Cap_4_ELQ_Probs_JLB_161117 QG2

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Capítulo 4. LA ENERGÍA ELÉCTRICA Y 
LOS PROCESOS QUÍMICOS 
J. L. Barranzuela Q. 
SOLUCIÓN A PROBLEMAS PROPUESTOS EN SEPARATA 
 
 
1. Para cada una de las siguientes ecuaciones no ajustadas, (1) escriba las semirreac-
ciones de oxidación y de reducción, y (2) ajuste la reacción global en disolución ácida: 
(a) Hg2+(aq) + Cu(s)  Hg(l) + Cu2+(aq); (b) MnO2(s) + Cl-(aq)  Mn2+(aq) + Cl2(g); (c) Sn2+(aq) + 
+ O2(g)  Sn4+(aq) + H2O(l). 
 
Solución: (a) Semirreacciones: 
 (+2) (0) 
 Hg2+(aq) + 2e-  Hg(l) reducción (cátodo) 
 (0) (+2) 
 Cu(s)  Cu2+(aq) + 2e- oxidación (ánodo) 
 Sumando 
 Hg2+(aq) + Cu(s)  Hg(l) + Cu2+(aq) reacción ajustada 
(b) Semirreacciones: 
 (-1) (2) 
 2Cl-(aq)  Cl2(g) + 2e- oxidación (ánodo) 
 (+4)(-2) (+2) 
 MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e-  Mn2+(aq) + 2H2O(l) reducción (cátodo) 
 Como se trata de medio ácido, además del balance de masa y carga, los oxíge-
nos se balancean con agua e hidrogeniones (H+(aq)). 
 Sumando: 
 MnO2(s) + 2Cl-(aq) + 4H+(aq)  Mn2+(aq) + Cl2(g) + 2H2O(l) 
(c) Semirreacciones: 
 (+2) (+4) 
 Sn2+(aq)  Sn4+(aq) + 2e- oxidación (ánodo) 
 (0) (+1) (-2) 
 4e- + O2(g) + 4H+(aq)  2H2O(l) reducción (cátodo) 
 2*(Sn2+(aq)  Sn4+(aq) + 2e-) 
 4e- + O2(g) + 4H+(aq)  2H2O(l) 
 Sumando: 
 2Sn2+(aq) + O2(g) + 4H+(aq)  2Sn4+(aq) + 2H2O(l) 
 
2. Para cada una de las siguientes ecuaciones no ajustadas, (1) escriba las semirreac-
ciones de oxidación y de reducción, y (2) ajuste la reacción global: (a) FeS(s) + 
+ NO3
-
(aq)  NO(g) + SO4
2-
(aq) + Fe
2+
(aq) (disolución ácida); (b) Cr2O7-2(aq) + Sn
2+
(aq)  
 Cr3+(aq) + Sn4+(aq) (disolución ácida); (c) S2-(aq) + Cl2(g) + OH-(aq)  SO42-(aq) + Cl
-
(aq) + 
+ H2O(l) (disolución básica). 
 
Solución: (a) Semirreacciones: 
 (+2) (-2) (+6)(-2) 
 (FeS(s) + 4H2O(l)  SO4
2-
(aq) + 8H
+
(aq) + Fe2+(aq) + 8e-)*3 oxidación (ánodo) 
 (+5) (-2) (+2)(-2) 
 (4H+(aq) + NO3
-
(aq) + 3e
-  NO(g) + 2H2O(l))*8 reducción (cátodo) 
3FeS(s)+ 12H2O(l)  3SO4
2-
(aq) + 24H
+
(aq) + 3Fe2+(aq) + 24e- 
32H+(aq) + 8NO3
-
(aq) + 24e
-  8NO(g) + 16H2O(l) 
Sumando: 
8H+(aq) + 3FeS(s) + 8NO3
-
(aq)  3SO4
2-
(aq) + 8NO(g) + 4H2O(l) + 3Fe
2+
(aq) 
3FeS(s) + 8HNO3(aq)  3FeSO4(aq) + 8NO(g) + 4H2O(l) 
 
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(b) Semirreacciones: 
 (+6) (-2) (+3) 
 Cr2O7
-2
(aq) + 14H
+
(aq) + 6e-  2Cr3+(aq) + 7H2O(l) reducción (cátodo) 
 (+2) (+4) 
 (Sn2+(aq)  Sn4+(aq) + 2e-)*3 oxidación (ánodo) 
 Cr2O7
-2
(aq) + 14H
+
(aq) + 6e-  2Cr3+(aq) + 7H2O(l) 
 3Sn2+(aq)  3Sn4+(aq) + 6e- 
 Cr2O7-2(aq) + 3Sn
2+(aq) + 14H+(aq)  2Cr3+(aq) + 3Sn4+(aq) + 7H2O(l) 
 
(c) Semirreacciones: 
 (0) (-1) 
 (Cl2(g) + 2e-  2Cl-(aq))*4 reducción (cátodo) 
 (-2) (+1) (-2) (+6) (-2) 
 S2-(aq) + 4H2O(l)  SO4
2-
(aq) + 8H
+
(aq) + 8e- oxidación (ánodo) 
 4Cl2(g) + 8e-  8Cl-(aq) 
 S2-(aq) + 4H2O(l)  SO4
2-
(aq) + 8H
+
(aq) + 8e- 
 Sumando: 
 4Cl2(s) + S2-(aq) + 4H2O(l)  8Cl-(aq) + SO4
2-
(aq) + 8H
+
(aq) 
 +8OH-(aq)+8OH-(aq) 
 Al tratarse de medio básico, podrá haber exceso de OH-, pero no de H+; por eso 
sumamos 8OH- a ambos miembros. 
 4Cl2(g) + S2-(aq) + 4H2O(l) + 8OH-(aq)  8Cl-(aq) + SO4
2-
(aq) + 8H
+
(aq) + 8OH-(aq) 
 4Cl2(g) + S2-(aq) + 4H2O(l) + 8OH-(aq)  8Cl-(aq) + SO4
2-
(aq) + 8H2O(l) 
 4Cl2(g) + S2-(aq) + 8OH-(aq)  8Cl-(aq) + SO42-(aq) + 4H2O(l) 
 
3. Se construye una celda voltaica que contiene un electrodo normal de Fe3+(aq)|Fe2+(aq) 
y un electrodo normal de Ga3+(aq)|Ga(s), y se cierra el circuito. Sin consultar la tabla de 
potenciales normales de reducción, describa la celda y sus semirreacciones a partir 
de las siguientes observaciones experimentales: (i) la masa del electrodo de galio 
disminuye, y la concentración de ion galio aumenta alrededor de ese electrodo; (ii) la 
concentración del ion ferroso, Fe2+(aq), aumenta en el otro electrodo. 
 
Solución: (i) Si la masa del electrodo de galio disminuye significa que este electrodo 
se oxida, por tanto, funciona como ánodo. Pasa a solución y aumenta la concentra-
ción de iones Ga3+(aq). Por consiguiente, el Fe3+(aq) se reduce a Fe2+(aq) en concordan-
cia con el aumento de la concentración de éste según la observación (ii). 
Fe+3(aq) + 1e-  Fe+2(aq) oxidación (ánodo) 
Ga(s)  Ga+3(aq) + 3e- reducción (cátodo) 
 
4. Tal como nos indica la serie de ac-
tividades se puede predecir que el 
aluminio desplaza a la plata. La 
ecuación para este proceso es: 
Al(s) + 3Ag+(aq)  Al3+(aq) + + 3Ag(s). 
Suponga que montamos una celda 
basada en esta reacción: (a) ¿qué 
semirreacción representaría la re-
ducción de esta celda?; (b) ¿qué 
semirreacción representaría la oxi-
dación?; (c) ¿qué metal sería el 
ánodo?; (d) ¿qué metal sería el cá-
todo?; (e) haga un diagrama de esta celda. 
 
 Oxidación Reducción 
Problema 4. 
Al(s) 
Ánodo 
Ag(s) 
Cátodo 
Al+3(aq) Ag+(aq) 
e- 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
71 
 
Solución: (a) Reducción: Ag+(aq) + e-  Ag(s). (b) Oxidación: Al(s)  Al+3(aq) + 3e-. (c) 
Ánodo: Aluminio (oxidación). (d) Cátodo: Plata (reducción). (e) Figura adjunta: (Pro-
blema 4) 
 
5. Cuando se coloca un trozo de cobre metálico en una disolución acuosa de nitrato de 
plata, tiene lugar una reacción redox espontánea. No se produce corriente eléctrica. 
¿Por qué? 
 
Solución: Porque la transferencia de electrones ocurre en la interfase sólido (elec-
trodo)|líquido (solución electrolítica), no a través de un conductor metálico como sí 
ocurriría en una celda electroquímica, produciendo trabajo eléctrico útil. 
 
6. (a) ¿Qué es la serie electroquímica? ¿Qué información contiene? (b) ¿Cómo se ela-
boró la serie electromotriz? En general ¿cómo varían las energías de ionización y las 
afinidades electrónicas con su posición en la serie electromotriz? 
 
Solución: (a) Serie electroquímica: ordenamiento de los elementos químicos (u otras 
sustancias) en base a su potencial de electrodo o potencial estándar de reduc-
ción, o tendencia a ganar e-s (reducirse). Como información contiene las semi-
rreacciones de reducción de cada especie y los respectivos potenciales estándar 
de reducción (Eº). 
(b) La serie electromotriz se elabora midiendo el potencial entre 2 semiceldas, una 
de las cuales contiene un electrodo de referencia: el electrodo del hidrógeno. A 
este electrodo se le asigna el valor de referencia nulo: H+(aq) + 1e-  12H2(g); Eº = 
= 0 V. Dado que la reducción es la ganancia de electrones, como la afinidad 
electrónica, es de esperar que la afinidad electrónica varíe de la misma forma 
que el potencial estándar de reducción (más negativa a mayor potencial estándar 
de electrodo). Esta variación se da en el sentido contrario en el potencial de io-
nización, ya que este mide la energía requerida para retirar (perder) e-s (oxi-
darse). Así la mayoría de los metales tienen Ered
º más negativo (es más difícil que 
reduzcan; les es más fácil oxidarse o perder e-s) mientras que su energía de 
ionización es máxima y su afinidad electrónica mínima (menos negativa). 
 
7. Los potenciales normales de reducción son E1º = +1,455 V para el par PbO2(s)|Pb(s), 
E2
º = +1,360 V para Cl2(g)|Cl-(aq), E3
º = +3,06 V para F2(g)|HF(aq) y E4
º = +1,77 V para 
H2O2(aq)|H2O(l). En condiciones de estado normales, (a) ¿cuál es el agente oxidante 
más fuerte?; (b) ¿qué agente(s) oxidante(s) oxidará(n) plomo a óxido de plomo (IV)?, 
y (c) ¿qué agente(s) oxidante(s) oxidará(n) al ion fluoruro en una disolución acídica? 
 
Solución: (a) Como todos son potenciales estándar (normales) de reducción, el 
agente oxidante más fuerte es el de mayor potencial, o sea el que se reduce con 
mayor facilidad: el F2(g). 
(b) Aquellos que tengan un Eiº > E1º ya que darán un ∆E = Eiº – E1º > 0; ellos son el 
F2(g) (E3
º ) y el H2O2(aq) (E4
º ). 
(c) Al ser el agente oxidante más fuerte, ninguna otra especie lo oxidará a él (en 
todos los casos: ∆Eº = Ei
º – E3
º < 0 (no espontáneo)). 
 
8. Ordene los siguientes metales en las series de actividad del más activo al menosactivo: nobelio [No3+(aq)|No(s), E1
º = -2,5 V], cobalto [Co2+(aq)|Co(s), E2
º = -0,28 V], galio 
[Ga3+(aq)|Ga(s), E3
º = -0,53 V], talio [Tl+(aq)|Tl(s), E4
º = -0,34 V ], polonio [Po2+(aq)|Po(s), 
E5
º = +0,65 V]. 
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Solución: Los metales más activos son aquellos que se oxidan con mayor facilidad. 
Los potenciales de oxidación serían: 
[No(s)|No3+(aq)]  E1
'º = -E1
º = +2,5 V [Co(s)|Co2+(aq)]  E2
'º = -E2
º = +0,28 V 
[Ga(s)|Ga3+(aq)]  E3
'º = -E3
º = +0,53 V [Tl(s)|Tl+(aq)]  E4
'º = -E4
º = +0,34 V 
[Po(s)|Po2+(aq)]  E5
'º = -E5
º = -0,65 V 
Se oxida más fácilmente el que tiene mayor Eox
º = Ei
'. Por tanto, ordenándolos de 
mayor a menor actividad: No(s) > Ga(s) > Tl(s) > Co(s) > Po(s) y, por tanto, el No(s) será 
más activo y el Po(s) el menos activo. 
 
9. Haga un diagrama de las siguientes celdas. Para cada celda, escriba la ecuación 
ajustada para la reacción que tiene lugar espontáneamente y calcule el potencial de 
la celda. Indique el sentido del flujo electrónico, el ánodo, el cátodo y la polaridad (+ 
o -) de cada electrodo. En cada caso, suponga que el circuito se completa con un 
cable y un puente salino. (a) Una tira de magnesio se sumerge en una disolución que 
es 1,0 M en Mg2+(aq), y una tira de plata se sumerge en una disolución que es 1,0 M 
en Ag+(aq); (b) una tira de cromo se sumerge en una disolución que es 1,0 M en Cr3+(aq), 
y una tira de plata se sumerge en una disolución que es 1,0 M en Ag+(aq). 
 
Solución: (a) Se trata de una celda normal o estándar, ya que las concentraciones 
son 1,0 M. Según los potenciales de reducción (Tabla 10): 
 Ag+(aq) + 1e-  Ag(s) E1
º = +0,80 V 
Mg2+(aq) + 2e-  Mg(s) E2
º = -2,37 V 
Por tanto, el Mg(s) se oxida y la Ag+(aq) se reduce: 
Mg(s)  Mg2+(aq) + 2e- -E2
º = +2,37 V (ánodo) 
(Ag+(aq) + 1e-  Ag(s))*2 E1
º = +0,80 V (cátodo) 
Sumando: 
Mg(s) + 2Ag+(aq)  Mg2+(aq) + 2Ag(s) ∆Eº = E1º - E2º = +3,17 V 
(Ver diagrama adjunto: Problema 9(a)) 
(b) Según Tabla 10: 
 Cr3+(aq) + 3e-  Cr(s) E1
º = -0,74 V 
 Ag+1(aq) + 1e-  Ag(s) E2
º = +0,80 V 
 Por tanto, el Cr(s) se oxida y la Ag+1(aq) se reduce: 
 Cr(s)  Cr3+(aq) + 3e- -E1
º = +0,74 V (ánodo) 
 (Ag+1(aq) + 1e-  Ag(s))*3 E2
º = +0,80 V (cátodo) 
 Sumando: 
 Cr(s) + 3Ag+(aq)  Cr3+(aq) + 3Ag(s) ∆Eº = E1º - E2º = +1,54 V 
 (Ver diagrama adjunto: Problema 9(b)) 
 
 
 
 Oxidación Reducción Oxidación Reducción 
 
Mg(s) 
Ánodo 
Mg+2(aq) 
Ag(s) 
Cátodo 
Ag+(aq) 
Cr(s) 
Ánodo 
Ag(s) 
Cátodo 
V V 
e- e- 
Cr+3(aq) Ag+(aq) 
+3,17 V +1,54 V 
Problema 9(a) Problema 9(b) 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
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10. Repita el ejercicio 9 para las celdas siguientes: (a) una tira de cobre se sumerge en 
una disolución que es 1,0 M en Cu2+(aq), y una tira de oro se sumerge en una disolu-
ción que es 1,0 M en Au3+(aq); (b) una tira de aluminio se sumerge en una disolución 
que es 1,0 M en Al3+(aq), y una tira de cobre se sumerge en una disolución que es 
1,0 M en Cu2+(aq). 
 
Solución: 
(a) 3*(Cu(s)  Cu2+(aq) + 2e-) -E1º = -0,337 V 
 2*(Au3+(aq) + 3e-  Au(s)) E2
º = +1,50 V 
 Sumando: 
 3Cu(s) + 2Au3+(aq)  3Cu2+(aq) + 2Au(s) ∆Eº = E1º - E2º = +1,16 V 
 (Ver diagrama adjunto: Problema 10(a)) 
(b) 2*(Al(s)  Al3+(aq) + 3e-) -E1º = +1,66 V 
 3*(Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s)) E2º = +0,337 V 
 Sumando: 
 2Al(s) + 3Cu2+(aq)  2Al3+(aq) + 3Cu(s) ∆Eº = E1º - E2º = +2,00 V 
 (Ver diagrama adjunto: Problema 10(b)) 
 
 
11. (a) ¿Oxidarán los iones permanganato al ácido arsenioso, H3AsO3, a ácido arsénico, 
H3AsO4, en disolución ácida? (b) ¿Oxidarán los iones permanganato al peróxido de 
hidrógeno, H2O2, a oxígeno libre O2, en disolución ácida? Escriba la ecuación global. 
 
Solución: (a) Las ecuaciones correspondientes serían: 
 (+1)(+3) (-2) (+1)(+5) (-2) 
 5*(+H2O(l) + H3AsO3(aq)  H3AsO4(aq) + 2e- + 2H+(aq)) oxidación, -E1
º = -0,58 V 
 (+7) (-2) 
 2*(MnO4
-
(aq) + 5e
- + 8H+(aq)  Mn2+(aq) + 4H2O(l)) reducción, E2
º = +1,51 V 
 Sumando: 
 5H3AsO3(aq) + 2MnO4
-
(aq) + 6H
+
(aq)  5H3AsO4(aq) + 2Mn2+(aq) + 3H2O(l) 
 ∆Eº = +E2º - E1º = +1,51 V – 0,58 V = 0,93 V. Sí, el ácido arsenioso oxidará a 
los iones permanganato [∆Eº (+)]. 
(b) Ecuaciones (de Tabla IV.2): 
 5*(H2O2(aq)  O2(g) + 2H+(aq) + 2e-) oxidación, -E1º = -0,68 V 
 2*(MnO4
-
(aq) + 8H
+
(aq) + 5e-  Mn2+(aq) + 4H2O(l)) reducción, E2
º = +1,51 V 
 Sumando: 
 5H2O2(l) + 2MnO4
-
(aq) + 6H
+
(aq)  5O2(g) + 2Mn2+(aq) + 8H2O(l) 
 ∆Eº = +E2º - E1º = +1,51 V – 0,68 V = +0,83 V. Sí, los iones permanganato 
oxidarán al peróxido de hidrógeno [∆Eº (+)]. 
 
 Oxidación Reducción Oxidación Reducción 
Cu(s) 
Ánodo 
Au(s) 
Cátodo 
Al(s) 
Ánodo 
Cu(s) 
Cátodo 
Cu+2(aq) Au+3(aq) Al+3(aq) Cu+2(aq) 
+1,16 V 
e- 
V V 
+2,00 V 
e- 
Problema 10(a) Problema 10(b) 
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74 
 
12. Calcule el potencial normal de la celda, ∆Eº = Eºcelda, para la celda descrita en el 
ejercicio 3. 
 
Solución: En el problema 3 se oxida el Ga (Ga(s)|Ga3+(aq)) y se reduce el 
Fe (Fe3+(aq)|Fe2+(aq)), por tanto, las ecuaciones serían (los valores de los potenciales 
se han tomado de la Tabla 10): 
Ga(s)  Ga3+(aq) + 3e- oxidación, -E1
º = +0,53 V 
3*(Fe3+(aq) + 1e-  Fe2+(aq)) reducción, E2
º = +0,77 V 
Sumando: 
Ga(s) + 3Fe3+(aq)  Ga3+(aq) + 3Fe2+(aq) ∆Eº = +0,53 V + 0,77 V = +1,30 V 
 
13. Para cada una de las siguientes celdas: (i) escriba la reacción neta en el sentido 
consistente con la forma en que está escrita la celda; (ii) escriba las semirreacciones 
para los procesos anódico y catódico, (iii) halle el potencial normal de la celda, Eºcelda, 
a 25 ºC; y (iv) diga si la reacción de la celda normal llega a producirse tal como se da 
o en el sentido inverso. (a) Zn(s)|Zn2+(aq)||Sn2+(aq)|Sn(s); (b) Ag(s)|Ag+(aq)||Cd2+(aq)|Cd(s). 
 
Solución: (a) Zn(s)|Zn2+(aq)||Sn2+(aq)|Sn(s) 
Zn(s) → Zn2+(aq) + 2e- -E1
º = +0,76 V (ánodo) 
Sn2+(aq) + 2e- → Sn(s) E2
º = -0,13 V (cátodo) 
Sumando: 
Zn(s) + Sn2+(aq) → Zn2+(aq) + Sn(s) ∆Eº = E2º - E1º = +0,63 V 
La reacción es espontánea en el sentido indicado. 
(b) Ag(s)|Ag+(aq)||Cd2+(aq)|Cd(s) 
(Ag(s) → Ag+(aq) + 1e-)*2 -E1
º = -0,80 V 
Cd2+(aq) + 2e- → Cd(s) E2
º = -0,40 V 
Sumando: 
2Ag(s) + Cd2+(aq) → 2Ag+(aq) + Cd(s) ∆Eº = E2º - E1º = -1,20 V 
La reacción será espontánea en el sentido inverso. 
 
14. ¿Cuáles de las siguientes reacciones son espontáneas en celdas voltaicas en condi-
ciones normales o estándar? (a) Si(s) + 6OH-(aq) + 2Cu2+(aq)  SiO32-(aq) + 3H2O(l) + 
+ 2Cu(s); (b) Zn(s) + 4CN-(aq) + Ag2CrO4(s)  Zn(CN)42-(aq) + 2Ag(s) + CrO4
2-
(aq); 
(c) MnO2(s) + 4H+(aq) + Sr(s)  Mn2+(aq) + 2H2O(l) + Sr2+(aq); (d) Cl2(g) + 2H2O(l) + ZnS(s)  
 2HClO(aq) + H2S(aq) + Zn(s). 
 
Solución: (a) El silicio se oxida y el cobre se reduce; por tanto, las semirreacciones 
(de tablas de potenciales estándar de reducción) son: 
Si(s) + 6OH-(aq)  SiO3
2-
(aq) + 3H2O(l) + 4e
- -E1
º = +1,70 V 
(Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s))*2 E2
º = +0,337 V 
Sumando: 
Si(s) + 2Cu2+(aq) + 6OH-(aq)  SiO3
2-
(aq) + 2Cu(s) + 3H2O(l) 
∆Eº = E2º - E1º = +2,04 V, entonces, la reacción es espontánea en condiciones 
normales o estándar. 
(b) Escribimos los índices de oxidación para ver quién se oxida y quién se reduce 
(en esta reacción es menos evidente que en la anterior): 
 (0) (+1) (+6) (-2) (+2) (-1) (0) (+6) (-2) 
 Zn(s) + 4CN-(aq) + Ag2CrO4(s)  Zn(CN)42-(aq) + 2Ag(s) + CrO4
2-
(aq) 
 El Zn se oxida y la Ag se reduce; las semirreacciones son: 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
75 
 Zn(s) + 4CN-(aq)  Zn(CN)42-(aq) + 2e
- -E1
º = +1,26 V 
 Ag2CrO4(s) + 2e-  2Ag(s) + CrO4
2-
(aq) E2
º = +0,45 V 
 Sumando: 
 Zn(s) + Ag2CrO4(s) + 4CN-(aq)  Zn(CN)42-(aq) + 2Ag(s) + CrO4
2-
(aq) 
 ∆Eº = E2º - E1º = +1,71 V, entonces, la reacción es espontánea en condiciones 
normales o estándar. 
(c) El Mn se reduce: pasa de io = +4 a io = +2 y elSr se oxida; pasa de io = 0 a io = 
+2. Las semirreacciones son: 
 Sr(s)  Sr2+(aq) + 2e- -E1º = +1,63 V 
 MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e-  Mn2+(aq) + 2H2O(l) E2
º = +1,44 V 
 Sumando: 
 Sr(s) + MnO2(s) + 4H+(aq)  Sr(s) + Mn2+(aq) + 2H2O(l) 
 ∆Eº = E2º - E1º = +4,12 V, entonces, la reacción es espontánea en condiciones 
normales o estándar. 
(d) El Cl2 se oxida (pasa de io = 0 a io = +1) y el Zn se reduce (pasa de io = +2 a 
io = 0). Las semirreacciones son: 
 Cl2(g) + 2H2O(l)  2HClO(aq) + 2H+(aq) + 2e- -E1º = -1,63 V 
 ZnS(s) + 2e-  Zn(s) + S2-(aq) E2
º = -1,44 V 
 Sumando: 
 Cl2(g) + 2H2O(l) + ZnS(s)  2HClO(aq) + ZnS(s) + H2S(aq) 
 ∆Eº = E2º - E1º = -3,07 V, entonces, la reacción no es espontánea en condicio-
nes normales o estándar. 
 
15. De cada pareja ¿cuál es el agente reductor más fuerte? (a) Ag(s) o H2(g), (b) Sn(s) o 
Pb(s), (c) Hg(l) u Au(s), (d) Cl-(aq) en disolución ácida o Cl-(aq) en disolución básica, (e) 
HCl(aq) o H2S(aq), (f) Br-(aq) o Fe2+(aq). 
 
Solución: El agente reductor más fuerte es aquél que sea más fácilmente oxidable; 
es decir, el que tenga el Eox
º más alto. De la tabla 10: 
(a) Ag+(aq) + 1e-  Ag(s) E1º = 0,80 V 
 2H+(aq) + 2e-  H2(g) E2
º = 0,00 V 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E2
'º = 0,00 V > E1
'º = 
= - 0,80 V, entonces el H2(g) es agente reductor más fuerte que la Ag(s). 
(b) Sn2+(aq) + 2e-  Sn(s) E1º = -0,14 V 
 Pb2+(aq) + 2e-  Pb(s) E2º = -0,13 V 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E1
'º = +0,14 V > E2
'º = 
= +0,13V, entonces el Sn(s) es agente reductor más fuerte que el Pb(s). 
(c) Hg2
2+
(aq)
 + 2e-  2Hg(l) E1
º = +0,85 V 
 Au+(aq) + 1e-  Au(s) E2
º = +1,68 V 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E1
'º = -0,85 V > E2
'º = 
= - 0,68 V, entonces el Hg(l) es agente reductor más fuerte que el Au(s). 
(d) Del apéndice J del libro Química de Whitten: 
 Cl2(g) + 2e-  Cl-(aq) E1º = +1,360 V (solución ácida) 
 ClO3
-
(aq) + 3H2O(l) + 6e
-  Cl-(aq) + 60H-(aq) E2
º = +0,62 V (solución básica) 
 ClO3
-
(aq) + H2O(l) + 2e
-  Cl-(aq) + 2OH-(aq) E3
º = +0,89 V (solución básica) 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E2
'º = -0,62 V ∧ E3
'º = 
= - ,89 V > E1
'º = - 0,360 V, entonces el Cl-(aq) en solución básica es mejor re-
ductor que el Cl-(aq) en medio ácido (p ej. en solución de HCl). 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
76 
(e) Cl2(g) + 2e-  2Cl-(aq) E1º = +1,36 V 
 S(s) + 2H+(aq) + 2e-  H2S(aq) E2
º = +0,15 V 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E2
'º = -0,15 V > E1
'º = 
= - 0,36 V, entonces el H2S(aq) es mejor reductor que el HCl(aq) [Cl- en medio 
ácido, por ejemplo]. 
(f) Br2(l) + 2e-  2Br-(aq) E1º = +1,07 V 
 Fe2+(aq) + 2e-  Fe(s) E2
º = -0,44 V 
 Por tanto, los potenciales estándar de oxidación serán: E2
'º = +0,44 V > E1
'º = 
= - 0,07 V, entonces el Fe2+(aq) es mejor reductor que el Br-(aq). 
 
16. El elemento iterbio forma cationes 2+ y 3+ en disolución acuosa. Eº = -2,797 V para 
Yb2+(aq)|Yb(s) y –2,267 V para Yb3+(aq)|Yb(s). ¿Cuál es el potencial de reducción del 
estado normal para el par Yb3+(aq)|Yb2+(aq)? 
 
Solución: Las semirreacciones de reducción son: 
Yb2+(aq) + 2e-  Yb(s) E1
º = -2,797 V 
Yb3+(aq) + 3e-  Yb(s) E2
º = -2,267 V 
Invirtiendo la primera reacción y sumando: 
Yb(s)  Yb2+(aq) + 2e- -E1
º = +2,797 V 
Yb3+(aq) + 3e-  Yb(s) E2
º = -2,267 V 
Yb3+(aq) + 1e-  Yb2+(aq) E3º = ? 
El E3
º lo calculamos a partir de ∆Gº: ∆G3
º = ∆G1
º + ∆G2
º = (−n1FE1
º )+ + (-n2FE2
º ) = 
= - n3FE3
º  -n3E3
º = -n1E1
º - n2E2
º  E3
º = -n1E1
º - n2E2
º
-n3
 = -2 * (+2,797 V)- 3 * (-2,267 V)
-1
 = 
= - 1,207 V = E3º . 
 
17. El potencial normal de reducción para el Cu+(aq) a Cu(s) es +0,521 V, y para Cu2+(aq) a 
Cu(s) es de +0,337 V. Calcule el valor de Eº para el par Cu2+(aq)|Cu+(aq). 
 
Solución: Las semirreacciones son: 
 Cu+(aq) + 1e-  Cu(s) E1
º = 0,521 V 
 Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s) E2
º = +0,337 V 
 Invirtiendo la primera reacción: 
 Cu(s)  Cu+(aq) + 1e- -E1
º = -0,521 V 
 Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s) E2
º = +0,337 V 
 Sumando: 
 Cu2+(aq) + 1e-  Cu+(aq) E3º = ? 
El potencial estándar lo calculamos a partir de ∆Gº: ∆G3
º = ∆G1
º + ∆G2
º = (-n1FE1
º ) + 
+ (-n2FE2
º ) = -n3FE3
º  -n3E3
º = -n1E1
º - n2E2
º  E3
º = -n1E1
º - n2E2
º
-n3
 = 
= -1*(-0,521 V)- 2*(+0,337 V)
-1
 = +0,153 V = E3º . 
 
18. Considere la electrólisis del óxido de aluminio, Al2O3, disuelto en criolita, Na3AlF6, con 
electrodos inertes. Este es el proceso Hall para la producción comercial de aluminio. 
Se han realizado las siguientes observaciones experimentales cuando se aplica la 
corriente: (i) se produce aluminio metálico de color plata en un electrodo; (ii) burbujea 
oxígeno, O2, en otro electrodo. Haga un diagrama de la celda, indicando el ánodo, el 
cátodo, los electrodos positivos y negativos, la semirreacción que ocurre en cada 
electrodo, la reacción global y el sentido de flujo electrónico a través del cable. 
 
 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
77 
Solución: 
 
 
19. Haga lo mismo que en el ejercicio 18 para la electrólisis del sulfato potásico acuoso, 
K2SO4. Las observaciones son: (i) se producen burbujas de hidrógeno gaseoso en 
un electrodo, y la disolución se hace más básica alrededor de ese electrodo; (ii) se 
producen burbujas de oxígeno gaseoso en el otro electrodo, y la disolución se hace 
más ácida alrededor de ese electrodo. 
 
Solución: En el cátodo se está reduciendo el agua y en el ánodo se está oxidando 
(también el agua). De allí que se produzca alcalinidad y acidez, respectivamente en 
sus electrodos. 
La celda sería: 
 
 
 
20. Para cada uno de los siguientes cationes, calcule (i) el número de Faraday necesa-
rios para producir 1,00 mol de metal libre y (ii) el número de culombios necesarios 
para producir 1,00 g de metal libre. (a) Cd2+(aq), (b) Al3+(aq), (c) K+(aq). 
 
Solución: (i) Como 1 Faraday de electricidad equivale a 1 mol de electrones, para 
obtener 1 mol de metal se requerirá: 
(a) Cd2+(aq) + 2e-  Cd(s)  2 F 
(b) Al3+(aq) + 3e-  Al(s)  3 F 
(c) K+(aq) + 1e-  K(s)  1 F 
(ii) Como 1 F = 96 485 C, la cantidad de Coulomb necesarios en cada caso para 
obtener 1,00 g de metal será 
(a) 2 F
1 mol Cd
 * 96 485 C
F
 * 1 mol Cd
112,4 g Cd
 = 1717 C = 1,72x103 C (3 cs). 
(b) 3 F
1 mol Al
 * 96 485 C
F
 * 1 mol Al
27 g Al
 = 10 721 C = 1,07x103 C (3 cs). 
(c) 1 F
1 mol K
 * 96 485 C
F
 * 1 mol K
39 g K
 = 2474 C = 2,47x103 C (3 cs). 
 
21. Las celdas de una batería de automóvil se cargaron con una corriente constante de 
5,0 A durante exactamente 5 h. ¿Qué masas de Pb y de PbO2 se formaron en cada 
celda? La reacción global es: 2PbSO4(s) + 2H2O(l)  Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq). 
 
 Oxidación Reducción 
 
En cátodo: 4Al3+(aq) + 12e-  4Al(s) 
En ánodo: 6O2
2-
(aq)  3O2(g) + 12e
- 
Global: 4Al3+(aq) + 6O2
2-
(aq)  4Al(s) + 3O2(g) 
2Al2O3(s)  4Al(s) + 3O2(g) 
El cátodo es de hierro y el ánodo de car-
bón. 
Batería 
Cátodo Ánodo 
H2(g) O2(g) 
Na+(aq) 
SO4
2-
(aq) OH-(aq) H+(aq) 
Y las semirreacciones: 
2*[2H2O(l) + 2e-  H2(g) + 2OH-(aq)] (cátodo) 
2H2O(l)  O2(g) + 4H+(aq) + 4e- (ánodo) 
Sumando: 
6H2O(l)  2H2(g) + O2(g) + 4H+(aq) + 4OH-(aq) 
 4H2O 
2H2O(l)  2H2(g) + O2(g) (reacción neta) 
Batería Cátodo Ánodo 
Al(s) O2(g) 
Al2O3 
Fe(s) C(s) 
Na3AlF6(l) 
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78 
 
Solución: 
PbSO4(s) + 2e-  Pb(s) + SO4
2-
(aq) (ánodo en carga) 
PbSO4(s) + 2H2O(l)  PbO2(s) + 4H+(aq) + SO4
2-
(aq) + 2e
- (cátodo en carga) 
I = 5 A, t = 5 h  q = 5 A * 5 h * 3600 s
h
 = 90 000 Coulomb. En la semirreacción 
anódica: mPb = 90 000 C * 
207,2 g Pbmol Pb
2*96 500 Cmol Pb
 = 96,62 g Pb, ya que se transfieren 2 moles 
de electrones por cada mol de Pb(s). 
En la semirreacción catódica: mPbO2 = 90 000 C * 
239,2 g PbO2mol PbO2
2*96 500 Cmol PbO2
 = 111,54g PbO2. 
 
22. La ecuación química para la electrólisis de salmuera relativamente concentrada es: 
2NaCl(aq) + 2H2O(l)  Cl2(g) + H2(g) + 2NaOH(aq). ¿Qué volumen de cloro gaseoso se 
hubiese generado a 735 torr y 5 ºC si el proceso fuese de una efectividad del 88 % y 
si fluyese una corriente de 1,5 A durante 5,0 h? 
 
 (-1) (+1) (0) (0) 
Solución: 2NaCl(aq) + 2H2O(l) → Cl2(g) + H2(g) + 2NaOH(aq) 
 2Cl- → Cl2(g) + 2e- (ánodo) 
Q = I * t * % R = (1,5 A) * (5,0 h * 3600 s
h
) * 88
100
 = 23 760 C = 2,4x104 C (2 cs). En el 
ánodo se puede ver que se transfieren 2 moles de electrones por cada mol de Cl2(g); 
por tanto: nCl2 = 23 760 C * 
mol Cl2
2*96 500 C
 = 0,1231 moles de Cl2 ≈ 0,12 moles Cl2 (2 cs). 
El volumen lo calculamos con la EGGI (ecuación de los gases ideales): V = nRT
P
 = 
= 
0,1231 moles * 0,082 atm.Lmol.K * 278 K
�735 torr
760 torratm
�
 = 2,9 L = VCl2. 
 
23. La masa de plata depositada en una cuchara durante la electrodeposición fue de 
0,775 mg. ¿Cuánta carga eléctrica pasó a través de la celda? 
 
Solución: Reacción catódica: Ag+(aq) + 1e-  Ag(s); se requiere 1 mol de electrones, 
por tanto 96 500 C, por cada mol de Ag(s) (107,86 g). En consecuencia: 96 500 Cmol Ag * 
* mol Ag
107,86 g Ag
 * 0,775 mg Ag *10-3 g
mg
 = 0,69 C. 
 
24. Se pasa corriente suficiente a través de una disolución para depositar un mol de ní-
quel metal a partir de una disolución de NiSO4. En otras celdas electrolíticas, esta 
misma corriente deposita dos moles de plata a partir de una disolución de AgNO3, 
pero libera sólo medio mol de O2 gas. Explique las observaciones. 
 
Solución: Como: NiSO4(aq) → Ni+2(aq) + SO4-2(aq) la reacción anódica será: Ni
+2
(aq) + 
+ 2e- → Ni(s); por tanto, se han necesitado 2 F de electricidad para 1 mol de Ni(s). Para 
la plata: Ag+(aq) + 1e-  Ag(s), con 2 F se depositan 2 moles de Ag(s), hecho que con-
cuerda para la reacción anódica. En el caso del agua: 2H2O(l)  O2(g) + 4H+(aq) + 4e-; 
se transfieren 4 moles de electrones por cada mol de O2(g); de allí que con 2 F (2 mo-
les de electrones) solo se reduce medio mol de O2. 
 
25. Se pasa una corriente a través de 500 mL de una disolución de CaI2. Tienen lugar 
las siguientes reacciones de electrodo: 
red. 
ox. 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
79 
ánodo: 2I-(aq)  I2(s) + 2e- 
cátodo: 2H2O(l)+ 2e-  H2(g) + 2OH–(aq) 
Después de un tiempo, el análisis de la disolución muestra que se han formado 
47,7 mmol de I2(s). (a) ¿Cuántos Faraday de carga han pasado por la disolución?; (b) 
¿cuántos culombios?; (c) ¿qué volumen de H2(g) seco en CN se ha formado?; (d) 
¿cuál es el pH de la disolución? 
 
Solución: Las semirreacciones son: 
 2I-(aq)  I2(s) + 2e- (ánodo, oxidación) 
 2H2O(l) + 2e-  H2(g) + 2OH-(aq) (cátodo, reducción) 
 Si se obtienen 47,7 mmoles o 4,77x10-2 moles de I2 en el ánodo: 
(a) Faraday necesarios = 4,77x10-2 moles I2 * 2 moles e
-
mol I2
 * 1 F
mol e-
 = 9,54x10-2 F. 
(b) Coulomb necesarios = #F * 96 485 C
F
 = 9,54x10-2 F * 96 485 C
F
 = 9205 C = 
= 9,21x103 C. 
(c) Sumando las semirreacciones: 
 2H2O(l) + 2I-(aq)  I2(s) + H2(g) + 2OH-(aq) 
 Se deduce que el número de moles de H2(g) es igual al número de moles de I2(s), 
entonces: nH2 = nI2 = 4,77x10
-2 moles; y como 1 mol de 1 gas ideal ocupa 22,4 L 
en CNTP  VH2 = 4,77x10
-2 moles * 22,4 L
mol
 = 1,068 L = 1,07 L de H2 en CNTP. 
(d) nOH- = 2nH2 = 2 * 4,77x10
-2 moles = 9,54x10-2 moles; y como el V = 500 mL 
(solución)  [OH-] = 9,54×10
-2 moles
0,500 L
 = 0,1908 M  [H+] = 1×10
-14 M
0,1908 M
 = Kw[OH-] = 
= 5,24×10-14 = [H+]  pH = -log [H+] = -log [5,24x10-14] = 13,28 = pH. 
 
26. En una fábrica de refinado de cobre, se pasa una corriente de 7,50x103 A a través de 
una disolución que contiene Cu+(aq). ¿Qué masa de cobre, en kilogramos, se deposita 
en 24 h? 
 
Solución: Cu+(aq) + 1e-  Cu(s). Se deben transferir 1 mol de electrones por cada mol 
de Cu(s) (63,55 g Cu(s)) que equivalen a 1 F o 96 500 C. La carga transferida es: q = 
= I*t = 7,50x103 A * 24 h * 3 600 s
h
 = 6,48x108 C. Por tanto, la masa de Cu(s) deposi-
tado, en kg, será: mCu = 6,48×10
8 C
96 500 Cmol Cu
 * 63,55 g Cu
mol Cu
 * 10-3 kg
g
 = 426 kg Cu(s). 
 
27. Tres celdas electrolíticas se conectan en serie, esto es, por las tres pasa la misma 
corriente, una tras otra. En la primera celda, se oxida 1,00 g de Cd(s) a Cd2+(aq), en la 
segunda se reduce Ag+(aq) a Ag(s); en la tercera, se oxida Fe2+(aq) a Fe3+(aq). (a) Halle 
el número de Faraday que pasan por el circuito. (b) ¿Qué masa de Ag(s) se deposita 
en el cátodo de la segunda celda? (c) ¿Qué masa de Fe(NO3)3 se podría recuperar 
de la disolución en la tercera celda? 
 
Solución: Cd(s) → Cd2+(aq) + 2e- 
 1 mol 1 mol 2 moles 1 g
112,4 gmol
 = 8,9x10-3 moles Cd(s) 
(a) Pasan 2 * 8,9x10-3 moles de e- = 0,0178 moles de e- ó 0,0178 F. 
(b) Ag+(aq) + 1e-  Ag(s); se depositan 0,0178 moles de Ag  mAg = nAg * PAAg = 
= 0,0178 moles * 107,9 g
mol
 = 1,92 g Ag. 
(c) Fe2+(aq) → Fe3+(aq) + 1e-; se oxidan 0,0178 moles de Fe2+(aq) a Fe3+(aq) y como por 
cada mol de Fe3+(aq) hay 1 mol de Fe(NO3)3, se pueden recuperar 0,0178 moles 
de Fe(NO3)3  mFe(NO3)3 = nFe(NO3)3 * PFFe(NO3)3 = 0,0178 moles * 241,85 
g
mol
 = 
= 4,30 g de Fe(NO3)3. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
80 
 
28. La plata deslustrada se recubre con una pátina de Ag2S(s). El recubrimiento se puede 
eliminar hirviendo los objetos de plata en un recipiente de aluminio, con algo de bi-
carbonato sódico o sal para hacer conductora la disolución. Explique esto desde el 
punto de vista de la electroquímica. DATO: Ag2S(s) + 2e-  2Ag(s) + S2-(aq); Eº = 
= ─0,69 V. 
 
Solución: Para eliminar la pátina, esta se tiene que disolver y los iones Ag+(aq) redu-
cirse a Ag(s). El Al(s) de la olla debe oxidarse de la misma manera como ocurriría en 
una celda voltaica: 
 
Esta es una reacción que ocurre de manera espontánea. Se reduce la plata sobre la 
superficie de la cuchara, oxidándose el aluminio sobre la superficie de la olla. 
 
29. Describa el proceso de corrosión. ¿Cómo puede evitarse la corrosión del metal fácil-
mente oxidable si se expone al aire libre? 
 
Solución: La corrosión de un metal es un proceso natural y espontáneo, por el cual 
la humedad y oxígeno presentes en el ambiente ocasionan, a través de un proceso 
REDOX, la “pérdida” de metal por oxidación. Este proceso ocurre especialmente en 
las partes activas de un metal (puntos, o zonas de tensión producto de dobladuras). 
Las ecuaciones que ocurren son (ver figura 75 de apuntes): 
Oxidación (ánodo): Fe(s)  Fe3+(aq) + 3e- (se oxida el hierro) 
Reducción (cátodo): O2(g) + 2H2O(l) + 4e-  4OH-(aq) (se reduce el oxígeno) 
Se trata de un mecanismo complejo, con productos complejos, como óxidos e hidró-
xidos de hierro. Se puede representar con la reacción global: 2Fe(s) + 32O2(g) + xH2O(l) 
→ Fe2O3.xH2O(s). Para evitar la corrosión se puede actuar sobre el mecanismo redox 
mediante protección anódica o catódica o recubriendo el material con otros más re-
sistentes a la corrosión (recubrimientos metálicos, galvanizado, cromado, etc.), o ais-
lando el material del ambiente (capa de pintura, mejor si es anticorrosiva). 
 
30. ¿Cuál es la utilidad de la ecuación de Nernst en electroquímica? ¿Cómo se modifi-
caría la ecuación de Nernst si deseásemos usar logaritmos naturales, ln? ¿Cuál es 
el valor de la constante en la ecuación siguiente a 25 ºC?: Q ln
n
tetanconsºEE −= . 
Solución: La ecuación de Nernst nos permite medir el potencial de celda en condi-
ciones diferentes a las condiciones termodinámicas normales. Si usáramos ln: 
E = Eº - 2,303 RT
n * F
 * log Q, habría que dividir el log x por 2,303 (ln x = 2,303 log x)  
 E = Eº - RT
n * F
 * ln Q  constante = RTF . 
 
31. Calcule el potencial de reducción para el ion hidrógeno en un sistema que tiene ácido 
perclórico de concentración 2,00x10-4 M y una presión de hidrógeno de 3,00 atm (re-
cuerde que el HClO4 es un ácido fuerte en disoluciónacuosa). 
 
Solución: La celda ya no es una celda normal: [H+] ≠ 1 M y pH2 ≠ 1 atm; por tanto, 
aplicaremos la ecuación de Nernst. 
 
3*[ Ag2S(s) + 2e-  2Ag(s) + S2-(aq)] Eº = -0,69 V 
2*[Al(s)  Al3+(aq) + 3e-] Eº = +1,66 V 
3Ag2S(s) + 2Al(s)  6Ag(s) + 2Al3+(aq) + 3S2-(aq) Eº = +0,97 V 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
81 
[H+] = [HClO4] = 2x10-4 M ya que es un ácido fuerte; y pH2 = 3 atm. Según Nernst: E = 
= Eº - 0,0592
n
 log K. Como la ecuación es: 2H+(aq) + 2e-  H2(g) (Eº = 0,00 V), entonces1: 
E = 0,00 V - 0,0592
2
 log
pH2
�H+�
2 = - 
0,0592
2
 log 3,00
�2,00×10-4�
2 = -0,233 V = E. 
 
32. Los potenciales normales de reducción para los pares H+(aq)|H2(g) y O2(g), H+(aq)|H2O(l) 
son 0,0000 V y 1,229 V, respectivamente. (a) Escriba las semirreacciones y la reac-
ción global, y calcule Eº para la reacción 2H2(g) + O2(g)  2H2O(l); (b) calcule E para la 
celda cuando la presión de H2(g) es de 3,00 atm y la de O2(g) es de 1,25 atm. 
 
Solución: (a) Semirreacciones: 
 (2H+(aq) + 2e-  H2(g))*2 E1
º = 0,000 V 
 O2(g) + 4H+(aq) + 4e-  2H2O(l) E2
º = +1,229 V 
 Invirtiendo la primera reacción y multiplicándole por 2: 
 2H2(g)  4H+(aq) + 4e- -E1
º = 0,000 V 
 O2(g) + 4H+(aq) + 4e-  2H2O(l) E2
º = +1,229 V 
 Sumando: 
 2H2(g) + O2(g)  2H2O(l) ∆Eº = E2
º - E1
º = +1,229 V 
(b) E = Eº - 0,0592
n
 * log 1
pH2
2 * pO2
 = +1,229 V - 0,0592
4
 * log 1(3,00)2 * (1,25) = +1,245 V = E. 
 
33. ¿Cuál debe ser la presión del flúor gas para producir un potencial de reducción de 
2,75 V en una disolución que contiene F-(aq) 0,40 M? 
 
Solución: La semirreacción es: F2(g) + 2e-  2F-(aq) (Eº = +2,87 V); usando la ecuación 
de Nernst: E = 2,75 V = Eº - 0,0592
n
 * log �F(aq)
- �
2
pF2
  2,75 V = 2,87 V – 0,0592
2
 * log [0,40]
2
pF2
  
 0,12 V * 2
0,0592
 = log 0,16
pF2
  4,05 = log 0,16
pF2
  104,05 = 0,16
pF2
  pF2 = 
0,16
104,05
 = 0,16
11 220
 = 
= 1,4x10˗5 atm (1,1x10-2 mm Hg). 
 
34. Halle el potencial de la celda en la cual se sumergen electrodos idénticos de hierro 
en disoluciones de FeSO4 de concentración 1,5 mol/L y 0,15 mol/L. 
 
Solución: Fe2+(aq) + 2e- → Fe(s) Eº = -0,44 V 
Fe2+(aq) 1,5 M: E = -0,44 – 0,05922 log
1
1,5
 = -0,43478 V 
Fe2+(aq) 0,15 M: E = -0,44 - 0,05922 log
1
0,15
 = -0,46438 V 
Fe(s) → Fe2+ (0,15 M) + 2e- -E1
º =0,46438 
Fe2+(aq) (1,5 M) + 2e- → Fe(s) E2
º = -0,43478 
Fe2+(aq) (1,5 M) → Fe2+(aq) (0,15 M) ∆Eº = +0,0296 V 
 
35. Construimos una celda en la cual se colocan electrodos idénticos de cobre en dos 
disoluciones. La disolución A contiene Cu2+(aq) 0,75 M. La disolución B contiene 
Cu2+(aq) a una concentración que se sabe que es inferior a la de la disolución A. El 
potencial observado en la celda es 0,045 V. ¿Cuál es la [Cu2+(aq)] en la disolución B? 
 
 
1 Unidades en la ecuación de Nernst. La expresión 2,303 RT
F
 vale: 
2,303 * 8,314 Jmol∙K * 298,15 K
96 485 Cmol e-
 = 0,0592 J
C
 = 0,0592 V. En la ecuación 
de Nernst n (# de moles de e- transferidos o valencia) no tiene unidades y Q tampoco ya que termodinámicamente es una 
relación de actividades, aunque numéricamente deben expresarse en moles/L o molaridad cuando se trata de concentra-
ciones, y en atmósferas cuando se trata de presiones parciales. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
82 
Solución: Se trata de una celda de concentración que se puede representar como: 
Cu2+(aq) (0,75 M)  Cu2+(aq) (x M); x < 0,75 M. Usando la ecuación de Nernst: Ecelda = 
= Ecelda
º - 0,0592
n
 * log [solución diluida][solución concentrada], dando Eº = 0 ya que las semirreacciones en 
ambas semiceldas son las mismas en condiciones estándar  ∆Eº = Ecelda
º = 0: 
Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s); n = 2. Por tanto: 0,045 V = 0 V - 0,05922 * log 
x
0,75
  0,045 * 2
0,0592
 = 
= ─log x
0,75
  -1,52 = +log x
0,75
; o bien 10-1,52 = x
0,75
  x = 0,75 * 10-1,52 = 0,023 M  
 x = [solución diluida] = [Cu2+(aq)] = 0,023 M. 
 
36. Construimos una celda estándar de cobre-cadmio, cerramos el circuito y dejamos 
que la celda funcione. Un poco más tarde, el voltaje de la celda alcanza cero, y la 
celda se “agota”. (a) ¿Cuál será la relación de [Cd2+(aq)] a [Cu2+(aq)] en ese momento? 
(b) ¿Cuáles serán las concentraciones? 
 
Solución: La celda es: 
Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s) E1
º = +0,337 V 
Cd2+(aq) + 2e-  Cd(s) -E2
º = -0,403 V 
Invirtiendo la segunda reacción: 
Cu2+(aq) + 2e-  Cu(s) E1
º = +0,337 V 
Cd(s)  Cd2+(aq) + 2e- -E2
º = +0,403 V 
Sumando: 
Cu2+(aq) + Cd(s)  Cd2+(aq) + Cu(s) ∆E = -E2
º + E1
º = +0,740 V 
(a) Aplicando la ecuación de Nernst: E = Eº - 0,0592
n
 * log 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
  0 = +0,740 V - 
─ 0,0592
2
 * log 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
  0,740 * 2
0,0592
 = log 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
  25 = log 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
  1025 = 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
 = 
= 1x1025. 
(b) Cu2+(aq) + Cd(s)  Cu(s) + Cd2+(aq) 
 Inicio (M): 1 M 1 M 
 Cambio (M): -x +x 
 Final (M): (1 - x) (1 + x) (celda agotada) 
 Según (a) 
�Cd(aq)
2+ �
�Cu(aq)
2+ �
 = 1x1025  �Cd(aq)
2+ � = 1x1025[Cu2+(aq)] y de la situación final: 
[Cu2+(aq)] + [Cd2+(aq)] = (1,00 - x) M + (1 + x) M = 2 M  [Cu2+(aq)] + 1x1025[Cu2+(aq)] = 
= 2 M  [Cu2+(aq)] * (1 + 1x1025) = 2 M  [Cu2+(aq)] ≅ 2 M
1×1025
 = 2x10-25 M = 
= [Cu2+(aq)]; y [Cd2+(aq)] = 2 M - [Cu2+(aq)] = 2 M – 2x10-25 ≅ 2 M = [Cd2+(aq)]. 
 
37. Repita el ejercicio 36 para la celda normal de zinc-níquel 
 
Solución: (a) Ni2+(aq) + 2e-  Ni(s) reducción (cátodo) Eº = -0,25 V 
 Zn(s)  Zn2+(aq) + 2e- oxidación (ánodo) Eº = +0,763 V 
 Ecuación de Nernst: Ecel = Ecel
º - 0,0592
n
 log 
�Zn(aq)
2+ �
�Ni(aq)
2+ �
  0 = 0,513 - 0,0592
2
 log 
�Zn(aq)
2+ �
�Ni(aq)
2+ �
  
 log 
�Zn(aq)
2+ �
�Ni(aq)
2+ �
 = 17,33  
�Zn(aq)
2+ �
�Ni(aq)
2+ �
 = 1,99x1017 ≈ 2x1017. 
(b) Siendo una celda estándar [Ni2+]inicial = [Zn2+]inicial = 1,00 M. Por cada mol de Zn2+ 
que se produce se pierde (consume) 1 mol de Ni2+, si reaccionan x mol
L
 de Ni2+ se 
producen x mol
L
 de Zn2+. 
 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
83 
 Ni2+(aq) + Zn(s)  Ni(s) + Zn2+(aq) 
 1,00 M 1,00 M (inicio) 
 -x M +x M (cambio) 
 (1 - x) M (1 + x) M (cuando se agota) 
 De la relación de concentraciones [Zn2+] = 2x1017 * [Ni2+]  [Zn2+] + [Ni2+] = 
= (1,00 + x) M + (1,00 - x) M = 2,00 M = (2x1017) * [Ni2+] + [Ni2+] = (2x1017 + 1) * 
* [Ni2+] ≈ (2x1017)[Ni2+]  [Ni2+] = 2,00
2×1017
 = 1x10-17 M; [Zn2+] = 2,00 M - [Ni2+] ≅ 
≅ 2,00 M. 
 
38. El potencial para la celda Zn(s) + 2H+(aq) (? M)  Zn2+(aq) (3,0 M) + H2(g) (5,0 atm) se 
observa que es 0,450 V. ¿Cuál es el pH de la semicelda H+|H2? 
 
Solución: Semirreacciones: 
Zn(s)  Zn2+(aq) + 2e- -E1
º = +0,763 V 
2H+(aq) + 2e-  H2(g) E2
º = 0,00 V 
Sumando: 
Zn(s) + 2H+(aq)  Zn2+(aq) + H2(g) ∆E = E2
º - E1
º = +0,763 V 
Usando la ecuación de Nernst: E = Eº - 0,0592
n
 log 
�Zn2+� * pH2
�H(aq)
+ �
2 ; reemplazando los valores 
conocidos: 0,450 V = 0,763 V - 0,0592
2
 log [3,0] ∗ [5,0]
�H(aq)
+ �
2  10,57 = log 
15
�H(aq)
+ �
2  1010,57 = 
= 15
�H(aq)
+ �
2  3,75x1010 = 
15
�H(aq)
+ �
2  [H+(aq)] = �
15
3,75×1010
 = 1,99x10-5 ≈ 2,0x10-5  pH = 
= - log [H+(aq)] = -log [2,0x10-5] = 4,699 ≈ 4,7 = pH. 
 
39. Calcule el potencial normal de celda ∆Eº = Eºcelda a partir de los potenciales normales 
de reducción para cada una de las siguientes reacciones en disolución acuosa. Des-
pués calcule ∆Gº y K a partir de Eºcelda a 25 ºC. ¿Qué reacciones son espontáneas 
tal como se escriben? 
(a) Sn4+(aq) + 2Fe2+(aq)  Sn2+(aq) + 2Fe3+(aq) 
(b) 2Cu+(aq)  Cu2+(aq) + Cu(s) 
(c) 3Zn(s) + MnO4- (aq) + 4H2O(l)  2MnO2(s) + 3Zn(OH)2(s) + 2OH
-
(aq) 
 
Solución: (a) Las semirreacciones son: 
 (Fe2+(aq)  Fe3+(aq) + 1e-)*2 -E1
º = -0,771 V 
 Sn4+(aq) + 2e-  Sn2+(aq) E2
º = +0,15 V 
 Sumando: 
 2Fe2+(aq) + Sn4+(aq)  2Fe3+(aq) + Sn2+(aq) ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = -0,621 V 
 Noes espontánea ya que ∆Eº < 0  ∆Gº = -nFEcelda
º = -�2 moles de e
-
mol Rx
� * 
* �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (-0,621 V) = +1,19x105 J
mol Rx
 = +1,19x102 kJmol Rx = ∆Gº (no es es-
pontánea). 
 Para el cálculo de K: ∆Gº = -RTln K; o bien: ln K = - ∆G
º
RT
 = 
-1,19×105 Jmol Rx
�8,314 Jmol∙K�(298 K)
 = 
= ─48,4 = ln K  K = e-48,4 = 9,79x10-22 = K. 
(b) Cu+(aq) + e-  Cu(s) E1º = +0,521 V 
 Cu+(aq)  Cu2+(aq) + 1e- -E2
º = -0,153 V 
 Sumando: 
 2Cu+(aq)  Cu(s) + Cu2+(aq) ∆Eº = Ecelda
º = -E2
º + E1
º = +0,368 V 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
84 
 La reacción es espontánea tal como está escrita, bajo las condiciones estándar. 
Ecelda
º > 0  ∆Gº = -nFEceldaº = -�
1 mol de e-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+0,368 V) = 
= ─3,55x104 Jmol Rx ó -35,5 
kJ
mol Rx. 
 A 25 ºC, ln K = nFEcelda
º
RT
 = 
�1 mol de e
-
mol Rx �*�
9,65×104 J
V∙mol de e-�*(+0,368 V)
�8,314 Jmol∙K�*(298 K)
 = 14,3, resolviendo, K = e14,3 
ó 1,68x106. 
(c) 2(MnO4- (aq) + 2H2O(l) + 3e
-  MnO2(s) + 4OH-(aq)) E1
º = +0,588 V 
 3(Zn(s) + 2OH-(aq)  Zn(OH)2(s) + 2e-) -E2
º = +1,245 V 
 Sumando: 
 2MnO4
-
(aq) + 3Zn(s) + 4H2O(l)  2MnO2(s) + 3Zn(OH)2(s) + 2OH
-
(aq) 
 ∆Eº = Ecelda
º = -E2
º + E1
º = +1,833 V; la reacción es espontánea tal como está 
escrita, bajo las condiciones estándares. Ecelda
º > 0  ∆Gº = -nFEceldaº = 
= ─�6 moles de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+1,833 V) = ─1,061x106 Jmol Rx ó -1061
kJ
mol Rx. 
 A 25 ºC, ln K = nFEcelda
º
RT
 = 
�6 moles de e
-
mol Rx �*�
9,65×104 J
V∙mol de e-�*(+1,833 V)
�8,314 Jmol∙K�*(298 K)
 = 428,1, resolviendo, K = 
= e428,1 ó 8,6x10185. 
 
40. Calcule ∆Gº (global) y ∆Gº por mol de metal para cada una de las siguientes reaccio-
nes a partir de los valores de Eº: (a) El Zinc se disuelve en ácido clorhídrico diluido 
para producir una disolución que contiene Zn2+(aq), y se desprende hidrógeno gas. (b) 
El cromo se disuelve en ácido clorhídrico concentrado para producir una disolución 
que contiene Cr3+(aq), y se desprende hidrógeno gas. (c) La plata se disuelve en ácido 
nítrico diluido para formar una disolución que contiene Ag+(aq), y se libera NO gas. (d) 
El plomo se disuelve en ácido nítrico diluido para dar una disolución que contiene 
Pb2+(aq), y se libera NO gas. 
 
Solución: (a) La ecuación balanceada es: Zn(s) + 2HCl(aq) → Zn2+(aq) + H2(g) + 2Cl-(aq) 
 Las semirreacciones son: 
 Zn(s) → Zn2+(aq) + 2e- -E1
º = +0,763 V 
 2H+(aq) + 2e- → H2(g) E2
º = 0,000 V 
 Sumando: 
 Zn(s) + 2H+(aq) → Zn2+(aq) + H2(g) ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = +0,763 V 
 ∆Gº = -nFEcelda
º = -�2 moles de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+0,763 V) = -1,47x105 J
mol Rx
 = 
= ─1,47x102 kJmol Rx = ∆Gº (es espontánea). 
(b) La ecuación balanceada es: 2Cr(s) + 6HCl(aq) → 2CrCl3(aq) + 3H2(g) 
 La ecuación iónica es: 2Cr(s) + 6H+(aq) + 6Cl-(aq) → 2Cr3+(aq) + 6Cl-(aq) + 3H2(g) 
 Las semirreacciones son: 
 (Cr3+(aq) + 3e- → Cr(s))*2 E1
º = -0,74 V 
 (2H+(aq) + 2e- → H2(g))*3 E2
º = 0,000 V 
 Invirtiendo la primera ecuación y multiplicando por 2: 
 2Cr(s) → 2Cr3+(aq) + 6e- -E1
º = +0,74 V 
 6H+(aq) + 6e- → 3H2(g) E2
º = 0,000 V 
 Sumando: 
 2Cr(s) + 6H+(aq) → 2Cr3+(aq) + 3H2(g) ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = +0,74 V 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
85 
 ∆Gº = -nFEcelda
º = -�6 moles de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+0,74 V) = -4,3x105 J
mol Rx
 ó 
J
2 moles Cr
  por mol de Cr = -2,1x105 J
mol Cr
 = -2,1x102 kJmol Cr = ∆Gº (es espontá-
nea). 
(c) La ecuación balanceada sería: Ag(s) + 2HNO3(aq) →AgNO3(aq) + NO(g) + H2O(l) 
 Las semirreacciones serían: 
 (Ag(s) → Ag+(aq) + 1e-)*3 -E1
º = -0,855 V 
 NO3
-
(aq) + 4H
+
(aq) + 3e- → NO(g) + H2O(l) E2
º = 0,96 V 
 Sumando: 
 3Ag(s) + NO3
-
(aq) + 4H
+
(aq) → NO(g) + H2O(l) + 3Ag+(aq) 
 ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = +0,11 V 
 ∆Gº = -nFEcelda
º = -�3 moles de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+0,11 V) = -3,0x104 J
mol Rx
 = 
= −30 kJmol Rx ó 
kJ
3 moles Ag = -10 
kJ
mol Ag = ∆Gº (es espontánea). 
(d) La ecuación balanceada sería: Pb(s) + HNO3(aq) → Pb2+(aq) + NO(g) 
 Las semirreacciones serían: 
 (Pb(s) → Pb2+(aq) + 2e-)*3 -E1
º = +0,126 V 
 (NO3
-
(aq) + 4H
+
(aq) + 3e- → NO(g) + H2O(l))*2 E2
º = 0,96 V 
 Sumando: 
 3Pb(s) + 2NO3
-
(aq) + 8H
+
(aq) → 3Pb2+(aq) + 2NO(g) + 2H2O(l) 
 ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = +1,086 V 
 ∆Gº = -nFEcelda
º = -�6 moles de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+1,086 V) = -6,287x105 J
mol Rx
 = 
= −6,287x102 kJmol Rx ó 
kJ
3 moles Pb = -2,096x10
2 kJmol Pb = ∆Gº (es espontánea). 
 
41. Usando las siguientes semirreacciones y los datos de Eº a 25 ºC: PbSO4(s) + 2e-  
 Pb(s) + SO4
2-
(aq), Eº = -0,356 V; PbI2(s) + 2e
-  Pb(s) + 2I-, Eº = -0,365 V, calcule la 
constante de equilibrio para la reacción: PbSO4(s) + 2I-(aq) ⇄ PbI2(s) + SO4
2-
(aq). 
 
Solución: Las semirreacciones son: 
Pb(s) + 2I-(aq) → PbI2(s) + 2e- -E1
º = +0,365 V 
PbSO4(s) + 2e- → Pb(s) + SO4
2-
(aq) E2
º = -0,356 V 
Sumando: 
PbSO4(s) + 2I-(aq) → PbI2(s) + SO4
2-
(aq) ∆Eº = Ecelda
º = E2
º - E1
º = +0,009 V 
∆Gº = -RTln K = -nFEcelda
º  -RTln K = -nFEcelda
º  ln K = nF∆E
º
RT
 = 
= 
�2 moles de e
-
mol Rx �*�
9,65×104 J
V∙mol de e-�*(+0,009 V)
�8,314 Jmol∙K�*(298 K)
 =  ln K = 0,7  K = e0,7 = 2,016 = 2 = K. 
 
42. Calcule ∆Gº para la semirreacción: 1
2
H2O2(aq) + H+(aq) + 1e-  H2O(l), siendo Eº = 
= +1,77 V para el par H2O2(aq)|H2O(l). 
 
Solución: 1
2
H2O2(aq) + H+(aq) + 1e-  H2O(l); Eº = +1,77 V  ∆Gº = -nFEº = 
= ─�1 mol de e
-
mol Rx
� * �9,65×10
4 J
V∙mol de e-
� * (+1,77 V) = -170 805 J
mol Rx
 = -1,71x105 J
mol Rx
 = 
= −1,71x102 kJmol Rx. 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
86 
43. Esquematice y describa el funcionamiento de (a) la pila seca de Leclanché, (b) la 
batería acumuladora de plomo y (c) la celda de combustible hidrógeno-oxígeno. 
 
Solución: (a) Pila de Leclanché (ver figura 78 de los apuntes)  recipiente de Zn y 
barra de carbono (ánodo y cátodo respectivamente) 
 Zn(s) → Zn(aq)
2+ + 2e- -E1
º = +0,763 V 
 2NH4
+
(aq) + 2e- → 2NH3(g) + H2(g) E2
º = +0,70 V 
Reacción de celda: Zn(s) + 2NH4
+
(aq) → Zn(aq)
2+ + 2NH3(g) + H2(g) Ecelda = +1,46 V 
El H2(g) generado es oxidado por el MnO2: H2(g) + 2 MnO2(s) → 2MnO(OH)(s). 
El NH3(g) se combina con los iones Zn2+(aq): Zn2+(aq) + 4NH3(g) →[Zn(NH3)4](aq)2+ . 
Así se evita la producción de gases. 
(b) Batería de plomo (figura 81 de los apuntes): Consiste en un grupo de placas de 
plomo que soportan plomo esponjoso comprimido con un grupo de placas de 
plomo que soportan óxido de plomo (IV), PbO2. Los electrodos están sumergidos 
en una solución de ácido sulfúrico al 40 %. Cuando la celda se descarga el Pb 
esponjoso se oxida a Pb2+(aq), los cuales se combinan en el ion sulfato para dar 
PbSO4 insoluble que recubre el ánodo. Los electrones producidos en el ánodo 
por oxidación del plomo esponjoso viajan a través del circuito externo hacia el 
cátodo y reducen al Pb(IV) a Pb(II) en presencia de H+(aq). El cátodo también se 
recubre con sulfato de plomo insoluble. La batería acumuladora de plomo puede 
recargarse invirtiendo todas estas reacciones: 
 Descarga (ánodo): 
 Pb(s) → Pb2+(aq) + 2e- (óxidación) 
 Pb2+ + SO4
2-
(aq) → PbSO4(s) (precipitación) 
 Sumando: 
 Pb(s) + SO4
2-
(aq) → PbSO4(s) + 2e
- Eº = +0,356 V 
 Descarga (cátodo): 
 PbO2(s) + 4H+(aq) + 2e- → Pb2+(aq) + 2H2O(l) (reducción) 
 Pb2+(aq) + SO4
2-
(aq) → PbSO4(s) (precipitación) 
 Sumando: 
 PbO2(s) + 4H+(aq) + 2e- → PbSO4(s) + 2H2O(l) Eº = +1,685 V 
 Reacción total: 
 Pb(s) + PbO2(s) + H2SO4(aq) → 2PbSO4(s) + 2H2O(l) Eº = +2,041 V 
(c) En la celda de combustible hidrógeno – oxígeno (figura 84) se abastece H2(g) al 
compartimiento del ánodo y O2(g) al compartimiento del cátodo. El O2(g) se reduce 
a iones OH-, que migran a través del electrolito (solución acuosaalcalina) hacia 
el ánodo donde el H2(g) se oxida a H2O. La reacción neta es la de síntesis del 
H2O. Las reacciones son: 
 O2(g) + 2H2O(l) + 4e-  4OH-(aq) (cátodo) 
 H2(g) + 2OH-(aq)  2H2O(l) + 2e- (ánodo) 
 Sumando: 
 2H2(g) + O2(g)  2H2O(l) (reacción neta) 
 No ocurre una combustión, sino que la energía de formación de enlaces H – O 
se convierte directamente en energía eléctrica aprovechable. 
 
44. A veces la gente trata de recargar las pilas secas con escaso éxito. (a) ¿Qué reacción 
esperarías en el electrodo de zinc de la pila de Leclanché en un intento de recargarla? 
(b) ¿Qué dificultades surgirían del intento? 
 
Solución: (a) Al intentar recargar la celda, los electrodos se invierten. El recipiente 
de Zn que normalmente actúa como ánodo, se transforma en cátodo, esperán-
dose la reacción inversa: Zn2+(aq) + 2e-  Zn(s); Eº = -0,763 V. 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
87 
(b) Al invertirse la reacción global de la celda: H2(g) + 2NH3(g) + Zn2+(aq)  Zn(s) + 
+ 2NH4
+
(aq); ∆Eº = -1,46 V, lo cual es imposible no solo por el valor negativo del 
potencial de celda, sino porque los productos originales que ahora deben con-
vertirse en reactivos ya no existen (H2 y NH3(g)) porque se han consumido. El 
amoniaco ha reaccionado en el Zn2+(aq) para formar un complejo de zinc y amo-
nio: Zn2+(aq) + 4NH3(g)  Zn(NH3)42+(aq) �K = 
1
kd
 = 2,9×109 (Apéndice I)�, que es 
más difícil de reducir que el Zn2+, como puede deducirse de su potencial de re-
ducción: Zn(NH3)42+(aq) + 2e
-  Zn(s) + 4NH3(g); Eº = -1,04 V. Por otro lado, el H2(g) 
ha reaccionado con el MnO2 para formar el sólido MnO(OH): H2(g) + 2MnO2(s)  
 2MnO(OH). En conclusión, debido a que esencialmente los productos de reac-
ción ya no existen, la recarga no puede ocurrir. 
 
45. ¿En qué difiere una celda de combustible de una pila seca o de una celda acumula-
dora? 
 
Solución: La celda combustible difiere de la pila seca o del acumulador de plomo en: 
- El combustible H2 y el O2 son alimentados a la celda de manera continua y los 
productos son retirados continuamente. La celda crea energía, pero no la alma-
cena. Puede operar indefinidamente si dispone del combustible necesario. 
- Los electrodos están hechos de material inerte como Pt que no reacciona du-
rante el proceso electroquímico. 
- Es no contaminante; la celda H2|O2 produce agua. 
 
46. Considere la celda electroquímica representada por Zn(s)|Zn2+(aq)||Fe3+(aq)|Fe(s). (a) Es-
criba las ecuaciones de ión-electrón para las semirreacciones y la ecuación global de 
la celda. (b) Los potenciales normales de electrodo para Zn2+(aq)|Zn(s) y Fe3+(aq)|Fe(s) 
son –0,763 V y –0,036 V, respectivamente, a 25 ºC. Determine el potencial normal 
para la reacción. (c) Determine E para la celda cuando la concentración de Fe3+(aq) 
es de 10,0 mol/L y la de Zn2+(aq) es 1,00 x 10-3 mol/L. (d) Si se quieren obtener 150 
mA con esta celda durante un tiempo de 15,0 min, ¿cuál es el cambio mínimo de 
masa en el electrodo de zinc? 
 
Solución: (a) Las semirreacciones serían: 
 Zn2+(aq) + 2e- → Zn(s) (b) E1º = -0,763 V 
 Fe3+(aq) + 3e- → Fe(s) E2
º = -0,036 V 
Invirtiendo la primera reacción: 
3*(Zn(s) → Zn2+(aq) + 2e-) -E1
º = +0,763 V 
2*(Fe3+(aq) + 3e-  Fe(s)) E2
º = -0,036 V 
Sumando: 
3Zn(s) + 2Fe3+(aq) → 3Zn2+(aq) + 2Fe(s) ∆Eº = Eceldaº = E2º - E1º = 0,727 V 
(c) [Fe3+(aq)] = 10,0 M; [Zn2+(aq)] = 1,00x10-3 M  E = Eº - 0,0592n * log
�Zn2+�
3
�Fe3+�
2 = 0,727 - 
─ 0,0592
6
 * log
�1,00×10-3�
3
[10,0]2
 = 0,727 – (-0,109) = 0,836 V = Ecelda. 
(d) I = 150 mA, t = 15,0 min * 60 s
1 min
 = 900 s  C = I * t = 0,15 A * 900 s = 135 C. 
Reacción anódica: 3Zn(s) → 3Zn2+(aq) + 6e-  mZn(s) = 135 C * 
3 * 65,39 g Znmol Zn
6 moles e-
mol Zn * 
96 500 C
mol e-
 = 
= 0,0457 g Zn  masa mínima del electrodo de Zn = 45,7 mg de Zn. 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
88 
47. La “vida” de una celda voltaica determinada está limitada por la cantidad de Cu2+(aq) 
disponible para ser reducido en disolución. Si la celda contiene 25,0 mL de solución 
de CuSO4 0,175 M, ¿cuál es la máxima cantidad de carga eléctrica que podría gene-
rar esta celda? 
 
Solución: Semirreacción de reducción: Zn2+(aq) + 2e-  Zn(s); q = nCu * # moles e
-
mol Cu
 * 
* 96 500 C
mol e-
 = (M * V)CuSO4 * 
2 moles e-
mol Cu
 * 96 500 C
mol e-
, ya que CuSO4(aq)  Cu2+(aq) + SO4
2-
(aq)  
nCuSO4 = nCu(aq)2+  q = �0,175 
moles
L
 * 25,0 mL * 10-3 L
mL
� * 2 moles e
-
mol Cu(aq)
2+ * 
96 500 C
mol e-
 = 844 C. 
 
48. La producción de uranio metal a partir de dióxido de uranio purificado consta de los 
pasos siguientes: UO2(s) + 4HF(g)  UF4(s) + 2H2O(l); UF4(s) + 2Mg(s) 
∆
→ U(s) + 2MgF2(s). 
¿Cuál es el número de oxidación del U en (a) UO2, (b) UF4 y (c) U? Identifique (d) el 
agente reductor y (e) la sustancia reducida. (f) ¿Qué corriente podría producir la se-
gunda reacción si reaccionasen 0,500 g de UF4(s) cada minuto? (g) ¿Qué volumen de 
HF(g) a 25 ºC y 10,0 atm se requeriría para producir 0,500 g de U(s)? (h) ¿Serían 
suficientes 0,500 g de Mg(s) para producir 0,500 g de U(s)? 
 
Solución: Reacciones: 
 (+4) (-2) (+1)(-1) (+4) (-1) (+1)(-2) 
UO2(s) + 4HF(g)  UF4(s) + 2H2O(l) (1) 
 (+4)(-1) (0) (0) (+2) (-1) 
UF4(s) + 2Mg(s)  U(s) + 2MgF2(s) (2) 
(a) +4; (b) +4; (c) 0; (d) Agente reductor: Mg (se oxida); (e) Sustancia reducida: 
UF4(s) (oxidante). 
(f) Semirreacción de reducción: UF4(s) + 4e-  U(s) + 4F-(aq)  q = I * t  I = qt = 
= 0,500 g UF4314 g UF4
mol UF4
 * 4 moles e
-
mol UF4
 * 96 500 C
mol e-
 * 1
1 min * 60 smin
 = 10,2 A = I. 
(g) De las reacciones se deduce: nU = 0,500 g238 gmol
 = 2,10x10-3 moles; nHF = 4*nU = 4 * 
* 2,10x10-3 = 8,40x10-3 moles HF  VHF = nHFRTP = 
= 
�8,40×10-3 moles� * �0,082 atm∙Lmol∙K� * (25 + 273) K
10,0 atm
 = 0,0205 L ó 20,5 mL = VHF. 
(h) Según las relaciones estequiométricas de (2): 
 UF4(s) + 2Mg(s)  U(s) + 2MgF2(s) 
 314 g 48,6 g 238 g 124,6 g 
 Cantidad de magnesio necesario para producir 0,500 g de U: mMg = mU * 48,6238 = 
= 0,500 g * 48,6
238
 = 0,102 g Mg (necesito) < 0,500 g (tengo)  si alcanzaría. 
 
49. (a) Describa el proceso de electrodeposición. (b) 
Esquematice un aparato que podría usar un joyero 
para electrodepositar plata sobre joyas. (c) Un jo-
yero adquiere plata altamente purificada para usar 
como ánodo en una operación de electrodeposición. 
¿Es esta una buena compra? ¿Por qué? 
 
Solución: (a) La electrodeposición es un proceso 
que deposita metal sobre una superficie cató-
dica mediante electrólisis. 
(b) Un aparato sencillo para joyería consiste una batería con el polo (-) unido a la 
pieza de joyería (cátodo) y el polo (+) unido a un ánodo de plata metálica (ánodo). 
Joya y metal están inmersos en una solución de AgNO3 (por ejemplo) que tiene 
 
Batería 
Cátodo Ánodo 
Ag+(aq) 
NO3
-
(aq) 
+ - 
e- e- 
Ag(s) 
Capítulo 4. La energía eléctrica y los procesos químicos. 
 
89 
iones Ag+(aq), los cuales serán reducidos a Ag(s) en el cátodo. En el ánodo la Ag(s) 
se oxida a Ag+(aq). 
(c) No se necesita un electrodo de plata de alta pureza. Tal como funciona la celda, 
aunque en el ánodo pueden oxidarse algunas impurezas, solo se reducirán en 
el cátodo los iones Ag+(aq) debido a su facilidad de reducción y a su elevada con-
centración. Esto se consigue manteniendo el voltaje de operación justo por en-
cima del requerido para la electrodeposición de la plata. En consecuencia, no es 
una buena idea invertir en un ánodo de alta pureza. 
 
50. En condiciones de estado normales, la siguiente reacción no es espontánea: Br-(aq) + 
+ 2MnO4
-
(aq) + H2O(l)  BrO3
-
(aq) + 2MnO2(s) + 2OH
-
(aq) ∆Eº = -0,022 V. Las condiciones 
de reacción se ajustan de modo que E = 0,110 V haciendo [Br-] = 
= [MnO4- ] = 1,50 mol/L y [BrO3-] = 0,50 mol/L. (a) ¿Cuál es la concentración de los 
iones hidroxilo en esta celda?; (b)¿cuál es el pH de la disolución en la celda? 
 
Solución: Las semirreacciones son: 
Br-(aq)+ 3H2O(l) → BrO3
-
(aq) + 6H
+
(aq) + 6e- Eº = -1,44 V 
(MnO4
-
(aq) + 2H2O(l) + 3e
- → MnO2(s) + 4OH-(aq))*2 Eº = 0,588 V 
Sumando: 
Br-(aq) + 2MnO4
-
(aq) + H2O(l)  BrO3
-
(aq) + 2MnO2(s) + 2OH
-
(aq) Eº = -0,022 V 
Por tanto: Ecelda = 0,110 V = -0,022 V – 0,05926 * log
[BrO3
- ] * [OH-]2
[Br-] * [MnO4
- ]2  (0,110 + 0,022) V * 
* 6
0,0592
 = - log (0,50)* [OH
-]2
1,50 *(1,50)2
  -13,3784 = log 0,50 * x
2
(1,50)3
  tomando antilogaritmos: 4,18x10-
14 = 0,50 * x
2
(1,50)3
  x = [OH-] = �4,1841×10
-14* (1,50)3
0,50
 = 5,31x10-7 M = [OH-]; pOH = 
= - log 5,31x10-7 M = 6,27  pH = 14 – pOH = 14 – 6,27 = = 7,73 ≈ 7,7. 
 
51. Queremos inflar un globo con H2 a una presión de 1,05 atm y una temperatura de 
25 ºC. El volumen del globo, cuando está lleno, es de 750 mL. ¿Cuánto tiempo debe 
pasar una corriente de 2,00 A a través de la celda para que produzca esta cantidad 
de H2 por electrolisis de agua? 
 
Solución: En la electrólisis del agua: 
 (+1) (-2) (0) (0) 
2H2O(l) → 2H2(g) + O2(g) 
(2H2O(l) + 2e-  H2(g) + 2OH-(aq))*2 
H2O(l)  O2(g) + 4e- + 4H+(aq) 
4H2O(l) + 4e-  2H2(g) + 4OH-(aq) 
2H2O(l)  O2(g) + 4e- + 4H+(aq) 
2H2O(l)  2H2(g) + O2(g) 
se transfieren 2 moles de electrones por cada mol de H2(g); por tanto, se necesita: 
PV = nRT  n = PV
RT
 = 1,05 atm * 0,750 L
0,082 atm∙Lmol∙K * 298 K
 = 0,0322 moles de H2, por lo que habrán de 
pasar: 0,0322 moles H2 * 2 moles e
-
mol H2
 = 0,0644 moles e- * 96 500 C
mol e-
 = 6215 C = q; y como: 
q = I * t  t = C
I
 = 6215 C
2 A
 = 3,11x103 s ≈ 51,8 minutos.