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Le reazioni redox : reazioni che comportano trasferimento di elettroni Applicazion i: lelettrolisi, le pile.

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Presentazione sul tema: "Le reazioni redox : reazioni che comportano trasferimento di elettroni Applicazion i: lelettrolisi, le pile."— Transcript della presentazione:

1 Le reazioni redox : reazioni che comportano trasferimento di elettroni Applicazion i: lelettrolisi, le pile

2 2 Considerazioni generali Le redox sono particolari reazioni chimiche in cui alcuni reagenti cambiano il loro numero di ossidazione. Lelemento che perde elettroni si ossida, lelemento che acquista elettroni si riduce. Le redox sono particolari reazioni chimiche in cui alcuni reagenti cambiano il loro numero di ossidazione. Lelemento che perde elettroni si ossida, lelemento che acquista elettroni si riduce.

3 3 Regole per il calcolo del n. o. Tutti gli elementi allo stato naturale hanno n. o. zero Il fluoro, essendo lelemento più elettronegativo, presenta sempre n. o Lossigeno ha n. o. sempre 2 - ad eccezione che nei perossidi in cui è 1 - e quando si combina con il fluoro per formare O 2 F (biossido di fluoro) in cui è 2 +. Lidrogeno ha n. o. 1 + ; se si combina con i metalli dei gruppi IA, IIA e IIIA ha n. o. 1 -.

4 4 Come assegnare i numeri di ossidazione Problema: Calcolare i n. o. degli atomi presenti nel bisolfuro di molibdeno (MoS 2 ). Soluzione: Soluzione: Questo è un composto binario fra un metallo (molibdeno) ed un non- metallo (zolfo) del gruppo VIA. Quindi allo zolfo dobbiamo assegnare il n. o Usando la regola della somma possiamo ricavare il n. o. del molibdeno. Dato che MoS 2 deve essere elettricamente neutro, la somma dei n. o. deve essere zero. Se x è il n. o. del Mo allora: x + 2 (2 - ) = 0 x +4 - = 0 x = 4 + Cioè il n. o. del molibdeno nel bisolfuro di molibdeno è 4 + Esempio n. 1

5 5 Come assegnare i numeri di ossidazione Problema: Assegnare i n. o. agli atomi contenuti in ClO -. Soluzione: Soluzione: Lossigeno ed il cloro sono dei non-metalli. In questi casi dobbiamo assegnare prima il n. o. allossigeno che è 2 -. Con la regola della somma ricaviamo il n. o. del cloro (x). x + (2 - ) – 1 - = 0; x = 0; x = 1 + cioè il n. o. del cloro in questo gruppo atomico è 1 +. Esempio n. 2

6 6 Come assegnare il numero di ossidazione Problema: Qual è il n. o. dello zolfo(x) nel composto Na 2 SO 4 (solfato di sodio)? Soluzione: Soluzione: Il sodio appartiene al gruppo IA, quindi ha n. o Con la regola della somma: 2 (1 + ) + x + 4 (2 - ) = 0; x = 0; x+6 - =0 x = 6 + cioè il n. o. dello zolfo in questo composto è 6 +. cioè il n. o. dello zolfo in questo composto è 6 +. Esempio n. 3

7 7 Come assegnare il numero di ossidazione Problema: Nellacetone (C 3 H 6 O) qual è il n. o. del carbonio (x)? Soluzione: Con la regola della somma: 3x + 6 (1 + ) + (2 - )=0; 3x = 0; 3x = 4 -; x = 4/3 -. cioè il n. o. del carbonio è 4/3 -. Esempio n. 4

8 8 Come usare i numeri di ossidazione per bilanciare le equazioni Nelle equazioni redox, il numero degli e - acquistati deve essere uguale al numero degli e - ceduti. Nelle equazioni redox, il numero degli e - acquistati deve essere uguale al numero degli e - ceduti.

9 9 Esempio n. 1 Consideriamo la reazione di sintesi tra sodio e cloro per la formazione del cloruro di sodio. Consideriamo la reazione di sintesi tra sodio e cloro per la formazione del cloruro di sodio Na + Cl 2 Na Cl -1 e - per il sodio + 2 e- per il cloro

10 10 Bilanciamento Ogni cloro varia per un solo e - in quanto passa da 0 a 1 -, giacché gli atomi di cloro sono 2, Cl 2 acquista un totale di 2 e -. Ciascun atomo di sodio, invece, perde 1 e -. Adesso dobbiamo fare in modo che il numero di elettroni ceduti sia uguale al numero di elettroni acquisiti. Per ottenere questo dobbiamo raddoppiare il numero di atomi di Na che reagiscono Na+Cl 2 NaCl Na+Cl 2 NaCl 2 x (1 e - ) (ossidazione) 2 e - (riduzione) 22

11 11 Esempio n. 2 Consideriamo unequazione più complessa, lossidazione dellalcool iso- propilico ad acetone. Consideriamo unequazione più complessa, lossidazione dellalcool iso- propilico ad acetone.

12 12 Stadio n. 1 Scrivere le formule corrette per tutti i reagenti ed i prodotti Lacido isopropilico in presenza di triossido di cromo e di acido solforico si ossida ad acetone con formazione di solfato cromoso ed acqua. C 3 H 8 O + CrO 3 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + C 3 H 6 O + H 2 O

13 13 Stadio n. 2 Assegnare agli atomi presenti nellequazione i n. o C 3 H 8 O + Cr O 3 + H 2 S O 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + 4/ / C 3 H 6 O + H 2 O

14 14 Stadio n. 3 Identificare gli atomi che cambiano il loro n. o. Gli atomi che cambiano il loro n. o. sono il carbonio ( da 2 - a 4/3 - ) ed il cromo ( da 6 + a 3 + ). In pratica il carbonio si ossida e il cromo si riduce.

15 15 Stadio n. 4 Rendere uguali da ambedue le parti dellequazione il numero degli atomi che cambiano il loro n. o. Entrambe le formule che contengono carbonio hanno tre atomi di questo elemento. I coefficienti temporanei per C 3 H 8 O e C 3 H 6 O sono 1 per ognuna. Il Cr 2 (SO 4 ) 3 contiene 2 Cr mentre Cr O 3 ne contiene solo uno; quindi provvisoriamente davanti a CrO 3 mettiamo un C 3 H 8 O + CrO 3 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + C 3 H 6 O + H 2 O C 3 H 8 O + CrO 3 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + C 3 H 6 O + H 2 O /

16 16 Stadio n. 5 Calcolare la variazione totale del numero di ossidazione sia per lossidazione che per la riduzione. Calcolare la variazione totale del numero di ossidazione sia per lossidazione che per la riduzione. I 3 atomi di carbonio di C 3 H 8 O presentano un n. o. complessivo di 2(3 - ) = 6 -. I 2 atomi di Cr di 2CrO 3 presentano un n. o. complessivo di 2(6 + ) = I 3 atomi di C di C 3 H 6 O presentano un n. o. complessivo di (4/3) - 3 = 4 -. I 2 atomi di cromo del Cr 2 (SO 4 ) 3 presentano un n. o. complessivo di 2(3 + ) = 6 +. Per il carbonio osserviamo una perdita complessiva di 6 - – ( 4 - ) = 2 e - (Il carbonio si ossida). Per il cromo osserviamo un guadagno complessivo di (6 - ) = 6 e - (Il cromo si riduce).

17 17 Stadio n. 6 Fare in modo che gli elettroni ceduti siano uguali a quelli acquistati, utilizzando opportuni coefficienti. Calcolare il m.c.m. tra gli elettroni totali ceduti (2) e quelli acquistati (6) : è 6 quindi: 3C 3 H 8 O + 2CrO 3 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3C 3 H 6 O +H 2 O 6 : 2 e - = 3 x 1 = 3 6 : 6 e - = 1 x 2 = 2

18 18 Stadio n. 7 Bilanciare il rimanente per confronto. Abbiamo trovato i coefficienti per tutti i composti eccetto due. Sono presenti 3(SO 4 ) -2 a dx ed uno a sx per cui è necessario moltiplicare H 2 SO 4 per 3. 3C 3 H 8 O + 2CrO 3 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3C 3 H 6 O + H 2 O 3

19 19 Stadio n. 8 Adesso osserviamo gli atomi di idrogeno. Sono presenti 30H a sx e 18H a dx, quindi ne mancano 12 per cui il coefficiente da mettere davanti ad H 2 O è 6. La reazione va così riscritta: 3C 3 H 8 O + 2CrO 3 + 3H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3C 3 H 6 O + H 2 O 6 La reazione risulta così bilanciata.

20 20 Reazioni redox che implicano ioni H + e OH - In molte reazioni redox condotte in soluzione acquosa, un ruolo fondamentale è svolto dagli ioni H + e OH - che possono essere formati o consumati. E necessario, quindi, sapere se la reazione avviene in ambiente acido o basico. In questo caso si ricorre al metodo delle semi-reazioni scrivendo tutta la reazione in ioni.

21 21 Considerazioni generali Quando si scrive una reazione sotto forma ionica, bisogna tener presente che tutti i composti in soluzione acquosa si dissolvono ad eccezione dei seguenti gruppi: Le anidridi Le anidridi I sali dei metalli pesanti I sali dei metalli pesanti I solfuri I solfuri Questi composti vanno quindi scritti in forma molecolare.

22 22 Come bilanciare reazioni redox in ambiente acido Esempio : Cr 2 O Fe 2+ Cr 3+ + Fe 3+ Per trovare lequazione ionica netta possiamo usare i seguenti passaggi.

23 23 Stadio n. 1 Dividere la reazione in due semireazioni Prima semirazione Prima semirazione Cr 2 O 7 2- Cr 3+ Seconda semireazione Seconda semireazione Fe 2+ Fe 3+

24 24 Stadio n. 2 Bilanciare gli atomi diversi da H e da O Nella prima semireazione sono presenti 2 atomi di Cr a sx ed 1 a dx, quindi dobbiamo mettere un 2 davanti a Cr +3. Cr 2 O 7 2- Cr 3+ Nella prima semireazione sono presenti 2 atomi di Cr a sx ed 1 a dx, quindi dobbiamo mettere un 2 davanti a Cr +3. Cr 2 O 7 2- Cr 3+ Nella seconda semireazione sia a sx che a dx c è lo stesso numero di atomi di Fe. Nella seconda semireazione sia a sx che a dx c è lo stesso numero di atomi di Fe. Fe 2+ Fe 3+ Fe 2+ Fe 3+ 2

25 25 Stadio n. 3 Bilanciare gli atomi di ossigeno aggiungendo H 2 O Nella prima semireazione a sx sono presenti 7 atomi di O, quindi bisogna aggiungere a dx 7 H 2 O. Nella prima semireazione a sx sono presenti 7 atomi di O, quindi bisogna aggiungere a dx 7 H 2 O. Cr 2 O Cr 3+ Nella seconda semireazione, invece: Nella seconda semireazione, invece: Fe 2+ Fe 3+ +7H 2 O +7H 2 O

26 26 Stadio n. 4 Bilanciare lidrogeno aggiungendo H + La prima semireazione contiene 7H 2 O a dx per cui dobbiamo aggiungere 14H + a sx. La prima semireazione contiene 7H 2 O a dx per cui dobbiamo aggiungere 14H + a sx. Nella seconda semireazione, invece: Nella seconda semireazione, invece: Fe 2+ Fe 3+ Fe 2+ Fe H + Cr 2 O Cr H 2 O

27 27 Stadio n. 5 Bilanciare la carica aggiungendo ad ogni semireazione gli e - Per la prima semireazione abbiamo: Per la prima semireazione abbiamo: Cr 2 O H + 2Cr 3+ +7H 2 O Ci sono (2 - ) = 12 + cariche a sx, e 2 (3 + ) = 6 + a dx per cui bisogna aggiungere a sx ( e - ) = 6 e -. Cr 2 O H e - 2Cr H 2 O Per la seconda semireazione abbiamo: Per la seconda semireazione abbiamo: Fe 2+ Fe 3+ Cè una carica positiva in più a dx, quindi bisogna aggiungere 1e - a dx Fe 2+ Fe e -

28 28 Stadio n. 6 La reazione va così riscritta. m. c. m tra il numero totale di e- scambiati cioè 6 e 1, quindi 6. A questo punto bisogna moltiplicare la prima per 1 e la seconda per 6, facendo poi la somma delle due reazioni membro a membro. (Cr 2 O H + 2Cr H 2 O ) (Cr 2 O H + 2Cr H 2 O ) (Fe 2+ Fe 3+ ) (Fe 2+ Fe 3+ ) Cr 2 O H + + 6Fe +2 2Cr H 2 O +6Fe 3+ Cr 2 O H + + 6Fe +2 2Cr H 2 O +6Fe 3+ La reazione risulta così bilanciata. X 1 X 6

29 29 Come bilanciare reazioni redox in ambiente basico Nelle soluzioni basiche la concentrazione degli ioni H + è molto bassa; le specie dominanti sono H 2 O ed OH -. Esempio Esempio SO MnO 4 - SO MnO 2

30 30 Stadio n. 1 Dividere la reazione in due semireazioni Prima semireazione: Prima semireazione: SO 3 2- SO 4 2- Seconda semireazione Seconda semireazione MnO 4 - MnO 2 (Il biossido di manganese non si dissocia in H 2 O, perché è unanidride, quindi va scritto in forma molecolare)

31 31 Stadio n. 2 Bilanciare gli atomi diversi da O e da H. Nella prima semireazione, gli atomi di zolfo sono già bilanciati, quindi: Nella prima semireazione, gli atomi di zolfo sono già bilanciati, quindi: SO 3 2- SO 4 2- Nella seconda semireazione gli atomi di Mn sono già bilanciati, quindi: Nella seconda semireazione gli atomi di Mn sono già bilanciati, quindi: MnO 4 - MnO 2

32 32 Stadio n. 3 Bilanciare O aggiungendo H 2 O Nella prima semireazione a dx cè un atomo di O in più, quindi bisogna aggiungere a sx una molecola di H 2 O. Nella prima semireazione a dx cè un atomo di O in più, quindi bisogna aggiungere a sx una molecola di H 2 O. SO H 2 O SO 4 2- Nella seconda semireazione ci sono a sx 2 atomi di O in più, quindi bisogna aggiungere a dx due molecole di H 2 O. Nella seconda semireazione ci sono a sx 2 atomi di O in più, quindi bisogna aggiungere a dx due molecole di H 2 O. MnO 4 - MnO 2 + 2H 2 O

33 33 Stadio n. 4 Bilanciare lidrogeno aggiungendo H + Nella prima semireazione a dx cè una molecola di H 2 O, quindi bisogna aggiungere a dx 2H +. Nella prima semireazione a dx cè una molecola di H 2 O, quindi bisogna aggiungere a dx 2H +. Nella seconda semireazione a dx ci sono 2H 2 O, quindi bisogna aggiungere a sx 4H +. Nella seconda semireazione a dx ci sono 2H 2 O, quindi bisogna aggiungere a sx 4H +. +2H + SO H 2 O SO H + MnO 4 - MnO 2 + 2H 2 O

34 34 Stadio n. 5 Bilanciare la carica aggiungendo ad ogni semireazione gli e - Nella prima semireazione: Nella prima semireazione: SO H 2 O SO H + A sx ci sono 2 -, a dx ( ) = 0 cariche per cui bisogna aggiungere a dx 2 e -, quindi: SO H 2 O SO H e - Nella seconda semireazione: Nella seconda semireazione: MnO H + MnO 2 + 2H 2 O A sx ci sono ( ) = 3 +, a dx nessuna carica per cui bisogna aggiungere a sx 3 e -, quindi: MnO H e - MnO 2 + 2H 2 O

35 35 Stadio n. 6 La reazione va così riscritta m. c. m tra gli e - che partecipano nelle due reazioni cioè tra 2 e - e 3 e -, quindi 6. A questo punto bisogna moltiplicare la prima per 3 e la seconda per 2. (SO H 2 O SO H e - ) (MnO H + +3 e - MnO 2 + 2H 2 O) 3SO H 2 O + 2MnO H + 3SO H + + 2MnO 2 + 4H 2 O 3SO H 2 O + 2MnO H + 3SO H + + 2MnO 2 + 4H 2 O Quindi semplificare: 3SO MnO H + 3SO MnO 2 + H 2 O La reazione risulta così bilanciata se lambiente fosse acido. X 3X 3X 3X 3 X 2X 2X 2X 2

36 36 Stadio n. 7 Aggiungere da entrambe le parti un numero di OH - pari a quello degli H + Gli OH - da aggiungere sono 2 Gli OH - da aggiungere sono 2 3SO MnO H + +2OH - 3SO MnO 2 + H 2 O + 2OH - Trasformare gli H + e gli OH - in H 2 O, quindi: Trasformare gli H + e gli OH - in H 2 O, quindi: 3SO MnO H 2 O 3SO MnO 2 + H 2 O + 2OH - A questo punto semplificare: A questo punto semplificare: 3SO MnO H 2 O 3SO MnO 2 + 2OH - La reazione risulta così bilanciata.

37 37 Riepilogo Metodo ione – elettrone Stadio n. 1: Dividere lequazione in semireazioni. Stadio n. 2: Bilanciare gli atomi diversi da H e da O. Stadio n. 3: Bilanciare O aggiungendo H 2 O. Stadio n. 4: Bilanciare H aggiungendo H +. Stadio n. 5: Bilanciare le cariche aggiungendo e -. Stadio n. 6: Calcolare il m.c.m. tra gli e - scambiati e sommare le due reazioni. Eliminare qualsiasi cosa risulti uguale tra i membri della reazione. In ambiente basico: Stadio n. 7: Aggiungere da ambo le parti un numero di OH - pari agli H +. Operare, quindi, opportune semplificazioni.

38 38 Come operare con problemi stechiometrici relativi a reazioni redox Problema: Quanti grammi di bi-cromato di potassio sono necessari per ossidare lo ione Fe 2+ presente in 21 gr di FeSO 4 in Fe 3+, se la reazione avviene in ambiente acido? Problema: Quanti grammi di bi-cromato di potassio sono necessari per ossidare lo ione Fe 2+ presente in 21 gr di FeSO 4 in Fe 3+, se la reazione avviene in ambiente acido? Soluzione: E necessario prima bilanciare la reazione. Soluzione: E necessario prima bilanciare la reazione.

39 39 Il bilanciamento va fatto per stadi Stadio n. 1: Stadio n. 1: Cr 2 O Cr 3+ Fe 2+ Fe 3+ Stadio n. 2: Stadio n. 2: Cr 2 O Cr 3+ +7H 2 O Fe 2+ Fe 3+ Stadio n. 3: Stadio n. 3: Cr 2 O H + 2Cr 3+ +7H 2 O Fe 2+ Fe 3+ Stadio n. 4: Stadio n. 4: Cr 2 O H + +6 e - 2Cr 3+ +7H 2 O Fe 2+ Fe e - Stadio n. 5: Stadio n. 5: Cr 2 O H + +6Fe 2+ 2Cr 3+ +7H 2 O+6Fe 3+ 2Cr 3+ +7H 2 O+6Fe 3+ La reazione è così bilanciata.

40 40 Calcoli stechiometrici Dalla reazione precedentemente bilanciata si evince che 1 mole di bi-cromato ossida 6 moli di solfato ferroso, quindi: Dalla reazione precedentemente bilanciata si evince che 1 mole di bi-cromato ossida 6 moli di solfato ferroso, quindi: gr.(K 2 Cr 2 O 7 )=1*(2*39+2*52+7*16)=294gr. gr. (FeSO 4 ) = 6*( *16)=912gr. Applicando la proporzione: 294:912=x:21 x=294*21/912=6,77gr. Per ossidare il Fe 2+ a Fe 3+ in 21 gr. di solfato ferrico, sono necessari 6.77 gr. di bicromato di potassio

41 41 Elettrolisi Lelettricità può fornire lenergia necessaria per fare avvenire reazioni che altrimenti non sarebbero spontanee. La reazione avviene in quelle che vengono chiamate celle elettrolitiche, a cui sono associati due elettrodi: il catodo, dove avviene la riduzione e lanodo, dove avviene lossidazione. Si distinguono almeno tre tipi di elettrolisi: Lelettricità può fornire lenergia necessaria per fare avvenire reazioni che altrimenti non sarebbero spontanee. La reazione avviene in quelle che vengono chiamate celle elettrolitiche, a cui sono associati due elettrodi: il catodo, dove avviene la riduzione e lanodo, dove avviene lossidazione. Si distinguono almeno tre tipi di elettrolisi: Reazioni elettrolitiche di un sale fuso. Reazioni elettrolitiche di un sale fuso. Reazioni elettrolitiche di un sale in soluzione. Reazioni elettrolitiche di un sale in soluzione. Reazioni elettrolitiche in soluzioni acidule. Reazioni elettrolitiche in soluzioni acidule.

42 42 NaCl fuso - + Generatore di corrente continua Catodo Anodo Cl - Na + 2 Cl - Cl e - Na + + e - Na Reazioni elettrolitiche di un sale fuso Quando NaCl subisce elettrolisi, in realtà non passano elettroni attraverso il sale fuso, fra gli elettrodi. Nella massa fusa si crea un movimento di ioni; gli ioni positivi si muovono verso lelettrodo negativo (catodo) e quelli negativi verso il positivo (anodo). Cella di elettrolisi nella quale il passaggio della corrente elettrica decompone il cloruro di sodio fuso in sodio metallico e cloro gassoso. Se i prodotti ottenuti non vengono tenuti separati, essi reagiscono riformando NaCl

43 43 Cosa succede agli elettrodi Quando lelettricità comincia a fluire, le trasformazioni chimiche si realizzano. Allelettrodo positivo, anodo, quando gli elettroni vengono strappati agli ioni cloro, caricati negativamente, avviene lossidazione. Gli e - vengono pompati attraverso il circuito verso lelettrodo negativo, il catodo, dove avviene la riduzione quando gli elettroni vengono acquisiti dagli ioni sodio, caricati positivamente. Le trasformazioni chimiche che avvengono, sono le seguenti: Quando lelettricità comincia a fluire, le trasformazioni chimiche si realizzano. Allelettrodo positivo, anodo, quando gli elettroni vengono strappati agli ioni cloro, caricati negativamente, avviene lossidazione. Gli e - vengono pompati attraverso il circuito verso lelettrodo negativo, il catodo, dove avviene la riduzione quando gli elettroni vengono acquisiti dagli ioni sodio, caricati positivamente. Le trasformazioni chimiche che avvengono, sono le seguenti: 2Cl - Cl 2 (g) + 2 e - (anodo = ossidazione) 2Cl - Cl 2 (g) + 2 e - (anodo = ossidazione) Na + + e - Na (catodo = riduzione) Na + + e - Na (catodo = riduzione) 2Cl - + 2Na + Cl 2 + 2Na 2Cl - + 2Na + Cl 2 + 2Na X 1X 1X 1X 1 X 2X 2X 2X 2


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