se realiza la electrólisis de una

disolución de tricloruro de hierro, haciendo pasar

una corriente de 10 A durante 3 horas. Calcula la

cantidad de hierro depositado en el cátodo.

El tricloruro en disolución estará disociado:

FeCl

→ 3 Cl

+ Fe

La reducción será: Fe

+ 3 e

→ Fe

M

I · t (56/3) g/eq · 10 A · 3

3600 s

m (g) = ————— = —————————————

96500 C/eq

96500 C/eq

Mismo ejercicio de otra manera:

Ejemplo: Se realiza la electrólisis de una disolución de tricloruro de hierro, haciendo pasar una corriente de 10 A durante 3 horas.

Calcula la cantidad de hierro depositado en el cátodo.

La cantidad de carga (q) que circulará en 3 h = 10800 s, y

10 A será: q = I · t = 10 · 10800 = 108000 C

El tricloruro en disolución estará disociado:

FeCl

→ 3 Cl

+ Fe

En el cátodo la reducción será: Fe

+ 3 e

→ Fe

Resolvemos por estequiometría:

a)

Cu

+ 2 e

→ Cu ; Al

+ 3 e

→ Al

b)

Ejercicio F: Una corriente de 4 amperios circula durante 1 hora y

10 minutos a través de dos células electrolíticas que contienen,

respectivamente, sulfato de cobre (II) y cloruro de aluminio,

a)

Escriba las reacciones que se producen en el cátodo de

ambas células electrolíticas.

b)

Calcule los gramos de cobre y aluminio metálicos que se

Ejercicio F: Una corriente de 4 amperios circula durante 1 hora y 10 minutos a través de dos células electrolíticas que contienen,

respectivamente, sulfato de cobre (II) y cloruro de aluminio,

a) Escriba las reacciones que se producen en el cátodo de ambas células electrolíticas.

b) Calcule los gramos de cobre y aluminio metálicos que se habrán depositado. Datos: Masas atómicas: Cu = 63,5 y Al = 27,0. Constante de Faraday : F = 96500 C·eq-1

De otra forma:

a)

Cu

+ 2 e

→ Cu ; Al

+ 3 e

→ Al

b)

M

· I · t (63,5/2) g/eq·4 A· 4200 s

m (Cu) = ————— = ——————————— =

5,53 g

96500 C/eq 96500 C/eq

M

· I · t (27,0/3) g/eq·4 A· 4200 s

Ejercicio F: La figura adjunta representa una celda para la

obtención de cloro mediante electrólisis. Conteste a las siguientes

cuestiones:

a)

Escriba las reacciones que tienen lugar en el ánodo y en el

cátodo.

b)

Señale cuál es la de oxidación y cuál la de reducción.

a)

Ánodo:

2 Cl

(aq) → Cl

(g) + 2 e

(1)

Cátodo:

2 H

(aq)

+ 2 e

→ H

(g) (2)

b)

Oxidación:

ánodo

(1)

. Reducción: cátodo

(2)

.

c)

Al ir disminuyendo [H

], el pH va aumentando.

(Los OH

traspasan el diafragma poroso para

Electrólisis del NaCl

La reacción 2 Na + Cl

→

2 NaCl es una reacción

espontánea puesto que E(Cl

/2Cl

) > E(Na

/Na)

Y lógicamente, la reacción contraria será no

espontánea: 2 NaCl →

2 Na + Cl

Red. (cátodo):

2 Na

(aq) + 2e

→ 2 Na (s)

Oxid.

(ánodo):

2Cl

(aq) → Cl

(g) + 2e

E

= E

– E

= –2’71 V – 1’36 V = – 4’07 V

El valor negativo de E

reafirma que la reacción no es

espontánea. Pero suministrando un voltaje superior a 4’07 V se

podrá descomponer el NaCl en sus elementos: Na y Cl

Electrólisis del NaCl

Corrosión de los metales

La corrosión es el deterioro que experimentan los metales

debido a un proceso electroquímico:

• Corrosión del hierro:

El Fe se oxida a Fe

, y

posteriormente, el Fe

se oxida a Óxido de hierro(III). Para

ello es necesaria la presencia de agua y O

. El Fe

O

se

deposita sobre la superficie del hierro, formando una capa

porosa que no está fuertemente adherida a la superficie

metálica, por lo que no se detiene la oxidación y prosigue

hacia capas más profundas.

• Corrosión del aluminio:

El aluminio se oxida fácilmente a

Al

O

en presencia de O

atmosférico. Pero a diferencia del

Fe, la capa de óxido formada queda fuertemente adherida

al metal, deteniendo así la corrosión posterior. (La lluvia

ácida pone en peligro al aluminio estructural porque

disuelve su recubrimiento de Al

O

).

Ejemplo de corrosión.

Gota de agua corroyendo

una superficie de hierro.

Un problema muy

importante es la corrosión

de los metales; por

ejemplo, el hierro:

Oxid.

(ánodo):

Fe (s) → Fe

(aq) + 2e

Red. (cátodo):

O₂(g) + 4 H+(aq) + 4e– → 2 H₂O(l)

En una segunda fase el

Fe

se oxida a Fe

:

4 Fe

(aq) + O

(g) + 4 H

O(l)

→ 2 Fe

O

(s) + 8 H

(aq)

Protección catódica.

Sirve para prevenir la

corrosión.

Consiste en soldar a la

tubería de hierro a un

ánodo de Mg que

forma una pila con el

Fe y evita que éste se

oxide, ya que quien se

oxida es el Mg.

Tubería protegida por un ánodo de

Magnesio.

Ajusta por el método del ion-electrón las siguientes reacciones en medio ácido:

a) K₂Cr₂O₇+ HI + HClO₄→ Cr(ClO₄)₃+ KClO₄+ I₂+ H₂O

b) Sb₂S₃+ HNO₃→ Sb₂O₅+ NO₂+ S + H₂O

c) KIO₃ + KI + H₂SO₄→ I₂+ K₂SO₄+ H₂O

d) K₂Cr₂O₇+ HCl → CrCl₃+ Cl₂+ KCl + H₂O

e) I₂+ HNO₃→ NO + HIO₃+ H₂O

f) KMnO₄+ FeCl₂+ HCl → MnCl₂+ FeCl₃ + KCl + H₂O

a)

K₂Cr₂O₇+ HI + HClO₄→ Cr(ClO₄)₃+ KClO₄+ I₂+ H₂O

+1 +6 -2 +1-1 +1 -7 -2 +3 +7 -2 +1 +7 -2 0 +1 -2

reducción oxidación

Red: Cr₂O₇2– + 14 H+ + 6 e– → 2 Cr3+ + 7 H₂O Ox: (2 I– → I₂ + 2 e–) · 3

Cr₂O₇2– + 14 H+ + 6 I– → 2 Cr3+ + 7 H₂O + 3 I₂

Ajusta por el método del ion electrón las siguientes reacciones en medio básico:

a) MnO₂+ KClO₃+ KOH → K₂MnO₄+ KCl + H₂O;

b) Br₂+ KOH → KBr + KBrO₃+ H₂O;

c) KMnO₄+ NH₃→ KNO₃+ MnO₂+ KOH + H₂O

a)

MnO₂+ KClO₃+ KOH → K₂MnO₄+ KCl + H₂O

+4 -2 +1 +5 -2 +1-2 +1 +1 +6 -2 +1-1 +1 -2

oxidación reducción

Oxid: (MnO₂+ 4 OH–→ MnO₄2– + 2 H₂O+ 2 e–) · 3 Reduc: ClO₃– + 3 H₂O + 6 e– → Cl– + 6 OH –

3 MnO₂+ 12 OH– + ClO₃– + 3 H₂O → 3 MnO₄2–- + 6 H₂O + Cl– + 6 OH–

3 MnO₂+ 6 OH– + ClO₃– → 3 MnO₄2– + 3 H₂O + Cl–

Ajustar por el método del ion-electrón, la reacción de oxidación de yoduro de potasio a yodo mediante clorato de potasio en medio básico (pasando a cloruro de potasio).

¿Cuánto clorato de potasio se necesitará para obtener 250 g de yodo suponiendo que la reacción es total? Datos: I = 126,9 u ; K = 39 u; Cl = 35,5 u

+1 -1 +1 +5 -2 0 +1 -1

KI

+ KClO

→ I

+ KCl

oxidación reducción

Oxid: ( 2 I– → I₂ + 2e– ) · 3

Reduc: ClO₃– + 3 H₂O + 6 e– → Cl– + 6 OH –

R. Iónica: 6 I– + ClO₃– + 3 H₂O → 3 I₂ + 6 Cl– + 6 OH–

Ponemos en un vaso de precipitados 175 mL de cloruro de hierro(II), acidulados con HCl, que se valoran con 47 mL de una disolución de dicromato de potasio 0,20 M. (Como productos se obtienen los cloruros de hierro(III), de cromo(III), y de potasio).

a) Formula y ajusta la reacción redox sabiendo que se forman cloruro de hierro(III) y

cloruro de cromo(III);

Se desea construir una pila en la que el cátodo está constituido por el electrodo

Cu2+/Cu. Para el ánodo se dispone de los electrodos: Al3+/ Al y I / I–

a) Razone cuál de los dos electrodos se podrá utilizar como ánodo. b) Identifique las semireacciones de oxidación y reducción de la pila. c) Calcule el potencial estándar de la pila.

Datos: E0(Cu2+/Cu) = 0,34 V ; E0(Al3+/ Al) = –1,67 V ; E0(I / I–) = 0,54 V .

QUÍMICA. 2016. JUNIO. EJERCICIO 3. OPCIÓN A

a) En el ánodo se produce la oxidación, luego el electrodo posible debe ser el Al3+/ Al, ya que tiene menor potencial de reducción.

b y c)

Cátodo (+) (reducción): Cu2+ + 2 e– → Cu Ánodo (-) (oxidación): Al → Al3+ + 3 e–

Reac. Global: Cu2+ + 2 Al → 3 Cu + 2 Al3+

Ɛ_PILA = Ɛ_cátodo – Ɛ_ánodo = 0,34 V – (–1,67) = 2,01 V