ejercicios de quimica IV resueltos-66

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196 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA BÁSICACAPÍTULO 3 
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o 0,059E = E - log Qn ⋅ 
 
Esta ecuación en condiciones de equilibrio (E= 0 V y Q = K) se transforma 
en: 
 
o 0,059E = log Kn ⋅ 
 
Sabiendo que Eo es: 
 
o o o
cátodo ánodoE = E + E 
 
Se debe saber cuál es el compuesto que se reduce y cuál el que se oxida. El 
de mayor potencial de reducción se reduce, es decir, el platino y el cobre se 
oxida. Esto mismo se deduce al observar la reacción. Por lo tanto: 
 
o o o cátodo ánodoE = E + E = 0,680 V + (-0,521) V = 0,159 V 
 
Teniendo en cuenta que el número de moles de electrones que se 
intercambian en el proceso son 2: 
 
0,0590,159 = log K 2 ⋅ ⇒
5K = 2,5·10 
 
b) Para el cálculo de la variación de la energía libre de Gibbs, se aplica la 
siguiente expresión: 
 
ΔG = - n E F⋅ ⋅ 
 
El potencial se calcula a partir de la ecuación de Nernst: 
 
22- -2 +
4o
-2
6
Cl PtCl Cu0,059E = E - logn PtCl
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
⋅ ⋅
⋅ 
 
2 2-3 -5 -3
-2
10 2 10 100,059E = 0,159 - log = 0,593 V2 10
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
⋅ ⋅ ⋅
⋅ 
 EXÁMENES RESUELTOS DE QUÍMICA 197. SEPTIEMBRE 2007 
 
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Por lo tanto, y sabiendo que el número de electrones que se intercambian 
en el proceso global son dos, n=2: 
 
- - = - n E F = - 2 mol e 0,593 V 96.500 C/mol e = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 5ΔG - 1,14·10 J 
 
El valor es negativo como corresponde a un proceso espontáneo.