UNIVERSIDAD

1. ELECTROQUIMICA

2. 3.- Una corriente de 1,3·105 A pasa a través de bauxita, (Al2O3), líquida. Calcula el rendimiento de la corriente, si el cátodo sufre un
aumento de peso de 674,5 g/min.: Al+++
(dis) + 3e-  Al(s)
SOLUCION
Electrosíntesis de Al(s) = 674,5/26,98 = 25 moles de Al/min Luego, se han consumido 3·25 = 75 mol de e-/min.
Esto, equivale a una corriente de: 96485·75/60 = 120606,25 C/min.
Rdto = 100(Ielectrosíntesis/Itotal) = 100(1,21·105/1,3·105) = 93%
Zn(NH3)2
Zn
++
NH3
Zn(NH3)2
Zn(NH3)2
Grafito
Al
+++
e-e- e-
Al
+++
Al
Cátodo

3. 5.- El flúor elemental se produce electrolíticamente utilizando KHF2 fundido. La reacción es: HF2
  HF + 1/2F2(g) + e-
Calcula: a) El tiempo en producir 15 litros de F2(g) (medidos en c.n.) con una I = 20 A y un Rdto = 95%?.
b) La I necesaria para producir 38 g/h de F2. (Dato: F = 96490 C/mol de electrones)
SOLUCION
a) PV = nRT 1·15 = n·0,082·273 n = 0,67 moles de F2(g)
Moles de electrones = 2·n = 2·0,67 = 1,34 Carga electrónica = nF = 1,34·96490 = 129296,6C
Qtotal = Qelec/Rdto = 129296,6/0,95 = 136101,68C t = Qtotal/I = 136101,68/20 = 6805,1 s = 1,89h
b) Moles de F2/hora = (38/38)/hora = 1 mol/h moles de electrones/h = 2
Qelec/h = 2·96490 = 192980 C/h Ielec = 192980/3600 = 53,61A
Itotal = Iele/0,95 = (53,61/0,95) = 56,4A
K+
K+
K+
HF2
-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
F F
e-
e-
e-
e-
HF2
- HF2
-
e-
e-
K
HF
HF

4. 9. Por una disolución acuosa de [RuCl6]K2 se pasa una corriente de 0,5 A. Calcula las libras de Ru(s) que se depositan en el cátodo
durante 1h, siendo el rendimiento de corriente de un 90%. (1lb = 454 g).
SOLUCION
[RuCl6]K2  [RuCl6]= + 2K+ [RuCl6]= + 4e-  Ru(s) + 6Cl-
El Ru tiene carga + 4 en el complejo
I·t·Rdto = nF 0,5·3600·0,9 = n·96490
Moles de electrones consumidos = 0,0168 Moles de Ru producidos = 4,2·10-3
Masa de Ru = 4,2·10-3·101,1 = 0,42 g Libras de Ru = 0,42/454 = 9,3·10-4
K+
K+
K+
[RuCl6]=
e-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
H2O
H2O
e-
e-
e-
e- [RuCl6]=
Cl-
Cl-
Cl-
Cl-
Cl-
Cl-
Ru
e-
e-
e- e-
O O
H+
H+
H+
H+

5. e-
e-
Li+
Li+
36.- Se ha fabricado una pila de litio-aire cuya reacción global sin ajustar es: 2Li(s) + ½ O2(g)  Li2O(s)
a) Escribe las reacciones de los electrodos
b) Calcula el E de la pila si el aire fluye en condiciones estándar. (Datos: EºO2/O= = + 1,23 V y EºLi+/Li = - 3,04 V )
SOLUCION
a) Anodo: 2Li(s)  2Li+ + 2e-
Cátodo: ½O2(g) + 2e-  O=
Global: 2Li(s) + ½O2(g)  2Li+ + O=  Li2O(s) Eºpila = 1,23 – (-3,04) = 4,27V
b) Según la composición molar del aire: PO2 = YO2PT = 0,21·1 = 0,21atm
E = Eo
−
0,059
2
Log
1
PO2
= 4,27 − 0,0295Log
1
0,21
= 4,26V
Li
Li
Li
Li
O2
Li2O
Li2O
Li2O

6. 3. La siguiente reacción está en condiciones estándar: 2I2(s) + 5O2(g) + 2H2O(l)  4IO3
-
(ac) + 4H+
(ac) Eº = 0,034 V
¿A que pH debe ajustarse la disolución, permaneciendo constante el resto para que E = 0,1?
SOLUCION
Semirreacción de Oxidación 2(I2 + 6H2O  2IO3
- + 12H+ + 10e-) Eºr = 1,195 V
Semirreacción de Reducción 5(O2 + 4H+ + 4e-  2H2O ) Eºr = 1,229 V
𝐸 = 𝐸º −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝐻+ 4 𝐼𝑂3
− 4
𝑃 𝑂2
5 0,1 = 0,034 −
0,059
20
𝐿𝑜𝑔 𝐻+ 4
[H+] = 2,55·10-6 M pH = 5,6

7. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
Cl-
K+K+
Cl-
Anodo
H+
H+
H+
Hidrógeno
H2
Cl-
K+
Cl-
Sb2O3
e-e- H+
H+
H+
H+
H+
H+
H+ Sb
H2O
H2O
K+
K+
K+
2.- La pila: PtH2(5 atm)Disolución reguladora de pH = 8Sb2O3(s)Sb(s) (Dato: EºSb2O3/Sb = + 0,152V)
a) Epila.
b) La PH2 para aumentar su potencial un 25%.
SOLUCION
a) Anodo 3(H2(g)  2H+ + 2e-)
Cátodo Sb2O3(s) + 6H+ + 6e-  2Sb(s) + 3H2O
Reacción global: Sb2O3(s) + 3H2(g)  2Sb(s) + 3H2O Eºpila = EºCat – EºAn = 0,152 – 0 = +0,152V
𝐸 = 𝐸 𝑜 −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
1
𝑃𝐻2
3 = 0,152 −
0,059
6
𝐿𝑜𝑔
1
5 3
= 0,152 + 0,02 = 0,154𝑉
b) Epila = 0,154 + 0,25·0,154 = 0,1925 = 0,152 −
0,059
6
𝐿𝑜𝑔
1
𝑃 𝐻2
3 PH2 = 23,6atm

8. K+
K+
K+
Cl
-
Cl
-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
Cl Cl
H2O
H2O
HO-
HO-
H H
e-
e-
e-
e-
17.- Se realiza una electrolisis sobre una disolucion acuosa alcalina de KCl pasando una I de 2,5 A con un rendimiento del 95 %,
hasta producir 14,2 g de Cl2. La reacción es: KCl(ac) + H2O  H2(g) + Cl2(g)
Calcula: a) el volumen desprendido de H2 en condiciones estándar
b) El tiempo que dura la electrolisis. (MCl2 = 71 g/mol y F = 96.485 C/mol de electrones)
SOLUCION
a) 2KCl(ac)  Cl2(g) + 2K+ + 2e- ANODO
2H2O + 2e-  H2(g) + 2HO
(ac) CATODO
2KCl(ac) + 2H2O  2KOH + H2(g) + Cl2(g)
Según la estequiometria se producen los mismos moles de Cl2 que de H2
Moles de H2(g) = moles de Cl2(g) = 14,2g/71g/mol = 0,2 PV = nRT 1V = 0,2·0,082·298 = 4,89 litros
b) Según la estequiometría, para producir 0,2 moles de Cl2 se consumen 0,4 moles de electrones, es decir, que la carga empleada
exclusivamente en la reacción es:
Q = nF = 0,4·96490 = 38.596 C
Sin embargo, la carga total consumida de la red es:
Qtotal = Q/Rdto = 38.596/0,95 = 40.627,37 C
Tiempo de electrolisis = Qtotal/I = 40.627,37/2,5 = 16.250,95 s  4,5 h

9. Níquel
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
Ni
++
Ni
++
Ni
++
Ni
++
Ni
++e-
e-
9.- Para niquelar una moneda se hace pasar una corriente de 15 A durante 1 hora, con un rendimiento del 60 %, por un baño de
NiSO4. Sabiendo que la moneda hace de cátodo, calcula el espesor de la capa de Ni(s), si la moneda tiene un radio de 18,5 mm,
teniendo en cuenta que el recubrimiento es homogéneo y por las 2 caras. (F = 96485 C/mol y Densidad del Ni = 8,9 g/cm3)
SOLUCION
Reacción del cátodo (moneda): Ni++ + 2e  Ni(s)
Q = nF = Rdto·I·t 96485n = 0,6·15·3600 n = 0,336 mol electrones
Los moles de Ni depositados son la mitad que los moles de electrones transferidos
Moles de Ni(s) depositados = 0,336/2 = 0,168 Masa de Ni(s) depositada = 0,168·58,7 = 9,86 g
Volumen de la capa de níquel = 2(volumen de capa de cada cara) = 2(R2·x)
Volumen de la capa de níquel = Masa de Ni/Densidad del Ni = 9,86g/8,9g/cc = 1,108 cm3
x = Espesor = 1,108/2(1,85cm)2 = 0,0515 cm
Níquel
Espesor = x x
Moneda

10. 1.- La reacción de la pila Pt/H2(10atm)/H+
(0,01M)//Hg++
(10M)/Hg(l)/Pt tiene una Ke = 7·1028 y una Hºpila = -170,2 kJ/mol. Calcula: a) Epila
b) La eficiencia de la pila,  = Gºpila/Hºpila (F = 96.490 C/mol de electrones)
SOLUCION
Reacción de la pila: H2(10 atm) + Hg++
(10 M)  2H+
(0,01 M) + Hg(l)
a) A partir de la condicion de equilibrio, Epila = 0, en la ecuacion de Nerst calculo Eº y luego Gºpila
0 = 𝐸º 𝑝𝑖𝑙𝑎 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔𝐾𝑒 = 𝐸º 𝑝𝑖𝑙𝑎 − 0,851 Eºpila = 0,851 V
 =
𝐺º 𝑝𝑖𝑙𝑎
𝐻º 𝑝𝑖𝑙𝑎
=
−164,2
−170,2
= 0,965
Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl- K+K+
Anodo
H+
H
+
H
+
Hidrógeno
H2
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
e-e-
Hg++
Hg++
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
K+
NO3
-
b) Gºpila = -nFEº = -2·96490·0,851 = -164226 J/mol
Ecuación de Nerst para las concentraciones iniciales indicadas
𝐸 𝑝𝑖𝑙𝑎 = 𝐸º 𝑝𝑖𝑙𝑎 −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝐻+ 2
𝐻𝑔++ 𝑃 𝐻2
= 0,851 −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
0,01 2
10 · 10
= 0,851 + 0,178 = 1,03𝑉

11. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
NO3
-
K+K+
Anodo
Hg++
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
Hg++
Hg++e-
e-
Hg++
Hg++
Hg++
Hg++
K+
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
- NO3
- NO3
-
3.- Una pila está formada por dos electrodos de mercurio (Hg) sumergidos en disoluciones de Hg(NO3)2. Sabiendo que inicialmente
una de las disoluciones es 10 veces mas diluida que la otra. Calcula: a) Epila a 25 ºC
b) La relación de concentraciones de Hg++ cuando al cabo de un tiempo el Epila vale 0,0141V
SOLUCION
a) Se trata de una pila de concentración: Cát: Hg++
(conc) + 2e-  Hg(l)
An: Hg(l)  Hg++
(dil) + 2e-
Pila Hg++
(conc)  Hg++
(dil)
La disolución mas concentrada en Hg++ hace de cátodo: [Hg++]conc = 10[Hg++]dil
Eºpila = Eºcat – Eºan = EºHg++/Hg – EºHg++/Hg = 0
𝐸 𝑝𝑖𝑙𝑎 = 0 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
𝐻𝑔++
𝑐𝑜𝑛𝑐
= − 0,0295𝐿𝑜𝑔
𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
10 𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
= + 0,0295 𝑉
b) 0,0141 = −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
𝐻𝑔++
𝑐𝑜𝑛𝑐
𝐿𝑜𝑔
𝐻𝑔++
𝑐𝑜𝑛𝑐
𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
= 0,478
𝐻𝑔++
𝑐𝑜𝑛𝑐
𝐻𝑔++
𝑑𝑖𝑙
= 3

12. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl- K+K+
Anodo
H+
H
+
H
+
Hidrógeno
H2
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
K+
NO3
-
Cl-
Cl-
e-e-
Cl- Cl-
K+K+
4.- Una pila formada por un electrodo estándar de hidrógeno y un electrodo calomelanos tiene un potencial de 0,5V. Si la
semirreacción del electrodo calomelanos es: Hg2Cl2(s) + 2e-  2Hg(l) + 2Cl
(ac) Eº = 0,268V
Calcula: a) [Cl
(ac)]
c) Epila si el pH = 7, manteniendo todo lo demás igual.
SOLUCION
a) Cát: Hg2Cl2(s) + 2e-  2Hg(l) + 2Cl
(ac) Eº = 0,268V
Án: H2(g)  2H+
(ac) + 2e- Eº = 0
H2(g) + Hg2Cl2(s)  2H+
(ac) + 2Hg(l) + 2Cl
(ac) Eº = Eºcat - Eºan = 0,268 - 0 = 0,268
𝐸 𝑝𝑖𝑙𝑎 = 𝐸º 𝑝𝑖𝑙𝑎 −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝐻+ 2 𝐶𝑙− 2
𝑃 𝐻2
0,5 = 0,268 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
1 2 𝐶𝑙− 2
1
[Cl-
(ac)] = 1,17·10-4M
b) 𝐸 𝑝𝑖𝑙𝑎 = 0,268 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
10−7 2
1,17·10−4 2
1
= 0,268 + 0,645 = 0,913𝑉

13. Zn(NH3)2
Zn
++
NH3
Zn(NH3)2
Zn(NH3)2
Hg2I2
Cátodo
Hg2
++
I-
Hg2
++
I-
Hg(l)
I-
I-
I-
I-
I-
I-
I-
I-
Na+
Na+ Na+
Na+
Na+
e-e- e-
11.- A 25 ºC el E de un electrodo de Hg(l) sumergido en una disolución de NaI 0,01 M y saturada de Hg2I2 vale 0,082 V. Calcula el
Kps del Hg2I2(s). (EºHg2
++/2Hg(l) = + 0,796 V). Hg2I2(s)  Hg2
++
(aq) + 2I–
(aq)
SOLUCION
NaI  Na+
(aq) + I–
(aq) Hg2I2(s)  Hg2
++
(aq) + 2I–
(aq)
Inicio 0,01 --- --- Eq x 0,01
Final ---- 0,01 0,01 Kps = [Hg2
++][I–]2 = 10-4[Hg2
++]
Hg2
++
(aq) + 2e–  2Hg(l) EºHg2++/2Hg(l) = + 0,796 V
Ecuación de Nerst y a 25ºC
𝐸
൘
𝐻𝑔2
++
𝐻𝑔(𝑙)
= 𝐸º
൘
𝐻𝑔2
++
𝐻𝑔(𝑙)
−
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
1
𝐻𝑔2
++
0,082 = 0,796 – 0,0295Log(10-4/Kps) Kps = 5,210-29

14. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
Cl-
K+K+
Cl-
Anodo
H+
H+
H+
FOSFINA
PH3
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
H2PO2
-
H2PO2
-P4
P4
HO-
HO-
HO-
HO-
e-
e-
14.- Calcula el E de una pila de fósforo a pH = 7, PPH3 = 1 atm y [KH2PO2] = 0,01 M. La reacción en medio básico es:
(Datos: EºP4/PH3 = - 0,87 V y EºH2PO2/P4 = - 0,51 V) PH3(g) + H2PO2
‾
(ac)  P4(s)
SOLUCION
A: 4PH3  P4 + 12H+ + 12e-
C: 3(4H2PO2
‾ + 8H+ + 4e-  P4 + 8H2O)
Pila: 4PH3 + 12H2PO2
‾ + 12H+ + 12HO‾  4P4 + 24H2O + 12HO‾
4PH3 + 12H2PO2
‾  4P4 + 12H2O + 12HO-
PH3(g) + 3H2PO2
‾
(ac)  P4(s) + 3H2O + 3HO-
(ac) Eº = Eºc – Eºa = - 0,51 – (-0,87) = 0,36 V
E = Eº −
0,059
n
Log
𝐻𝑂− 3
𝐻2 𝑃𝑂2
− 3 𝑃 𝑃𝐻3
= 0,36 −
0,059
3
Log
10−7 3
0,01 31
= 0,655V

15. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
Cl-
K+K+
Cl-
Anodo
Cd
++
Cl-
K+
Cl-
Ag
Ag+
K+
K+
K+
CdF2
Cd
++
F- F-
F- F-
Cd
Ag+
NO3
-
NO3
-
e-
e-
Cd
++ Ag
3.- Calcula, a 25 ºC, el E de la pila: Cd(s)(Disolución saturada CdF2(s))AgNO3 (0,01M)Ag(s).
(Datos: KpsCdF2 = 6,44·10-3; EºCd++/Cd = - 0,4 V y EºAg+/Ag = 0,8 V)
SOLUCION
Disolución saturada
CdF2(s)  Cd++
(ac) + 2Fˉ
(ac) Kps = 6,44·10-3 = [Cd++
(ac)]eq[Fˉ
(ac)]2
eq = s(2s)2 = 4s3
s 2s s = [Cd++
(ac)]eq = 0,117 M
Ecuación de Nersnt
Anodo Cd(s)  Cd++
(ac) + 2e-
Cátodo 2(Ag+
(ac) + e-  Ag(s))
Reacción de pila: Cd(s) + 2Ag+
(ac)  2Ag(s) + Cd++
(ac) Eº = Eºc – Eºa = 0,8 – (0,4) = 1,2 V
E = Eº −
0,059
n
Log
𝐶𝑑 𝑎𝑐
++
𝐴𝑔 𝑎𝑐
+ 2 = 1,2 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
0,117
0,01 2
= 1,2 − 0,0905 = 1,11 𝑉

16. K+
K+
K+
e-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
CO2
H2O
H2O
H H
e-
e-
e-
e-
C2 H6
CH3COO-
CH3COO-
CH3COO-
5.- A través de una disolución acuosa de 2 litros que contiene 41 g de acetato sódico, se pasa una corriente de 0,5 A durante 7 horas
con una eficacia del 77 %: CH3COOK(ac)  ½C2H6(g) + CO2(g) + e- + K+
(ac)
Calcula: a) El volumen total, medido en condiciones normales, que ocupan los gases producidos
b) El pH de la disolución tras la electrolisis. (F = 96490 C/mol-e y Kacético = 1,8·10-5)
SOLUCION
a) Moles de e‫־‬ = 0,5·7·3600·0,77/96490 = 0,1 Moles de Etano = 0,05 Moles de CO2 = 0,1
PTV = nTRT 1·V = 0,15·0,082·273 = 3,36 litros
b) Moles iniciales de acetato sódico = 41/82 = 0,5
0,1 moles de acetato fueron oxidados y quedan 0,4. Por tanto, [acetato]o = 0,2 M
CH3COO‫־‬(ac) + H2O  CH3COOH(ac) + HO‫־‬(ac) Kb = 10-14/1,8·10-5
Inicio 0,2
Eq 0,2 – x x x
5,56·10-10 = x2/0,2 – x
x = [HO‫]־‬ = 1,05·10-5 pH = 9,0

17. 5.- Después de pasar una corriente de 300 mA durante 120 min. a través de una celda electrolítica que contenía una disolución
acuosa de la sal K2[TeI6], se comprobó que el cátodo había aumentado su peso en 0,561 g de teluro. Calcula el rendimiento de la
corriente una vez ajustada la reacción del cátodo.
TeI6
=
(ac)  Te(s) + I-
(ac)
SOLUCION
Moles de teluro = 0,561/127,6 = 0,0044 Moles de electrones = 4·0,0044 = 0,0176
Carga utilizada en la reacción para crear el precipitado sólido de teluro = Qreacción
Qreacción = nF = 0,0176·96490 = 1698,22C
Carga total gastada en crear el precipitado sólido de teluro = Qtotal
Qtotal = I·t = 0,3C/s·120min·60s/min = 2160C Rdto = 100(Qreacción/Qtotal) = 100(1698,22/2160) = 78,62%

18. Cl-
Cl- Cl- K+K+
Anodo
Cl-
K+
Pb K+
K+
K+
Pb++
Cl-
K+
Cl-
Cl-
e-
e-
PbO2
SO4
=
H+ H+
PbSO4
SO4
=
SO4
=
H+
H+
H+
H+
SO4
=
H+ H+
H2O
H2O
7.- Una batería durante el arranque del coche genera una corriente de 174,6 A durante 1,2 s. La reacción global es:
PbO2(s) + Pb(s)  PbSO4(s)
a) Ajusta la reacción con H2SO4
b) Calcula los g de plomo que precipitan durante esta operación.
c) Calcula el tiempo mínimo que tendría que circular el coche para recuperar el plomo del ánodo gastado en el encendido, si genera
una corriente media de 0,1 A. (F = 96.490 C/mol-e; M-atómica del Pb = 207,2)
SOLUCION
a) Anodo Pb(s) + H2SO4  PbSO4(s) + 2H+ + 2e-
Catodo PbO2(s) + 2H2SO4 + 2e-  PbSO4(s) + 2H2O + SO4
=
Global Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4  2PbSO4(s) + 2H2O
b) Cada mol de electrones que circula precipita 1 mol de Pb
Q = I·t = 174,6·1,2 = 209,52 C Moles de electrones = Q/F = 209,52/96490 = 2,17·10-3
g de Pb precipitados = 2,17·10-3·207,2 = 0,45

19. c) Según la estequiometria, para recuperar el nº de moles de Pb que se disolvieron del ánodo durante el arranque se necesita que
pasen de nuevo pero en sentido inverso los 2,17·10-3 moles de electrones que circularon durante el arranque. Estos moles de
electrones suponen una carga de
Q = moles·F = 2,17·10-3·96490 = 209,4 C
Si la intensidad de corriente es de 0,1 A, el tiempo necesario para que circule dicha carga es:
t = Q/I = 209,4/0,1 = 2094 s = 35 minutos

20. 10.- a) Para la pila Co(s)/Co++
(aq)//Cu++
(aq)/Cu(s), calcula su Keq a 25 ºC. (EºCo++/Co = -0,28V; EºCu++/Cu = + 0,342V y R = 8,314 J/molK)
b) Calcula el Eº de la reacción Fe+++
(aq) + 3e-  Fe(s). (Fe++
(aq) + 2e-  Fe(s) (Eº = - 0,44 V y Fe+++
(aq) + e-  Fe++
(aq) Eº = + 0,771 V)
SOLUCION
a) Co(s) + Cu++
(aq)  Co++
(aq) + Cu(s) E = Eº - (0,059/n)Log[Co++]/[Cu++]
La condicion de equilibrio es E = 0
0 = Eºcat – Eºan –(0,059/n)LogKe 0,342 – (-0,28) = (0,059/2)LogKe Ke = 1,221021
b) Fe++
(aq) + 2e-  Fe(s) Gº1 = -n1FEº1 Eº1 = - 0,440V
Fe+++
(aq) + e-  Fe++
(aq) Gº2 = -n2FEº2 Eº2 = +0,771V
Fe+++
(aq) + 3e-  Fe(s) Gºr = Gº1 + Gº2 = -nrFEºr
-n1FEº1 + (-n2FEº2) = -nrFEºr 2(-0,44) + 0,771 = 3Eºr Eºr = - 0,109/3 = - 0,0363 V
Cl-
Cl- Cl- K+K+
Anodo
Cl-
K+
Co K+
K+
K+
Co++
Co++
NO3
-
NO3
-
Cl-
K+
Cl-
Cl-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
Cu++
e-
e-
Cu
Cu
++ Cu

21. 1. El E de la pila: Zn(s)Zn++
(1M)HCOOH(0,5M), H2(1 atm)Pt, vale 0,642 V. Calcula Ka. (EºZn++/Zn = - 0,76 V)
SOLUCIÓN
Anodo Zn(s)  Zn++
(ac) + 2e-
Cátodo 2H+
(ac) + 2e-  H2(g)
E = 𝐸 𝑜
−
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝑍𝑛++
𝐻+ 2
0,642 = 0,76 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
1
𝐻+ 2
Catodo HCOOH  H+ + HCOO- [H+] = 0,01
Equilibrio Co – x = 0,5 x x
𝐾 𝑎 =
𝐻+ 𝐻𝐶𝑂𝑂−
𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻
=
𝑥·𝑥
0,5
=
10−4
0,5
= 2 · 10−4
Cl-
Cl- Cl- K+K+
Anodo
H+
H+
H+
Hidrógeno
H2
Cl-
K+
Zn
e-
e-
K+
K+
K+
Zn++
Zn++
NO3
-
NO3
-
Cl-
HCOO-
HCOO-
HCOO-
K+
Cl-
Cl-

22. 13.- Al hacer una electrolisis sobre una disolución, de 10 litros, de sulfato amónico 2 M, se forma en el ánodo un depósito de
persulfato amónico, (NH4)2S2O8. A la celda se aplica una diferencia de potencial de 5 V y una I de 4 A, siendo el rendimiento de la
corriente del 84 %: (NH4)2SO4(ac)  (NH4)2S2O8(s) + NH4
+
(ac) Eº = - 2,12 V
a) Indica el número de oxidación de los elementos de cada compuesto.
b) Calcula la concentración del sulfato amónico en dicha disolución al cabo de 5 días.
c) Calcula la energía que se consumirá en kW·h, para producir 228 g de persulfato amónico.
Datos: Mpersulfato amónico = 228 g/mol; kW·h = 3.600 kJ y F = 96.480 C/mol de electrones.
SOLUCIÓN
a) Ánodo 2(NH4)2SO4(ac)  (NH4)2S2O8(s) + 2NH4
+
(ac) + 2e-
Estados de oxidación en los reactivos: N = -3; S = +6; H = +1 y O = -2
Estados de oxidación en los reactivos: N = -3; S = +7; H = +1 y O = -2
(en realidad: S = +6; O = -2 y el Operoxido = -1 O3S-O-O-SO3)
b) por cada mol de electrones se consume 1 mol de sulfato amónico, para dar 0,5 mol de persulfato
Moles de electrones en 5 dias: (I·Rdto·t)/F = [4(C/s)·0,84·3600s·24h·5días]/96485 = 15
Moles de sulfato consumidos = 15.
Suponiendo que el volumen de disolucion no cambia; al principio hay 2·10 = 20 moles de sulfato, luego quedan 20 – 15 = 5 moles
en los 10 litros de disolución por tanto: [(NH4)2SO4(ac)] = 5/10 = 0,5 M

23. NH4
+
e-
e-
e-
e-
e-
e-
e-
+
+
+
+
+
+
+
+
H2O
H2O
e-
e-
e-
e-
SO4
=
HO-
HO-
e-
e-
e- e-
HOH
SO4
=
NH4
+
NH4
+
NH4
+
c)
Moles de persulfato formados 228/228 = 1
Para formar 1 mol de persulfato se mueven 2 moles de electrones, es decir, 2·96485 = 192.970 C
Energia electrica = Q·V = 192.960·5 = 964.800 J = 964,8 kJ
Energia electrica en kW·h = 964,8kJ/3600 kJ/kW·h = 0,268 kW·h

24. 20.- La reacción de la pila Sn(s)/Sn++
(1M)//Hg++
(0,01M)/Hg(l)/Pt tiene una Hº = - 170,2 kJ/mol. Calcula: a) Epila
b) Sº de la reacción de la pila a 25 ºC.
(EºSn++/Sn = - 0,137 V; EºHg++/Hg = 0,851 V y F = 96485 C/mol-e-)
SOLUCION
a) Ajustamos la reacción de la pila: Sn(s) + Hg++
(aq)  Sn++
(aq) + Hg(l)
Calculamos Eº Eºpila = Eºcat – Eºan = 0,851 – (-0,137) = 0,988 V
𝐸 = 𝐸 𝑜
−
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝑆𝑛++
𝐻𝑔++ = 0,988 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
1
0,01
= 0,988 − 0,059 = 0,93 𝑉
b) Gºpila = Hºpila - TSºpila Gºpila = - nFEº = - 2·96485·0,988 = 190650 = - 190,65 kJ/mol
- 190,65 = - 170,2 - 298Sºpila Sºpila = 20,45/298 = 0,0686 kJ/mol
Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
NO3
-
K+K+
Anodo
Sn++
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
Hg++
Hg++
K+
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
- NO3
-
Sn
e-
e-
Sn++

25. 12. Para la pila a 25 ºC: In(s)/In+++
(0,1M) //Hg++
(0,01M)/Hg(l)
Calcula: a) ΔGºpila
b) La [In+++
(ac)]eq
c) El volumen de Hg(l) que se genera, si la pila suministra una corriente de 0,01 A durante 10 días.
(Datos: 2Hg++ + 2e-  Hg2
++
(ac) Eº = + 0,92 V; Hg2
++
(ac) + 2e-  2Hg(l) ; Eº = + 0,8 V; EºIn+++/In = - 0,34 V; F = 96.485 C/mol-e; R =
8,314 J/mol·K y dMercurio Líquido = 13,53 g/cc)
SOLUCIÓN
a) Semirreación de Oxidación 2(In(s)  In+++
(ac) + 3e-) EºIn+++/In = - 0,34V (Ánodo)
Semirreación de Reducción 3(Hg++
(ac) + 2e-  Hg(l)) EºHg++/Hg = ? (Cátodo)
Reacción Global 2In(s) + 3Hg++
(ac)  2In+++
(ac) + 3Hg(l) Eºpila
2Hg++ + 2e-  Hg2
++
(ac) ΔGº1 = -nFEº1 = -2FEº1
Hg2
++
(ac) + 2e-  2Hg(l) ΔGº2 = -nFEº2 = -2FEº2
Hg++
(ac) + 2e-  Hg(l) ΔGºHg++/Hg = (ΔGº1 + ΔGº2)/2
ΔGº Hg++/Hg = -nFEº Hg++/Hg = [-2FEº1 + (-2FEº2)]/2
−𝑛 𝑔 𝐹𝐸º 𝑔 =
−𝑛1 𝐹𝐸º1 − 𝑛2 𝐹𝐸º2
2
-2FEº Hg++/Hg = -FEº1 + -FEº2 EºHg++/Hg = (Eº1 + Eº2)/2
Eºcátodo = EºHg++/Hg = (0,92V + 0,8V)/2 = + 0,86V
ΔGºpila = -nFEºpila Eºpila = Eºcat - Eºan = 0,86 – (-0,34) = + 1,2 V
ΔGºpila = -6·96490C/mol·1,2 = - 694.728 J ΔGºpila = -694,73 kJ

26. Cl-
Cl- Cl- Cl- Cl-
NO3
-
K+K+
Anodo
In+3
Cl-
K+
Cl-
K+
K+
K+
Hg++
Hg++
K+
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
- NO3
-
In
e-
e-
In+3
NO3
-
b) ΔGºpila = -RTLnKe LnKe = -(ΔGºpila/RT) = 694.728J/(8,314J/mol·K·298K) = 280,406
Ke = prácticamente infinita. Esto quiere decir que en el equilibrio la reacción esta tan desplazada hacia la derecha que se ha
consumido prácticamente todo el Hg++
(ac). Por otro lado, y dada la estequiometría de la reacción, por cada 3 moles de Hg++ que se
reducen se forman 2 moles de In+++. Como prácticamente se reducen 0,01 M de Hg++ se formarán (volumen disolución cte)
2·0,01/3 = 6,67·10-3 M de In+++. Por tanto la [In+++]e  0,1 + 2·0,01/3 = 0,1 + 6,67·10-3  0,107 M
c) Q = I·t = 0,01C/s·10d·24h/d·3600s/h = 8.640 C
moles de electrones movilizados = Q/F = 8640C/96490C/mol de electr. = 0,0895
Según la reacción global se necesitan 6 moles de electrones para formar 3 moles de Hg(l)
Moles de mercurio líquido que se han generado = moles de electrones/2 = 0,0895/2 = 0,0448
Masa de Hg(l) = molesHg·MHg = 0,0448·200,6 = 9 g Volumen de Hg(l) = g/d = 9g/13,55g/ml = 0,66 ml

27. Cl-
Cl- Cl- K+K+
Anodo
Cl-
K+
Co K+
K+
K+
Co++
Co++
NO3
-
NO3
-
Cl-
K+
Cl-
Cl-
Fe+3
Fe+3
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-
NO3
-NO3
-
Fe++
Fe++
e-
e-
11.- Para la siguiente reacción: Co(s) + 2Fe+++
(0,1M)  Co++
(0,2M) + 2Fe++
(0,1M) Gº = – 49 kcal. Calcula:
a) El Eº de la semirreacción: Co  Co++ + 2e-
b) La masa del electrodo de Cobalto para que la pila de una intensidad de 4 mA durante 10 días. (MCo = 58,93g/mol; EºFe+++/Fe++ = +
0,771 V; R = 8,314 J/molK; F = 96485 C/mol-e y 1 cal = 4,18 J).
SOLUCION
a) Gº = -49.000 cal(4,18 J/cal) = -204820 J = -nFEº = -nF(Eºcát - Eºán)
204.820 J = 296485(0,771 - Eºán) EºCo++/Co = 0,771 -1,061 = - 0,29V
Co  Co++ + 2e- EºCo/Co++ = 0,29V
b) Segun la reaccion 1 mol de Co(s) genera 2 moles de electrones cuando se oxida
I = 410-3 C/s durante 10 días se producen Q = 410-3 C/s(10243600) = 3456 C
Moles de electrones producidos = Q/F = 3456/96485 = 0,0358
Moles de Co(s) oxidados = moles de electrones/2 = 0,0358/2 = 0,018
Masa del electrodo Co = (moles Co)MCo = 0,018(58,93) = 1,061 g

28. 27.- Aplicamos una corriente de 1mA con un rendimiento del 87% durante 10s a 3ml de una disolución de insulina 5M para
reducir sus puentes disulfuro. Averigua el nº de puentes disulfuro por molécula de insulina, si la reacción de reducción de un puente
disulfuro es la siguiente:
S
S
+ 2H+
(ac) + 2e-
SH
SH
SOLUCION
Moles de Insulina reducidos = 5·10-6
mol/L·3·10-3
L = 1,5·10-8
Moles de electrones consumidos en la reducción de los puentes disulfuro (-S-S-) de las moléculas de Insulina:
I·R·t/F = 10-3
C/s·0,87·10s/96480C/mol-e = 9·10-8
Moles de puentes disulfuro reducidos por esos moles de electrones = 0,5·9·10-8 = 4,5·10-8
Puentes S-S/molécula de Insulina = moles de puentes S-S/moles de Insulina = 4,5·10-8/1,5·10-8 = 3
BIOELECTROQUIMICA

29. 8.- Calcula el cociente [Quinona]/[Quinol] a pH 7,4 y 37 ºC en: a) Ambiente aerobio (Eox del polifenol = -0,5 V)
b) Ambiente anaerobio (Eox del polifenol = 0,5 V)
SOLUCION
Los polifenoles (ubiquinol) actúan en el organismo como antioxidantes o reductores de radicales:
Quinol Quinona
Gº´g = Gº´1 + Gº´2  - 2FEº´g = - FEº´1 - FEº´2  Eº´g = (Eº´1 + Eº´2)/2 = - 0,045V
´
a) 𝐸´ = 𝐸 𝑜
´ −
0,0615
𝑛
𝐿𝑜𝑔
O==O 𝐻+ 2
HO−−OH
 − 0,5 = −0,045 −
0,0615
2
𝐿𝑜𝑔
O==O 10−7,4 2
HO−−OH
O==O
HO−−OH
= 3,9 · 1029
b) 𝐸´ = 𝐸 𝑜
´ −
0,0615
𝑛
𝐿𝑜𝑔
O==O 𝐻+ 2
HO−−OH
 0,5 = −0,045 −
0,0615
2
𝐿𝑜𝑔
O==O 10−7,4 2
HO−−OH
O==O
HO−−OH
= 0,0012
OH
OH
 H+ + e- + Eº´1 = -0,038 V Gº´1 = - n1FEº´1OHO
 H+ + e- + Eº´2 = -0,052 V Gº´2 = - n2FEº´2OO
 2H+
(ac) + 2e- + Eº´g = ? Gº´g = - ngFEº´g
OHO
OH
OH
OO

30. 3.- El potencial eléctrico de membrana de una célula nerviosa en reposo vale Em = -60mV y la disolución extracelular tiene una [K+]
constante de 5mM. Cuando se produce un impulso nervioso dicho potencial Em pasa a +30mV, y se abren unos poros para que salga
el K+ del citosol de la célula nerviosa al medio extracelular. Aplicando la ecuación 𝐸 𝑚 = 2 · 10−4
𝑇𝐿𝑜𝑔
𝐾+
𝑒𝑥𝑡
𝐾+
𝑐𝑖𝑡
Calcula el nº de iones K+ que han salido de una célula nerviosa con el impulso nervioso a 37ºC, si el volumen del citosol es 7·10-
16m3, aproximadamente.
SOLUCION
Volumen del citosol = 7·10-16m3(1000litros/m3) = 7·10-13litros
En reposo
𝐸 𝑚 = 2 · 10−4 𝑇𝐿𝑜𝑔
𝐾+
𝑒𝑥𝑡
𝐾+
𝑐𝑖𝑡
-0,06 = 2·10-4·310Log(5/[K+]cit) [K+]cit = 46,4mM
Moles de K+ en el citosol = 0,0464·7·10-13 = 3,25·10-14
Impulso nervioso
𝐸 𝑚 = 2 · 10−4 𝑇𝐿𝑜𝑔
𝐾+
𝑒𝑥𝑡
𝐾+
𝑐𝑖𝑡
0,03 = 2·10-4·310Log(5/[K+]cit) [K+]cit = 1,64mM
Moles de K+ en el citosol = 1,64·10-3·7·10-13 = 1,15·10-15
Moles de K+ que han salido del citosol por el impulso nervioso = 3,25·10-14 – 1,15·10-15 = 3,14·10-14
Nº de K+ que han salido del citosol por el impulso nervioso = moles·NA = 3,14·10-14·6,022·1023 = 1,9·1010
K+
K+
K+ K+ K+
Disolución extracelular [K+] = 5mM
Citosol
Impulso Nervioso
K+
K+

31. 2.- El ácido oxalacético, C4H4O5, es reducido bioquímicamente a málico, C4H4O5, según:
C4H4O5(ac) + NADH(ac) + H+
(ac)  C4H6O5(ac) + NAD+
(ac) Eº = 0,364 V
a) Indica el estado de oxidación medio del carbono en los ácidos málico y oxalacético
b) El potencial estándar bioquímico, Eº´, se define como el potencial estándar químico Eº, pero a pH = 7; calcula el Eº´ de la
reacción. (F = 96.485 C/mol; EºNAD+/NADH = - 0,11V y Eºox/má = + 0,254V).
SOLUCIÓN
a) El oxígeno tiene un estado de oxidación de – 2 y el H de +1, por tanto
Para el ácido málico: Estado de oxidación del C = (10 – 6)/4 = +1
Para el ácido oxalacético: Estado de oxidación del C = (10 – 4)/4 = + 1,5
Para esta reacción ajustada los moles de electrones que fluyen serán:
4 átomos de C del málico(+1,5) – 4 átomos de C del oxalacético(+1) = 6 – 4 = 2
Semirreaccion: NAD+
(ac) + H+
(ac) + 2e-  NADH(ac) EºNAD+/NADH = - 0,11V
b) 𝐸º´ 𝑟 = 𝐸º 𝑟 −
0,059
𝑛
𝐿𝑜𝑔
𝐶4 𝐻6 𝑂5 𝑁𝐴𝐷+
𝐶4 𝐻4 𝑂5 𝑁𝐴𝐷𝐻 𝐻+ = 0,364 −
0,059
2
𝐿𝑜𝑔
1
𝐻+ = 0,364 + 0,0295𝐿𝑜𝑔 𝐻+
Eº´ = 0,364 + 0,0295pH = 0,364 + 0,0295·7 = 0,364 + 0,2065 = 0,57V