Cap_4_ELQ_Probs_JLB_090615

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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 semi-
rreacciones de oxidación y de reducción, y (2) ajuste la reacción global en disolu-
ción 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 oxí-
genos 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 semi-
rreacciones 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)  SO4
2-
(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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70 
 
(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) + SO4
2-
(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 electro-
do; (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 electro-
do se oxida, por tanto funciona como ánodo. Pasa a solución y aumenta la concen-
tración de iones Ga3+(aq). Por consiguiente el Fe3+(aq) se reduce a Fe2+(aq) en concor-
dancia 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 actividades se puede predecir que el aluminio des-
plaza 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 se-
mirreacción representaría la reducción de esta celda?; (b) ¿qué semirreacción re-
presentaría la oxidación?; (c) ¿qué metal sería el ánodo?; (d) ¿qué metal sería el 
cátodo?; (e) haga un diagrama de esta celda. 
 
Solución: (a) Reducción: Ag+(aq) + e-  Ag(s) 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
71 
(b) Oxidación: Al(s)  Al+3(aq) + 3e- 
(c) Ánodo: Aluminio (oxidación). 
(d) Cátodo: Plata (reducción). 
(e) Figura adjunta: (Problema 4) 
 
5. Cuando se coloca un trozo de 
cobre metálico en una disolución 
acuosa de nitrato de plata, tiene 
lugar una reacción redox espon-
tánea. 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 
elaboró 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 
reducción, o tendencia a ganar electrones (reducirse). Como información con-
tiene las semirreacciones de reducción de cada especie y los respectivos po-
tenciales 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-  
1
2
H2(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 están-
dar de electrodo). Esta variación se da en el sentido contrario en el potencial de 
ionización, ya que este mide la energía requerida para retirar (perder) electro-
nes (oxidarse). Así la mayoría de los metales tienen Ered
º más negativo (es más 
difícil que reduzcan; les es más fácil oxidarse o perder electrones) 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)). 
 
 
 Oxidación Reducción 
Problema 4. 
Al(s) 
Ánodo 
Ag(s) 
Cátodo 
Al+3(aq) Ag
+
(aq) 
e- 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería- QUÍMICA GENERAL 2 
 
72 
8. Ordene los siguientes metales en las series de actividad del más activo al menos 
activo: 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]. 
 
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 IV.2): 
 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 IV.2: 
 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)) 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
73 
 
 
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 arséni-
co, H3AsO4, en disolución ácida? (b) ¿Oxidarán los iones permanganato al peróxido 
 
 Oxidación Reducción Oxidación Reducción 
 Problema 10(a) Problema 10(b) 
 
 Oxidación Reducción Oxidación Reducción 
 Problema 9(a) Problema 9(b) 
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 
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- 
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74 
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 (+)]. 
 
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 IV.2): 
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 semirreaccio-
nes 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. 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
75 
14. ¿Cuáles de la siguientes reacciones son espontáneas en celdas voltaicas en condi-
ciones normales o estándar? (a) Si(s) + 6OH-(aq) + 2Cu2+(aq)  SiO3
2-
(aq) + 3H2O(l) + 
+ 2Cu(s); (b) Zn(s) + 4CN-(aq) + Ag2CrO4(s)  Zn(CN)4
2-
(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): 
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 condicio-
nes 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)4
2-
(aq) + 2Ag(s) + CrO4
2-
(aq) 
 El Zn se oxida y la Ag se reduce; las semirreacciones son: 
 Zn(s) + 4CN-(aq)  Zn(CN)4
2-
(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)4
2-
(aq) + 2Ag(s) + CrO4
2-
(aq) 
 ∆Eº = E2º - E1º = +1,71 V, entonces, la reacción es espontánea en condicio-
nesnormales o estándar. 
(c) El Mn se reduce: pasa de io = +4 a io = +2 y el Sr 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 condicio-
nes 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 = -0,19 V, entonces, la reacción no es espontánea en condi-
ciones 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). 
 
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76 
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 IV.2: 
(a) Ag+(aq) + 1e-  Ag(s) E1º = 0,80 V 
 2H+(aq) + 2e-  H2(g) E2
º = 0,00 V 
 Por tanto, los potenciales de oxidación serán: E2
'º = 0,00 V > E1
'º = -0,80 V, en-
tonces 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 de oxidación serán: E1
'º = +0,14 V > E2
'º = +0,13 V, en-
tonces 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 de oxidación serán: E1
'º = -0,85 V > E2
'º = -1,68 V, en-
tonces 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: E2
'º = -0,62 V ∧ E3
'º = -0,89 V > 
> E1
'º = -1,360 V, entonces el Cl-(aq) en solución básica es mejor reductor 
que el Cl-(aq) en medio ácido (por ejemplo, solución de HCl). 
(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 de oxidación serán: E2
'º = -0,15 V > E1
'º = -1,36 V, en-
tonces 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 de oxidación serán: E2
'º = +0,44 V > E1
'º = -1,07 V, en-
tonces 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 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
 = 
= -2 * (+2,797 V)- 3 * �-2,267 V�
-1
 = -1,207 V = E3º . 
 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
77 
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, indican-
do 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. 
 
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: 
 
 
 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 
Al(s) O2(g) 
Al2O3 
Fe(s) C(s) 
Na3AlF6(l) 
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78 
 
 
20. Para cada uno de los siguientes cationes, calcule (i) el número de faradays 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 Coulumbs 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). 
 
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 coulombs. 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
 = 111,54 g 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 efectividaddel 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) 
 
red. 
ox. 
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) 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
79 
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 C
mol 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 
níquel 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 
concuerda 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 moles 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: 
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 faradays 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) Faradays necesarios = 4,77x10-2 moles I2 * 
2 moles e-
mol I2
 * 1 F
mol e-
 = 9,54x10-2 F. 
(b) Coulombs 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. 
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80 
(d) n
OH-
 = 2nH2 = 2 * 4,77x10
-2 moles = 9,54x10-2 moles; y como el V = 500 mL (so-
lución)  [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 de-
posita 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) de-
positado, en kg, será: mCu = 
6,48×108 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. 
 
28. La plata deslustrada se recubre con una pátina de Ag2S(s). El recubrimiento se pue-
de eliminar hirviendo los objetos de plata en un recipiente de aluminio, con algo de 
bicarbonato 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) re-
ducirse 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 fá-
cilmente oxidable si se expone al aire libre? 
 
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 IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
81 
 
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 4,14 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 hi-
dróxidos de hierro. Se puede representar con la reacción global: 2Fe(s) + 
3
2
O2(g) + 
+ xH2O(l)  Fe2O3.xH2O(s). Para evitar la corrosión se puede actuar sobre el meca-
nismo redox mediante protección anódica o catódica o recubriendo el material con 
otros más resistentes a la corrosión (recubrimientos metálicos, galvanizado, croma-
do, etc), o aislando el material del ambiente (capa de pintura, mejor si es anticorro-
siva). 
 
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 logx por 2,303 (ln x = 2,303 log x)  = 
= Eº - RT
n * F
 * ln Q  constante = RTF . 
 
31. Calcule el potencial de reducción para el ión hidrógeno en un sistema que tiene 
ácido perclórico de concentración 2,00x10-4 M y una presión de hidrógeno de 
3,00 atm (recuerde que el HClO4 es un ácido fuerte en disolución acuosa). 
 
Solución: La celda ya no es una celda normal: [H+] ≠ 1 M y pH2 ≠ 1 atm; por tanto, 
aplicaremos la ecuación de Nernst. 
[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), enton-
ces1: 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 multiplicándola por 2: 
 2H2(g)  4H+(aq) + 4e- -E1
º = 0,000 V 
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 C
mol e-
 = 0,0592 J
C
 = 0,0592 V. En la ecua-
ción 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 con-
centraciones, y en atmósferas cuando se trata de presiones parciales. 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
82 
 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 ecua-
ción 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 – 
0,0592
2
 log 1
1,5
 = -0,43478 V 
Fe2+(aq) 0,15 M: E = -0,44 - 
0,0592
2
 log 1
0,15
 = -0,46438 V 
Por tanto, las semirreacciones son: 
Fe(s) → Fe2+(0,15 M) + 2e- -E1
º = 0,46438 V 
Fe2+(aq) + 2e- → Fe(s) E2
º = -0,43478 V 
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 de la celda se observa que es 0,045 V. ¿Cuál es la [Cu2+(aq)] en la disolu-
ción B? 
 
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 - 
0,0592
2
 * 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 momen-
to? (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 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
83 
 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+. 
 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 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
84 
 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  10
10,57 = 15
�H(aq)
+ �
2  3,75x10
10 = 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 norma-
les de reducción para cada una de las siguientes reacciones en disolución acuosa. 
Después calcule ∆Gº y K a partir de Eºcelda a 25 ºC. ¿Qué reacciones son espontá-
neas 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 
 No es 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 
 La reacción es espontánea tal como está escrita, bajo las condiciones estánda-
res. 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. 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
85 
 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 reac-
ciones a partir de los valores de Eº: (a) El Zinc se disuelve en ácido clorhídrico di-
luido 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 di-
solución que contiene Cr3+(aq), y se desprende hidrógeno gas. (c) La plata se disuel-
ve en ácido nítrico diluido para formar una disolución que contiene Ag+(aq), y se libe-
ra 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 
 ∆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: 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
86 
 (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. 
 
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 4,17 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 4,20 de los apuntes): 
 Consiste en un grupo de placas de plomo que soportan plomo esponjoso com-
primido 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 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
87 
40 %. Cuando la celda se descarga el Pb esponjoso se oxida a Pb2+(aq), los 
cuales se combinan en el ión sulfato para dar PbSO4 insoluble que recubre el 
ánodo. Los electrones producidos en el ánodo por oxidación del plomo espon-
joso 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 4,22) se abastece H2(g) 
al compartimiento del ánodo y O2(g) al compartimiento del cátodo. El O2(g) se re-
duce a iones OH-, que migran a través del electrolito (solución acuosa alcalina) 
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 reac-
ción esperarías en el electrodo de zinc de la pila de Leclanché en un intento de re-
cargarla? (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. 
(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 pro-
ductos de reacción ya no existen, la recarga no puede ocurrir. 
 
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45. ¿En qué difiere una celda de combustible de una pila seca o de una celda acumu-
ladora? 
 
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) 
Escriba las ecuaciones de ión-electrón para las semirreacciones y la ecuación glo-
bal 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 po-
tencial normal para la reacción. (c) Determine E para la celda cuando la concentra-
ción 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 quie-
ren 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 - 
0,0592
n
 * 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. 
 
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 ge-
nerar 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. 
 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
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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 
segunda reacción si reaccionasen 0,500 g de UF4(s) cada minuto? (g) ¿Qué volu-
men 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 = 
q
t
 = 
= 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 g
238 gmol
 = 2,10x10-3 moles; nHF = 4*nU = 4 * 
* 2,10x10-3 = 8,40x10-3 moles HF  VHF = 
nHFRT
P
 = 
= 
�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 * 
48,6
238
 = 
= 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 po-
dría usar un joyero para electrodepositar plata sobre joyas. (c) Un joyero adquiere 
plata altamente purificada para usar como ánodo en una operación de electrodepo-
sición. ¿Es esta una buena compra? ¿Por qué? 
 
Solución: (a) La electrodeposición es un proceso que deposita metal sobre una 
superficie catódica mediante electrólisis. 
(b) Un aparato sencillo para joyería consiste una ba-
tería 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 tie-
ne 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 pu-
reza. 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 concentración. Esto se consigue manteniendo el 
voltaje de operación justo por encima del requerido para la electrodeposición 
de la plata. En consecuencia, no es una buena idea invertir en un ánodo de alta 
pureza. 
 
 
Batería 
Cátodo Ánodo 
Ag+(aq) 
NO3
-
(aq) 
+ - 
e- e- 
Ag(s) 
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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 condicio-
nes 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 hi-
droxilo 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 – 
0,0592
6
 * 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 de-
be pasar una corriente de 2,00 A a través de la celda para que produzca esta canti-
dad 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.