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Electroquímica

1. Se calcula que durante la electrólisis de 150 g de una disolución al 10% de sulfato de potasio con una corriente de 8 A durante 6 horas, se descompusieron 11,11 g de agua y la concentración final de la disolución fue del 10,22%. 2. Al pasar 1 amperio-hora a través de una disolución de sulfato de cromo(III) con electrodos de plomo, se formaron 0,99 g de ácido crómico CrO3. La energía gastada para producir 1 kg de CrO

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Electroquímica 1. Se electrolizan 150 g de una disolución de sulfato de potasio al 10,00 % durante 6 horas con una intensidad de 8 Amperios. Calcular la cantidad de agua descompuesta y la concentración de la disolución al final de la electrólisis. Se produce en los dos electrodos la descomposición del agua: 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑶𝑶− + 𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟑𝟑 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 Globalmente 2 moles de electrones producen: 𝟓𝟓 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑶𝑶− + 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ + 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟓𝟓 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 + 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟖𝟖 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 Por tanto, en los 150 g iniciales teníamos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Al final tendremos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 15 g 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 % 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 % 2. Al electrolizar una disolución de sulfato de cromo (III) en ácido sulfúrico con electrodos de plomo, el ion crómico, Cr+3 , se oxida a ácido crómico, H2CrO4. Calcular la cantidad de ácido crómico que se forma en el paso de 1 ampere-hora si el rendimiento de corriente es del 73 %. Hallar el consumo de energía por kilogramo de CrO3 producido si el voltaje aplicado es de 3,5 volts. 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟑𝟑 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 + 𝟑𝟑 𝒆𝒆− + 𝟔𝟔 𝑯𝑯+ La carga útil que pasa: 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 → 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 + 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 Energía gastada: 𝑾𝑾 = 𝑰𝑰 ∗ ∆𝑽𝑽 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨 ∗ 𝟑𝟑, 𝟓𝟓 𝒗𝒗 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑱𝑱 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 = 𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 3. Una disolución alcalina de manganato potásico, K2MnO4, obtenido al calentar dióxido de manganeso con potasa cáustica en presencia del aire, se oxida anódicamente con una densidad de corriente de 9 amp/dm2 . Si el rendimiento de corriente es del 70 % calcular la cantidad de permanganato de potasio, KMnO4, que se obtendrá en 10 horas en una cuba cuyos ánodos tienen una superficie útil total de 4000 cm2 .
𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝟒𝟒 −𝟐𝟐 → 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑶𝑶𝟒𝟒 − + 𝒆𝒆− 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟗𝟗 𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕 = 𝟗𝟗, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 𝟗𝟗,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 4. Al electrolizar una disolución de carbonato de potasio con un ánodo de ferromanganeso se forma permanganato de potasio. Calcular: a) La cantidad de 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 que se obtiene durante 5 horas con un ánodo de 24 cm2 de superficie útil si se trabaja con una densidad de corriente de 10 Amp/dm2 y el rendimiento de corriente es del 32 %. b) El voltaje aplicado a la cuba si el consumo de energía es de 24,1 kW h por kg de 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒. a) 𝑴𝑴𝑴𝑴 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑶𝑶𝟒𝟒 − + 𝟖𝟖 𝑯𝑯+ + 𝟕𝟕 𝒆𝒆− 𝟓𝟓 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟕𝟕 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟑𝟑, 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 b) ∆𝑽𝑽 = 𝑾𝑾 𝑰𝑰∗𝒕𝒕 = 𝑾𝑾 𝑰𝑰∗𝒕𝒕 ∆𝑽𝑽 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 ∗ 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 ∗𝟑𝟑,𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝑲𝑲𝑲𝑲 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟓𝟓 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟔𝟔,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 5. Por electrólisis de una disolución de carbonato de sodio con algo de acetato de sodio y utilizando ánodos de plomo se forma y precipita albayalde, un carbonato básico de plomo de fórmula 2PbCO3.Pb(OH)2. Calcular: a) La cantidad de albayalde que se obtiene por hora en una cuba que funciona a 3000 amperios con un rendimiento de corriente del 97 %. b) El consumo de energía por tonelada de producto si el voltaje aplicado es de 3,5 volts. a) 𝑷𝑷𝑷𝑷 → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝒒𝒒 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑨𝑨 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 b) 𝑾𝑾 = 𝑰𝑰 ∗ ∆𝑽𝑽 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 6. Al electrolizar una disolución de sulfato de amonio se forma en el ánodo persulfato de amonio, (NH4)2S2O8. El voltaje aplicado es de 6,0 volts y el rendimiento de corriente es del 82 %. Calcular la producción de persulfato de amonio por kW h. 𝟐𝟐 𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 → 𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 −𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝑾𝑾 ∆𝑽𝑽 = 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟔𝟔,𝟎𝟎 𝑽𝑽 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 −𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 (𝑵𝑵𝑵𝑵)𝟒𝟒𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟐𝟐 𝒈𝒈 (𝑵𝑵𝑵𝑵)𝟒𝟒𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 7. La reducción del nitrobenceno en ácido sulfúrico concentrado en un cátodo de platino da lugar a fenilhidroxilamina, 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵,qque se transforma rápidamente en p-aminofenol, 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝑵𝑵𝑯𝑯𝟐𝟐(1,4). Calcular: a) La cantidad de p-aminofenol producido en 3 horas en una cuba que funciona 50 A con un rendimiento de corriente del 25 %.
b) El consumo de energía por kilogramo de producto si el voltaje es de 4,0 V. a) 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯+ + 𝟒𝟒 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 + 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟒𝟒 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝑵𝑵𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 b) La energía para producir los 38,12 g: 𝑾𝑾 = 𝒒𝒒 ∗ ∆𝑽𝑽 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟒,𝟎𝟎 = 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 8. En un baño de niquelar se introduce como cátodo un objeto metálico cuya superficie total es de 80 cm2 . Si se opera a una densidad de corriente de 2,2 A/dm2 y el rendimiento de corriente es del 94 %, calcular: a) La cantidad de níquel depositado en 1 hora. b) El tiempo que debe circular la electrólisis para que el recubrimiento de níquel tenga un espesor de 0,02 mm. La densidad del níquel es de 8,9 g/cm3 . a) 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑪𝑪 Si el Níquel usado es +2: 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 b) Volumen de níquel recogido: 𝑽𝑽 = 𝑨𝑨 ∗ 𝒍𝒍 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒎𝒎 = 𝒅𝒅 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟖𝟖,𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑪𝑪 Teniendo en cuenta el rendimiento habrá de circular más corriente: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟒𝟒,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝒕𝒕 = 𝒒𝒒 𝑰𝑰 = 𝟒𝟒,𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝟐𝟐,𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐∗𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒔𝒔 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒔𝒔 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔 47 min y 10 s. 9. En un baño cianurado de cobre y cinc se introduce como cátodo una lámina de hierro de 36 cm2 de superficie total y se electroliza durante 50 minutos a una densidad de corriente de 0,3 A/dm2 . Sobre la lámina se depositan 0,106 g de latón de un 71,3 % de cobre. Calcular el rendimiento de la corriente. El cobre se encuentra en la disolución en forma de cobre (I). 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟏𝟏 + 𝟏𝟏 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝒁𝒁𝒁𝒁+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝒁𝒁𝒁𝒁 Se depositan x g de Cu, y g de Zn. 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍ó𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍ó𝒏𝒏 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝒚𝒚 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁
𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒍𝒍𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒁𝒁𝒁𝒁 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 Para depositar el cobre se necesitan: 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 Para el Zn: 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 Por tanto, necesitamos para la deposición: 𝒒𝒒 (𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 + 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟐𝟐 % 10. Un acumulador de plomo, Pb/H2SO4/PbO2 está constituido por láminas de plomo, recubiertas por plomo esponjoso activo las unidas al polo negativo, y por dióxido de plomo las unidas al polo positivo, introducidas en 500 cm3 de ácido sulfúrico 8,2 Normal. Al suministrar el acumulador 10 amperes-hora, calcular: a) La cantidad de PbO2 transformado en PbSO4 en las placas positivas. b) La concentración final del ácido sulfurico. a) 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 ∗ 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 b) La reacción dl PbO2 es: 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− + 𝟒𝟒 𝑯𝑯+ → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 Moles iniciales de sulfúrico: 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑳𝑳 ∗ 𝟖𝟖,𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝑳𝑳 ∗∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Moles finales de ácido: 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟗𝟗 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Si el volumen no ha cambiado durante el proceso: 𝑵𝑵 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑳𝑳 ∗ 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 11. La resistencia específica de una disolución 0,05 M de cloruro de potasio es 149,9 Ω cm. Hallar la conductividad equivalente del cloruro de potasio a esta concentración. La conductividad especifica, conductividad de un cubo de disolución de 1 cm de arista, es: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔, 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 La conductividad equivalente, 𝚲𝚲, conductividad correspondiente a un equivalente gramo: 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 Para calcular Ve: 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝟔𝟔,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐
12. Un vaso de conductividad tiene dos electrodos de 1,64 cm2 de superficie, separados por 12,8 cm. Al llenarlo con disolución de cloruro de sodio 0,1 N ofrece una resistencia de 731,2 Ω. Calcular la conductividad específica y equivalente del cloruro de sodio en disolución 0,1 N. 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟐𝟐 𝛀𝛀 ∗ 𝟏𝟏,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 13. Un vaso de conductividad lleno con disolución 0,1 N de KCl tiene una resistencia de 96,2 Ω, y lleno con disolución 0,02 N de cloruro de calcio ofrece una resistencia de 536,4 Ω. Calcular las conductividades equivalente y molar del CaCl2 en disolución 0,02 N. La conductividad específica del KCl 0,1 N es 0,0129 Ω-1 cm-1 . Para la disolución 0,1 N de KCl: 𝝌𝝌 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑹𝑹 = 𝟗𝟗𝟗𝟗, 𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 ; 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 = 𝝆𝝆 ∗ 𝒍𝒍 𝑺𝑺 𝒍𝒍 𝑺𝑺 = 𝑹𝑹 𝝆𝝆 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 Para la disolución 0,02 N de CaCl2: 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓, 𝟒𝟒 𝛀𝛀 ∗ 𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para la conductividad molar: 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝑳𝑳𝑳𝑳 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎: 𝝁𝝁 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 14. Una disolución 0,01 N de amoníaco tiene una resistencia específica de 8990 Ω cm. La conductividad equivalente límite del NH4OH es 271,4 Ω-1 cm2 . Determinar el grado de ionización del amoníaco en disolución 0,01 N. 𝝆𝝆 = 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el grado de ionización tenemos:
𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎 % 15. La resistencia específica del hidróxido de sodio en disolución 0,001 N, 0,01 N y 0,1 N es, respectivamente, 4081, 422 y 45,24 Ω cm. La conductividad equivalente límite del NaOH es 248,1 Ω-1 cm2 . Hallar el grado de disociación aparente (relación de conductividades), del NaOH a dichas concentraciones. Disolución 0,001 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐, 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ; 𝜶𝜶 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 % Disolución 0,01 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ; 𝜶𝜶 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟓𝟓 % Disolución 0,1 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ; 𝜶𝜶 = 𝟖𝟖𝟖𝟖, 𝟎𝟎𝟎𝟎 % 16. Se disuelven 0,5 g de ferrocianuro de potasio en 1 litro de agua, y la disolución tiene una resistencia específica de 1263 Ω cm. La conductividad molar límite del K4Fe(CN)6 es 738,0 Ω-1 cm2 . Hallar el grado de disociación aparente del ferrocianuro de potasio a esta concentración. 𝑴𝑴 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝑳𝑳 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑴 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝝁𝝁 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝝁𝝁 𝛍𝛍𝒐𝒐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ; 𝜶𝜶 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟎𝟎 % 17. La conductividad específica de una disolución 0,05 N de sulfato de cobre (II) es 0,00295 Ω-1 cm-1 . Las conductividades equivalentes de los iones Cu+2 y SO4 -2 son, respectivamente, 54 y 79,8 Ω-1 cm2 . Calcular el grado de disociación aparente del sulfato de cobre (II) en esta disolución. 𝝌𝝌 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝚲𝚲�𝐂𝐂𝐂𝐂+𝟐𝟐� + 𝚲𝚲�𝐒𝐒𝐎𝐎𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐
𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 = 𝟎𝟎.𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 % 18. Las conductividades equivalentes límites del formiato de potasio, ácido nítrico y nitrato de potasio son, respectivamente, 128,1 , 421,2 y 144,9 Ω-1 cm2 . Calcular la conductividad equivalente límite del ácido fórmico. 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) = 𝚲𝚲�𝑲𝑲+𝟏𝟏� + 𝚲𝚲(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶− ) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶𝟑𝟑) = 𝚲𝚲(𝑯𝑯+) + 𝚲𝚲(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟑𝟑) = 𝚲𝚲(𝑲𝑲) + 𝚲𝚲(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) 𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲�𝑯𝑯+𝟏𝟏� + 𝚲𝚲(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶𝟑𝟑) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟑𝟑) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟏𝟏 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟐𝟐 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟗𝟗 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟒 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐 19. La conductividad equivalente límite del cloruro de litio es 115,0 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐 y el número de transporte del ion Cl- en el cloruro de litio es 0,664. Hallar las conductividades equivalentes de los iones Li+1 y Cl-1 . 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝐭𝐭𝑪𝑪𝑪𝑪− = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐂𝐂𝐂𝐂−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) ∗ 𝐭𝐭𝑪𝑪𝑪𝑪− = 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐂𝐂𝐂𝐂−) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐍𝐍𝐍𝐍+) ; 𝒐𝒐𝐍𝐍𝐍𝐍+= 𝚲𝚲𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐 − 𝚲𝚲𝒐𝒐𝐂𝐂𝐂𝐂−= 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝜴𝜴 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 20. El número de transporte del ion Br- en el KBr y en el NaBr es, respectivamente, 0,516 y 0,610. Si la conductividad equivalente del KBr es 151,9 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 , hallar la del NaBr. En el KBr: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐁𝐁𝐁𝐁−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) ∗ 𝐭𝐭𝑩𝑩𝑩𝑩− = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el NaBr: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐁𝐁𝐁𝐁−) 𝐭𝐭𝑩𝑩𝑩𝑩− = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 21. La conductividad equivalente límite del ioduro de potasio es 150,3 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 , y el número de transporte del ion K+ en este compuesto es 0,489. Para el nitrato de amonio la conductividad equivalente límite es 144,8 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 y el número de transporte del anión es 0,493. Hallar la conductividad equivalente límite del ioduro de amonio. Para el KI: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲+) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲) ∗ 𝐭𝐭𝑲𝑲+ = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑰𝑰−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲+) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el nitrato de amonio: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑) ∗ 𝐭𝐭𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒 + � = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Por tanto: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑰𝑰) = 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒 + � + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑰𝑰−) = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 + 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 22. La movilidad del ion H3O+ es 3,625 10-2 cm/s para un gradiente de potencial de 1 V/cm, y el número de transporte de este ion en el ácido clorhídrico es 0,821. Hallar la conductividad equivalente límite del ácido clorhídrico.
𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+) = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟑𝟑,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+) 𝐭𝐭𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 23. La resistencia específica de una disolución 0,05 N de sulfato de sodio es 204,6 Ω cm, y las movilidades de los iones Na+ y SO4 -2 son, respectivamente, 5,19 10-4 y 8,27 10-4 cm/s para un gradiente de potencial de 1 V/cm. Hallar el grado de disociación aparente del sulfato de sodio en disolución 0,05 N. 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟓𝟓,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟖𝟖,𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓, 𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟔𝟔 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟐𝟐 ; 𝜶𝜶 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟐𝟐 % 24. Una disolución de ácido benzoico que contiene 1 g d substancia por litro tiene una resistencia específica de 3815 Ω cm. Las conductividades equivalentes límites del benzoato de sodio, del ácido clorhídrico y del cloruro de sodio son 82,4 , 426,1 y 126,4 Ω-1 cm2 . Hallar la constante de ionización del ácido benzoico. 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒈𝒈 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝑪𝑪−) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝑪𝑪−) 𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏 𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝟖𝟖𝟖𝟖, 𝟒𝟒 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑, 𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝜶𝜶 = 𝟖𝟖,𝟑𝟑𝟑𝟑 % 𝑲𝑲 = 𝜶𝜶𝟐𝟐∗𝒄𝒄 𝟏𝟏−𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐∗𝟏𝟏/𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏−𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎/𝑳𝑳 25. La conductividad específica del agua totalmente pura, fuera del contacto del aire, a 25º C es 5,5 10-8 Ω-1 cm-1 . Las conductividades equivalentes de los iones H3O+ y OH- son 349,8 y 198 Ω-1 cm-2 , respectivamente. Calcular el producto iónico del agua a esta temperatura. 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝐕𝐕𝒎𝒎 = 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲𝒐𝒐 𝝌𝝌 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖 𝟓𝟓,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 = 𝟗𝟗, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟗𝟗,𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑳𝑳 [𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+] = [𝑶𝑶𝑯𝑯−] = 𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 = 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 𝑴𝑴 𝑲𝑲𝑾𝑾 = [𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+] ∗ [𝑶𝑶𝑯𝑯−] = 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
26. La conductividad específica de una disolución saturada de sulfato de bario es 3,93 10-6 Ω-1 cm-1 , y la del agua destilada es 1,18 10-6 Ω-1 cm-1 . Hallar el producto de solubilidad el sulfato de bario. Las conductividades equivalentes de los iones Ba+2 y SO4 -2 son 63,6 y 79,8 Ω-1 cm-2 , respectivamente. La conductividad de la disolución e debida a todos los iones presentes en ella, los procedentes del sulfato de bario y los de la disociación del agua. 𝝌𝝌 − 𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲 𝝌𝝌−𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟔𝟔+𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 = 𝟓𝟓, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝑳𝑳 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒄𝒄𝟐𝟐 = � 𝟏𝟏 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 � 𝟐𝟐 = 𝟑𝟑, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 27. Un vaso de conductividad provisto de dos electrodos de 6,3 cm2 de superficie a la distancia de 4 mm se llena con disolución saturada de oxalato de calcio; la resistencia medida es de 7890 Ω. Lleno con el agua de conductividad empleada la resistencia es de 63500 Ω. Hallar el producto de solubilidad del oxalato de calcio. Las conductividades equivalentes de los iones Ca+2 y C2O4 -2 son, respectivamente, 59,5 y 24,0 Ω-1 cm2 . 𝑹𝑹 = 𝝆𝝆 ∗ 𝒍𝒍 𝑺𝑺 ; 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 𝝆𝝆(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟔𝟔,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝆𝝆(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟔𝟔,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝌𝝌(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟏𝟏 𝝆𝝆(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝝌𝝌(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟏𝟏 𝝆𝝆(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲 𝝌𝝌−𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟓𝟓+𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟎𝟎 𝟖𝟖.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔−𝟗𝟗.𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑳𝑳 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒄𝒄𝟐𝟐 = � 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 � 𝟐𝟐 = 𝟗𝟗,𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗 28. Calcular el potencial de un electrodo de cadmio introducido en una disolución de sulfato de cadmio 0,002 molar supuesta ideal. El potencial normal del cadmio es - 0,402 V. La reacción implicada: 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑪𝑪𝑪𝑪] [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] 𝑬𝑬 = −𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 � = −𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 29. Hallar la concentración de iones Cu+2 en una disolución en la que el potencial del electrodo de cobre es cero. El potencial normal del cobre es 0,340 V. 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑪𝑪𝑪𝑪] [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] � 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 ; �𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐� = 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟐𝟐, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴
30. La constante de disociación del ion complejo amoniacal de plata, ion diaminplata, Ag(NH3)2 + , es 6,8 10-8 . Calcular la diferencia de potencial de un electrodo de plata introducido en una disolución obtenida al mezclar en volúmenes iguales nitrato de plata 0,1 N y amoniaco 1 N. El potencial normal de la plata es 0,799 V. En un volumen de 1 L final: 𝑨𝑨𝑨𝑨(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑)𝟐𝟐 + ⇌ 𝑨𝑨𝑨𝑨+ + 𝟐𝟐 𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑 Moles ini) 0,05 0,5 Moles eq) x 0,05-x 0,5-2x 𝑲𝑲 = [𝑨𝑨𝑨𝑨+]∗ [𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑]𝟐𝟐 �𝑨𝑨𝑨𝑨(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑)𝟐𝟐 + � = (𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎−𝒙𝒙)∗(𝟎𝟎,𝟓𝟓−𝟐𝟐∗𝒙𝒙) 𝒙𝒙 ; 𝒌𝒌 ∗ 𝒙𝒙 = (𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒙𝒙) ∗ (𝟎𝟎,𝟓𝟓 − 𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙) Resolviendo la ecuación de segundo grado: 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝐱𝐱 = 𝟖𝟖,𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗 𝑴𝑴 Para la reacción: 𝑨𝑨𝑨𝑨 → 𝑨𝑨𝑨𝑨+ + 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝟖𝟖,𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗� = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 31. El potencial de un electrodo de plata en una disolución 0,2 M de nitrato de plata es 0,747 V. El potencial normal de la plata es 0,799 V. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato de plata. Para la disolución tenemos: 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑨𝑨𝑨𝑨+] 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝒐𝒐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝒐𝒐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕−𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴 𝒄𝒄 ∗ 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ; 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ; 𝜶𝜶 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟕𝟕 % 32. Una disolución muy diluida de nitrato de mercurio (I) se diluye a un volumen 10 veces mayor. La pila formada por dos electrodos de mercurio en contacto con estas dos disoluciones tiene una fuerza electromotriz de 0,0289 V. Hallar la fórmula del nitrato de mercurio (I) y explicar por qué la FEM de la pila no es exactamente 0,0295 V. En un electrodo se reduce el mercurio (I) y en el otro se oxida el mercurio a mercurio (I). El potencial de la pila será: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏 ;𝟎𝟎, 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏 ; 𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 Por tanto, el ion ha de estar como dimero: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ De norma que la reacción es: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 La fórmula del nitrato de mercurio (I) es: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑)𝟐𝟐 33. Calcular la FEM de una pila Daniell constituida por dos electrodos de cinc y cobre introducidos en disoluciones 0,1 molares de sus sulfatos. ¿Cuál será la diferencia de potencial si las disoluciones se diluyen a un volumen 10 o 100 veces mayor? Los potenciales normales del cinc y del cobre del cinc y del cobre son, respectivamente,
-0,763 V y 0,340 V. suponer en todos los casos que el grado de disociación aparente de los sulfatos de cinc y de cobre es el mismo. En la pila Daniell el cobre se reduce y el cinc se oxida. En condiciones estándar el potencial es: 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑽𝑽 En otras condiciones tendremos: 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍( �𝒁𝒁𝒁𝒁+𝟐𝟐� [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] Al diluir las dos disoluciones en la misma proporción el cociente no cambia. Por tanto, el potencial se mantendrá. 34. Se forma una pila con dos electrodos de hidrógeno, uno en disolución de ácido clorhídrico 1 M (α=0,80). El potencial de la pila es 0,258 V. Calcular: a) El pH de la otra disolución. b) La diferencia en el valor del pH si el potencial varía en 1 mV. a) En un electrodo se produce la oxidación del hidrógeno, en el otro la reducción del H+ . 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑯𝑯𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟏𝟏 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝟐𝟐 [𝑯𝑯+]𝟏𝟏 𝟐𝟐� 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟎𝟎.𝟖𝟖 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � ; 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎,𝟖𝟖) = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟒𝟒, 𝟒𝟒𝟒𝟒 b) Si el potencial de la pila es 0,259 V 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎,𝟖𝟖)=4,49 ∆𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 35. La FEM de una pila constituida por un electrodo decimonormal de calomelanos (E=0,334V) y un electrodo de hidrógeno es 0,652 V. Hallar el pH de esta disolución. 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 Para el electrodo de hidrógeno: 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟓𝟓, 𝟑𝟑𝟑𝟑 36. La FEM de la pila formada por un electrodo decimonormal de calomelanos (E=0,334 V) y un electrodo de hidrógeno en ácido benzoico 0,02 M es de 0,509 V. Calcular la constante de ionización del ácido benzoico. 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− 𝑯𝑯𝟐𝟐 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟏𝟏 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍([𝑯𝑯+]) [𝑯𝑯+] = 𝟏𝟏𝟏𝟏 −� 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 � = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑴
𝑯𝑯𝑯𝑯 ⇆ 𝑯𝑯+ + 𝑨𝑨− In) 0,02 Eq) 0,02- 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑲𝑲 = [𝑯𝑯+]∗[𝑨𝑨− ] [𝑯𝑯𝑯𝑯 ] = (𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎−𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔,𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 37. Un electrodo de quinhidrona se forma al introducir una lámina de platino en una disolución a la que se agrega una muy pequeña cantidad (unos centigramos), de quinhidrona (compuesto equimolecular de quinona e hidroquinona). El proceso electródico es 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑯𝑯)𝟐𝟐 → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− Y el potencial normal correspondiente es 0,699 V. Hallar el potencial de este electrodo cuando el pH de la disolución es 6,12. 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 ∗ (𝟔𝟔, 𝟏𝟏𝟏𝟏) = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 38. Se forma una pila con un electrodo de quinhidrona en una disolución desconocida y un electrodo 0,1 N de calomelanos, que forma en este caso el polo negativo. La FEM de la pila es 0,127 V. Hallar el pH de la disolución desconocida. El potencial normal del electrodo de quinhidrona es 0,699 V y el del electrodo 0,1 N de calomelanos es 0,334 V. ¿A qué valor del pH será nulo el potencial de la pila? 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = − 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟒𝟒.𝟎𝟎𝟎𝟎 Para un potencial nulo de la pila: 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = 𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟏𝟏 39. El potencial de un electrodo 0,1 N de calomelanos es 0,334 V. En la disolución 0,1 N de KCl la concentración ideal del ion Cl- es 0,0770 M. El potencial normal del mercurio frente al ion mercurio (I) es 0,798 V. Hallar el producto de solubilidad del cloruro de mercurio(I). 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑽𝑽 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ;𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 Para el cloruro de mercurio (I): 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 ⇆ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− Podemos ponerla como: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ⟶ 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− ⟶ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+� �
𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � −𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � ∗ �𝑪𝑪𝑪𝑪−𝟏𝟏� 𝟐𝟐 = 𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟏𝟏, 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 40. Calcular la constante de equilibrio correspondiente a la reacción 𝑪𝑪𝑪𝑪 + 𝟐𝟐 𝑨𝑨𝑨𝑨+ ⇄ 𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝑨𝑨𝑨𝑨 A partir de los potenciales normales del cobre y de la plata, iguales, respectivamente, a 0,340 V y 0,799 V. 𝑲𝑲 = �𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐+� [𝑨𝑨𝑨𝑨+]𝟐𝟐 En el equilibrio: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎 𝑽𝑽 𝟎𝟎 = (𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑲𝑲 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟑𝟑.𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 41. Se forma una pila con un electrodo decinormal de calomelanos ( E=0,334 V) que forma el polo negativo y un electrodo de platino introducido en una disolución de sales de Fe+2 y Fe+3 . Calcular la FEM de la pila cuando: a) �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒚𝒚 �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑� = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 b) �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒚𝒚 �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑� = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 Las concentraciones n moles por litro. El potencial normal del electrodo Pt/Fe+2, Fe+3 es 0,771 V. a) 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ; 𝑬𝑬 = − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑 + 𝒆𝒆− ⟶ 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐 ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑽𝑽 La reacción global: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− + 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑 ⟶ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐 ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� 𝟐𝟐 [𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑]𝟐𝟐� En el caso a: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 � = 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑽𝑽 b) 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 � = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑽𝑽
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Electroquímica

  • 1.
    Electroquímica 1. Se electrolizan150 g de una disolución de sulfato de potasio al 10,00 % durante 6 horas con una intensidad de 8 Amperios. Calcular la cantidad de agua descompuesta y la concentración de la disolución al final de la electrólisis. Se produce en los dos electrodos la descomposición del agua: 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑶𝑶− + 𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟑𝟑 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 Globalmente 2 moles de electrones producen: 𝟓𝟓 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝑶𝑶− + 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ + 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟓𝟓 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 + 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑯𝑯𝟐𝟐 + 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝑶𝑶𝟐𝟐 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟖𝟖 ∗ 𝟔𝟔 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 Por tanto, en los 150 g iniciales teníamos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅𝒅ó𝒏𝒏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Al final tendremos: 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 15 g 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 % 𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖+𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 % 2. Al electrolizar una disolución de sulfato de cromo (III) en ácido sulfúrico con electrodos de plomo, el ion crómico, Cr+3 , se oxida a ácido crómico, H2CrO4. Calcular la cantidad de ácido crómico que se forma en el paso de 1 ampere-hora si el rendimiento de corriente es del 73 %. Hallar el consumo de energía por kilogramo de CrO3 producido si el voltaje aplicado es de 3,5 volts. 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟑𝟑 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 + 𝟑𝟑 𝒆𝒆− + 𝟔𝟔 𝑯𝑯+ La carga útil que pasa: 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 → 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 + 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 Energía gastada: 𝑾𝑾 = 𝑰𝑰 ∗ ∆𝑽𝑽 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏 𝑨𝑨 ∗ 𝟑𝟑, 𝟓𝟓 𝒗𝒗 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑱𝑱 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪𝑶𝑶𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝑱𝑱 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 = 𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 3. Una disolución alcalina de manganato potásico, K2MnO4, obtenido al calentar dióxido de manganeso con potasa cáustica en presencia del aire, se oxida anódicamente con una densidad de corriente de 9 amp/dm2 . Si el rendimiento de corriente es del 70 % calcular la cantidad de permanganato de potasio, KMnO4, que se obtendrá en 10 horas en una cuba cuyos ánodos tienen una superficie útil total de 4000 cm2 .
  • 2.
    𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝑴𝟒𝟒 −𝟐𝟐 → 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑶𝑶𝟒𝟒 − + 𝒆𝒆− 𝟏𝟏𝟏𝟏𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟗𝟗 𝑨𝑨 𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕 = 𝟗𝟗, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 𝟗𝟗,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 4. Al electrolizar una disolución de carbonato de potasio con un ánodo de ferromanganeso se forma permanganato de potasio. Calcular: a) La cantidad de 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 que se obtiene durante 5 horas con un ánodo de 24 cm2 de superficie útil si se trabaja con una densidad de corriente de 10 Amp/dm2 y el rendimiento de corriente es del 32 %. b) El voltaje aplicado a la cuba si el consumo de energía es de 24,1 kW h por kg de 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒. a) 𝑴𝑴𝑴𝑴 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 → 𝑴𝑴𝑴𝑴𝑶𝑶𝟒𝟒 − + 𝟖𝟖 𝑯𝑯+ + 𝟕𝟕 𝒆𝒆− 𝟓𝟓 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟕𝟕 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 = 𝟑𝟑, 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 b) ∆𝑽𝑽 = 𝑾𝑾 𝑰𝑰∗𝒕𝒕 = 𝑾𝑾 𝑰𝑰∗𝒕𝒕 ∆𝑽𝑽 = 𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 ∗ 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 ∗𝟑𝟑,𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑𝑲𝑲𝑲𝑲 𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟓𝟓 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐∗𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟔𝟔,𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 5. Por electrólisis de una disolución de carbonato de sodio con algo de acetato de sodio y utilizando ánodos de plomo se forma y precipita albayalde, un carbonato básico de plomo de fórmula 2PbCO3.Pb(OH)2. Calcular: a) La cantidad de albayalde que se obtiene por hora en una cuba que funciona a 3000 amperios con un rendimiento de corriente del 97 %. b) El consumo de energía por tonelada de producto si el voltaje aplicado es de 3,5 volts. a) 𝑷𝑷𝑷𝑷 → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝒒𝒒 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑨𝑨 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 ∗ 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 b) 𝑾𝑾 = 𝑰𝑰 ∗ ∆𝑽𝑽 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟑𝟑,𝟓𝟓 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 6. Al electrolizar una disolución de sulfato de amonio se forma en el ánodo persulfato de amonio, (NH4)2S2O8. El voltaje aplicado es de 6,0 volts y el rendimiento de corriente es del 82 %. Calcular la producción de persulfato de amonio por kW h. 𝟐𝟐 𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 → 𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 −𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝑾𝑾 ∆𝑽𝑽 = 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟔𝟔,𝟎𝟎 𝑽𝑽 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 −𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 (𝑵𝑵𝑵𝑵)𝟒𝟒𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟐𝟐 𝒈𝒈 (𝑵𝑵𝑵𝑵)𝟒𝟒𝑺𝑺𝟐𝟐𝑶𝑶𝟖𝟖 7. La reducción del nitrobenceno en ácido sulfúrico concentrado en un cátodo de platino da lugar a fenilhidroxilamina, 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵,qque se transforma rápidamente en p-aminofenol, 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝑵𝑵𝑯𝑯𝟐𝟐(1,4). Calcular: a) La cantidad de p-aminofenol producido en 3 horas en una cuba que funciona 50 A con un rendimiento de corriente del 25 %.
  • 3.
    b) El consumode energía por kilogramo de producto si el voltaje es de 4,0 V. a) 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟒𝟒 𝑯𝑯+ + 𝟒𝟒 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 + 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟑𝟑 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟒𝟒 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝑵𝑵𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 b) La energía para producir los 38,12 g: 𝑾𝑾 = 𝒒𝒒 ∗ ∆𝑽𝑽 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟒,𝟎𝟎 = 𝟐𝟐, 𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑱𝑱 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 ∗ 𝟐𝟐,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 ∗ 𝟏𝟏 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 𝟑𝟑,𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔𝑱𝑱 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒌𝒌𝒌𝒌 𝒉𝒉 8. En un baño de niquelar se introduce como cátodo un objeto metálico cuya superficie total es de 80 cm2 . Si se opera a una densidad de corriente de 2,2 A/dm2 y el rendimiento de corriente es del 94 %, calcular: a) La cantidad de níquel depositado en 1 hora. b) El tiempo que debe circular la electrólisis para que el recubrimiento de níquel tenga un espesor de 0,02 mm. La densidad del níquel es de 8,9 g/cm3 . a) 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 ∗ 𝟐𝟐,𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑪𝑪 Aplicando el rendimiento: 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑪𝑪 ∗ 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑪𝑪 Si el Níquel usado es +2: 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 = 𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 b) Volumen de níquel recogido: 𝑽𝑽 = 𝑨𝑨 ∗ 𝒍𝒍 = 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒎𝒎 = 𝒅𝒅 ∗ 𝑽𝑽 = 𝟖𝟖,𝟗𝟗 𝒈𝒈 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 ∗ 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑵𝑵𝑵𝑵 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑪𝑪 Teniendo en cuenta el rendimiento habrá de circular más corriente: 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝑪𝑪 𝟎𝟎,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟒𝟒,𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝒕𝒕 = 𝒒𝒒 𝑰𝑰 = 𝟒𝟒,𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝟐𝟐,𝟐𝟐 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐∗𝟖𝟖𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒔𝒔 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟓𝟓 𝒔𝒔 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒔𝒔 47 min y 10 s. 9. En un baño cianurado de cobre y cinc se introduce como cátodo una lámina de hierro de 36 cm2 de superficie total y se electroliza durante 50 minutos a una densidad de corriente de 0,3 A/dm2 . Sobre la lámina se depositan 0,106 g de latón de un 71,3 % de cobre. Calcular el rendimiento de la corriente. El cobre se encuentra en la disolución en forma de cobre (I). 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟏𝟏 + 𝟏𝟏 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝒁𝒁𝒁𝒁+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝒁𝒁𝒁𝒁 Se depositan x g de Cu, y g de Zn. 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍ó𝒏𝒏 ∗ 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍ó𝒏𝒏 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝑪𝑪𝑪𝑪 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝒚𝒚 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁
  • 4.
    𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒈𝒈 𝒁𝒁𝒁𝒁 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒍𝒍𝒆𝒆𝒆𝒆 𝒁𝒁𝒁𝒁 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑 𝑨𝑨 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 Para depositar el cobre se necesitan: 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑪𝑪𝑪𝑪 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑪𝑪 Para el Zn: 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒁𝒁𝒁𝒁 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− = 𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 Por tanto, necesitamos para la deposición: 𝒒𝒒 (𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 + 𝟗𝟗𝟗𝟗 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑪𝑪 𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹𝑹: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟐𝟐 % 10. Un acumulador de plomo, Pb/H2SO4/PbO2 está constituido por láminas de plomo, recubiertas por plomo esponjoso activo las unidas al polo negativo, y por dióxido de plomo las unidas al polo positivo, introducidas en 500 cm3 de ácido sulfúrico 8,2 Normal. Al suministrar el acumulador 10 amperes-hora, calcular: a) La cantidad de PbO2 transformado en PbSO4 en las placas positivas. b) La concentración final del ácido sulfurico. a) 𝒒𝒒 = 𝑰𝑰 ∗ 𝒕𝒕 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑨𝑨 ∗ 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉𝒉 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑪𝑪 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒆𝒆− 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟒𝟒 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝒆𝒆− ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 b) La reacción dl PbO2 es: 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− + 𝟒𝟒 𝑯𝑯+ → 𝑷𝑷𝑷𝑷+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒈𝒈 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑷𝑷𝑷𝑷𝑶𝑶𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑶𝑶 Moles iniciales de sulfúrico: 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑳𝑳 ∗ 𝟖𝟖,𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝑳𝑳 ∗∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐.𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Moles finales de ácido: 𝟐𝟐,𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟗𝟗 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 Si el volumen no ha cambiado durante el proceso: 𝑵𝑵 = 𝟏𝟏.𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝑯𝑯𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝑳𝑳 ∗ 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟔𝟔,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑵𝑵 11. La resistencia específica de una disolución 0,05 M de cloruro de potasio es 149,9 Ω cm. Hallar la conductividad equivalente del cloruro de potasio a esta concentración. La conductividad especifica, conductividad de un cubo de disolución de 1 cm de arista, es: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟔𝟔, 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 La conductividad equivalente, 𝚲𝚲, conductividad correspondiente a un equivalente gramo: 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 Para calcular Ve: 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝟔𝟔,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐
  • 5.
    12. Un vasode conductividad tiene dos electrodos de 1,64 cm2 de superficie, separados por 12,8 cm. Al llenarlo con disolución de cloruro de sodio 0,1 N ofrece una resistencia de 731,2 Ω. Calcular la conductividad específica y equivalente del cloruro de sodio en disolución 0,1 N. 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟐𝟐 𝛀𝛀 ∗ 𝟏𝟏,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 13. Un vaso de conductividad lleno con disolución 0,1 N de KCl tiene una resistencia de 96,2 Ω, y lleno con disolución 0,02 N de cloruro de calcio ofrece una resistencia de 536,4 Ω. Calcular las conductividades equivalente y molar del CaCl2 en disolución 0,02 N. La conductividad específica del KCl 0,1 N es 0,0129 Ω-1 cm-1 . Para la disolución 0,1 N de KCl: 𝝌𝝌 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑹𝑹 = 𝟗𝟗𝟗𝟗, 𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 ; 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝑹𝑹 = 𝝆𝝆 ∗ 𝒍𝒍 𝑺𝑺 𝒍𝒍 𝑺𝑺 = 𝑹𝑹 𝝆𝝆 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 Para la disolución 0,02 N de CaCl2: 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓, 𝟒𝟒 𝛀𝛀 ∗ 𝟏𝟏 𝟏𝟏,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀 𝐜𝐜𝐜𝐜 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para la conductividad molar: 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟐𝟐 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝑳𝑳𝑳𝑳 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎: 𝝁𝝁 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 14. Una disolución 0,01 N de amoníaco tiene una resistencia específica de 8990 Ω cm. La conductividad equivalente límite del NH4OH es 271,4 Ω-1 cm2 . Determinar el grado de ionización del amoníaco en disolución 0,01 N. 𝝆𝝆 = 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 ∗ 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el grado de ionización tenemos:
  • 6.
    𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒,𝟎𝟎𝟎𝟎 % 15. La resistencia específica del hidróxido de sodio en disolución 0,001 N, 0,01 N y 0,1 N es, respectivamente, 4081, 422 y 45,24 Ω cm. La conductividad equivalente límite del NaOH es 248,1 Ω-1 cm2 . Hallar el grado de disociación aparente (relación de conductividades), del NaOH a dichas concentraciones. Disolución 0,001 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐, 𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ; 𝜶𝜶 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕 % Disolución 0,01 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟓𝟓 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ; 𝜶𝜶 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟓𝟓 % Disolución 0,1 N: 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ; 𝜶𝜶 = 𝟖𝟖𝟖𝟖, 𝟎𝟎𝟎𝟎 % 16. Se disuelven 0,5 g de ferrocianuro de potasio en 1 litro de agua, y la disolución tiene una resistencia específica de 1263 Ω cm. La conductividad molar límite del K4Fe(CN)6 es 738,0 Ω-1 cm2 . Hallar el grado de disociación aparente del ferrocianuro de potasio a esta concentración. 𝑴𝑴 = 𝟎𝟎,𝟓𝟓 𝒈𝒈 𝟏𝟏 𝑳𝑳 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒈𝒈 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑴 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝝁𝝁 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒎𝒎 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝝁𝝁 𝛍𝛍𝒐𝒐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ; 𝜶𝜶 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟎𝟎 % 17. La conductividad específica de una disolución 0,05 N de sulfato de cobre (II) es 0,00295 Ω-1 cm-1 . Las conductividades equivalentes de los iones Cu+2 y SO4 -2 son, respectivamente, 54 y 79,8 Ω-1 cm2 . Calcular el grado de disociación aparente del sulfato de cobre (II) en esta disolución. 𝝌𝝌 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝚲𝚲�𝐂𝐂𝐂𝐂+𝟐𝟐� + 𝚲𝚲�𝐒𝐒𝐎𝐎𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓 + 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐
  • 7.
    𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟓𝟓𝟓𝟓 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 = 𝟎𝟎.𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒; 𝜶𝜶 = 𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 % 18. Las conductividades equivalentes límites del formiato de potasio, ácido nítrico y nitrato de potasio son, respectivamente, 128,1 , 421,2 y 144,9 Ω-1 cm2 . Calcular la conductividad equivalente límite del ácido fórmico. 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) = 𝚲𝚲�𝑲𝑲+𝟏𝟏� + 𝚲𝚲(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶− ) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶𝟑𝟑) = 𝚲𝚲(𝑯𝑯+) + 𝚲𝚲(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟑𝟑) = 𝚲𝚲(𝑲𝑲) + 𝚲𝚲(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) 𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁𝐁: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲�𝑯𝑯+𝟏𝟏� + 𝚲𝚲(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑶𝑶𝟑𝟑) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑶𝑶𝟑𝟑) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟏𝟏 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒.𝟐𝟐 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟗𝟗 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟒 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐 19. La conductividad equivalente límite del cloruro de litio es 115,0 Ω−𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝟐𝟐 y el número de transporte del ion Cl- en el cloruro de litio es 0,664. Hallar las conductividades equivalentes de los iones Li+1 y Cl-1 . 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝐭𝐭𝑪𝑪𝑪𝑪− = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐂𝐂𝐂𝐂−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) ∗ 𝐭𝐭𝑪𝑪𝑪𝑪− = 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳𝑳) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐂𝐂𝐂𝐂−) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐍𝐍𝐍𝐍+) ; 𝒐𝒐𝐍𝐍𝐍𝐍+= 𝚲𝚲𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐 − 𝚲𝚲𝒐𝒐𝐂𝐂𝐂𝐂−= 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟎𝟎 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟔𝟔𝟔𝟔 𝜴𝜴 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 20. El número de transporte del ion Br- en el KBr y en el NaBr es, respectivamente, 0,516 y 0,610. Si la conductividad equivalente del KBr es 151,9 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 , hallar la del NaBr. En el KBr: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐁𝐁𝐁𝐁−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲𝑲) ∗ 𝐭𝐭𝑩𝑩𝑩𝑩− = 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟗𝟗 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el NaBr: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝐁𝐁𝐁𝐁−) 𝐭𝐭𝑩𝑩𝑩𝑩− = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒𝟒𝟒𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 21. La conductividad equivalente límite del ioduro de potasio es 150,3 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 , y el número de transporte del ion K+ en este compuesto es 0,489. Para el nitrato de amonio la conductividad equivalente límite es 144,8 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 y el número de transporte del anión es 0,493. Hallar la conductividad equivalente límite del ioduro de amonio. Para el KI: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲+) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲) ∗ 𝐭𝐭𝑲𝑲+ = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑰𝑰−) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲𝑲𝑲) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑲𝑲+) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟑𝟑 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟓𝟓 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Para el nitrato de amonio: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑) ∗ 𝐭𝐭𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒 + � = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑 − ) = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖 − 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 Por tanto: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒𝑰𝑰) = 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑵𝑵𝑯𝑯𝟒𝟒 + � + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑰𝑰−) = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 + 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟐𝟐 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 22. La movilidad del ion H3O+ es 3,625 10-2 cm/s para un gradiente de potencial de 1 V/cm, y el número de transporte de este ion en el ácido clorhídrico es 0,821. Hallar la conductividad equivalente límite del ácido clorhídrico.
  • 8.
    𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+) = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟑𝟑,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟐𝟐𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+) 𝐭𝐭𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+ = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝟎𝟎,𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 23. La resistencia específica de una disolución 0,05 N de sulfato de sodio es 204,6 Ω cm, y las movilidades de los iones Na+ y SO4 -2 son, respectivamente, 5,19 10-4 y 8,27 10-4 cm/s para un gradiente de potencial de 1 V/cm. Hallar el grado de disociación aparente del sulfato de sodio en disolución 0,05 N. 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟓𝟓,𝟏𝟏𝟏𝟏∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝒖𝒖 𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑽𝑽 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟖𝟖,𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟒𝟒𝒄𝒄𝒄𝒄 𝒔𝒔 𝟏𝟏 𝑽𝑽 𝒄𝒄𝒄𝒄 ∗ 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 𝑪𝑪 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝟐𝟐𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐�𝑺𝑺𝑶𝑶𝟒𝟒 −𝟐𝟐 � = 𝟓𝟓𝟓𝟓, 𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟖𝟖𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟔𝟔 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟗𝟗𝟗𝟗,𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟖𝟖𝟖𝟖 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟐𝟐 ; 𝜶𝜶 = 𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟐𝟐𝟐𝟐 % 24. Una disolución de ácido benzoico que contiene 1 g d substancia por litro tiene una resistencia específica de 3815 Ω cm. Las conductividades equivalentes límites del benzoato de sodio, del ácido clorhídrico y del cloruro de sodio son 82,4 , 426,1 y 126,4 Ω-1 cm2 . Hallar la constante de ionización del ácido benzoico. 𝝌𝝌 = 𝟏𝟏 𝝆𝝆 = 𝟏𝟏 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝛀𝛀∗𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 𝟏𝟏 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 ∗ 𝟏𝟏 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝟏𝟏 𝒈𝒈 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝚲𝚲 = 𝝌𝝌 ∗ 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝑪𝑪−) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵+) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝑪𝑪−) 𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏𝐏 𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭𝐭: 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) + 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯) − 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵𝑵) 𝚲𝚲𝒐𝒐(𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟓𝟓𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪𝑪) = 𝟖𝟖𝟖𝟖, 𝟒𝟒 + 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒,𝟏𝟏 − 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟒𝟒 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑, 𝟏𝟏 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝜶𝜶 = 𝚲𝚲 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟗𝟗𝟗𝟗 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟏𝟏 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; 𝜶𝜶 = 𝟖𝟖,𝟑𝟑𝟑𝟑 % 𝑲𝑲 = 𝜶𝜶𝟐𝟐∗𝒄𝒄 𝟏𝟏−𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐∗𝟏𝟏/𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟏𝟏−𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔,𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎/𝑳𝑳 25. La conductividad específica del agua totalmente pura, fuera del contacto del aire, a 25º C es 5,5 10-8 Ω-1 cm-1 . Las conductividades equivalentes de los iones H3O+ y OH- son 349,8 y 198 Ω-1 cm-2 , respectivamente. Calcular el producto iónico del agua a esta temperatura. 𝚲𝚲𝒐𝒐 = 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑,𝟖𝟖 + 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟐𝟐 𝐕𝐕𝒎𝒎 = 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲𝒐𝒐 𝝌𝝌 = 𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟖𝟖 𝟓𝟓,𝟓𝟓∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 = 𝟗𝟗, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟗 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 = 𝟗𝟗,𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 𝑳𝑳 [𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+] = [𝑶𝑶𝑯𝑯−] = 𝟏𝟏 𝟗𝟗,𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟔𝟔 = 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟕𝟕 𝑴𝑴 𝑲𝑲𝑾𝑾 = [𝑯𝑯𝟑𝟑𝑶𝑶+] ∗ [𝑶𝑶𝑯𝑯−] = 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏
  • 9.
    26. La conductividadespecífica de una disolución saturada de sulfato de bario es 3,93 10-6 Ω-1 cm-1 , y la del agua destilada es 1,18 10-6 Ω-1 cm-1 . Hallar el producto de solubilidad el sulfato de bario. Las conductividades equivalentes de los iones Ba+2 y SO4 -2 son 63,6 y 79,8 Ω-1 cm-2 , respectivamente. La conductividad de la disolución e debida a todos los iones presentes en ella, los procedentes del sulfato de bario y los de la disociación del agua. 𝝌𝝌 − 𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲 𝝌𝝌−𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟔𝟔+𝟕𝟕𝟕𝟕,𝟖𝟖 𝟐𝟐,𝟕𝟕𝟕𝟕∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 = 𝟓𝟓, 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟕𝟕 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 𝑳𝑳 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒄𝒄𝟐𝟐 = � 𝟏𝟏 𝟓𝟓,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐∗𝟏𝟏𝟏𝟏𝟒𝟒 � 𝟐𝟐 = 𝟑𝟑, 𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 27. Un vaso de conductividad provisto de dos electrodos de 6,3 cm2 de superficie a la distancia de 4 mm se llena con disolución saturada de oxalato de calcio; la resistencia medida es de 7890 Ω. Lleno con el agua de conductividad empleada la resistencia es de 63500 Ω. Hallar el producto de solubilidad del oxalato de calcio. Las conductividades equivalentes de los iones Ca+2 y C2O4 -2 son, respectivamente, 59,5 y 24,0 Ω-1 cm2 . 𝑹𝑹 = 𝝆𝝆 ∗ 𝒍𝒍 𝑺𝑺 ; 𝝆𝝆 = 𝑹𝑹 ∗ 𝑺𝑺 𝒍𝒍 𝝆𝝆(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 ∗ 𝟔𝟔,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝆𝝆(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟔𝟔,𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟒𝟒 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 𝝌𝝌(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟏𝟏 𝝆𝝆(𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐𝒐) = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟖𝟖.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝝌𝝌(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟏𝟏 𝝆𝝆(𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂) = 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝛀𝛀 𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟗𝟗, 𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 𝛀𝛀−𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄−𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒆𝒆 = 𝚲𝚲 𝝌𝝌−𝝌𝝌𝒘𝒘 = 𝟓𝟓𝟓𝟓,𝟓𝟓+𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟎𝟎 𝟖𝟖.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟔𝟔−𝟗𝟗.𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗𝟗∗𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝟑𝟑 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑳𝑳 𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝒄𝒄 = 𝟏𝟏 𝑽𝑽𝒎𝒎 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒄𝒄𝟐𝟐 = � 𝟏𝟏 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 � 𝟐𝟐 = 𝟗𝟗,𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗 28. Calcular el potencial de un electrodo de cadmio introducido en una disolución de sulfato de cadmio 0,002 molar supuesta ideal. El potencial normal del cadmio es - 0,402 V. La reacción implicada: 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑪𝑪𝑪𝑪] [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] 𝑬𝑬 = −𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 � = −𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 29. Hallar la concentración de iones Cu+2 en una disolución en la que el potencial del electrodo de cobre es cero. El potencial normal del cobre es 0,340 V. 𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝑪𝑪 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑪𝑪𝑪𝑪] [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝑹𝑹∗𝑻𝑻 𝒏𝒏∗𝑭𝑭 𝒍𝒍𝒍𝒍 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] � 𝟏𝟏 [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 ; �𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐� = 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏,𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟐𝟐, 𝟗𝟗𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴
  • 10.
    30. La constantede disociación del ion complejo amoniacal de plata, ion diaminplata, Ag(NH3)2 + , es 6,8 10-8 . Calcular la diferencia de potencial de un electrodo de plata introducido en una disolución obtenida al mezclar en volúmenes iguales nitrato de plata 0,1 N y amoniaco 1 N. El potencial normal de la plata es 0,799 V. En un volumen de 1 L final: 𝑨𝑨𝑨𝑨(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑)𝟐𝟐 + ⇌ 𝑨𝑨𝑨𝑨+ + 𝟐𝟐 𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑 Moles ini) 0,05 0,5 Moles eq) x 0,05-x 0,5-2x 𝑲𝑲 = [𝑨𝑨𝑨𝑨+]∗ [𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑]𝟐𝟐 �𝑨𝑨𝑨𝑨(𝑵𝑵𝑯𝑯𝟑𝟑)𝟐𝟐 + � = (𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎−𝒙𝒙)∗(𝟎𝟎,𝟓𝟓−𝟐𝟐∗𝒙𝒙) 𝒙𝒙 ; 𝒌𝒌 ∗ 𝒙𝒙 = (𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒙𝒙) ∗ (𝟎𝟎,𝟓𝟓 − 𝟐𝟐 ∗ 𝒙𝒙) Resolviendo la ecuación de segundo grado: 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝐱𝐱 = 𝟖𝟖,𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗 𝑴𝑴 Para la reacción: 𝑨𝑨𝑨𝑨 → 𝑨𝑨𝑨𝑨+ + 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝟖𝟖,𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗� = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 31. El potencial de un electrodo de plata en una disolución 0,2 M de nitrato de plata es 0,747 V. El potencial normal de la plata es 0,799 V. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato de plata. Para la disolución tenemos: 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑨𝑨𝑨𝑨+] 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝒐𝒐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ; [𝑨𝑨𝑨𝑨+] = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑬𝑬−𝑬𝑬𝒐𝒐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕−𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴 𝒄𝒄 ∗ 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 ; 𝜶𝜶 = 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝟎𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 ; 𝜶𝜶 = 𝟔𝟔𝟔𝟔,𝟕𝟕 % 32. Una disolución muy diluida de nitrato de mercurio (I) se diluye a un volumen 10 veces mayor. La pila formada por dos electrodos de mercurio en contacto con estas dos disoluciones tiene una fuerza electromotriz de 0,0289 V. Hallar la fórmula del nitrato de mercurio (I) y explicar por qué la FEM de la pila no es exactamente 0,0295 V. En un electrodo se reduce el mercurio (I) y en el otro se oxida el mercurio a mercurio (I). El potencial de la pila será: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒏𝒏 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟏𝟏𝟏𝟏) 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏 ;𝟎𝟎, 𝟓𝟓 = 𝟏𝟏 𝒏𝒏 ; 𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 Por tanto, el ion ha de estar como dimero: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ De norma que la reacción es: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 La fórmula del nitrato de mercurio (I) es: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐(𝑵𝑵𝑶𝑶𝟑𝟑)𝟐𝟐 33. Calcular la FEM de una pila Daniell constituida por dos electrodos de cinc y cobre introducidos en disoluciones 0,1 molares de sus sulfatos. ¿Cuál será la diferencia de potencial si las disoluciones se diluyen a un volumen 10 o 100 veces mayor? Los potenciales normales del cinc y del cobre del cinc y del cobre son, respectivamente,
  • 11.
    -0,763 V y0,340 V. suponer en todos los casos que el grado de disociación aparente de los sulfatos de cinc y de cobre es el mismo. En la pila Daniell el cobre se reduce y el cinc se oxida. En condiciones estándar el potencial es: 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 + 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 = 𝟏𝟏,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑽𝑽 En otras condiciones tendremos: 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍( �𝒁𝒁𝒁𝒁+𝟐𝟐� [𝑪𝑪𝑪𝑪+𝟐𝟐] Al diluir las dos disoluciones en la misma proporción el cociente no cambia. Por tanto, el potencial se mantendrá. 34. Se forma una pila con dos electrodos de hidrógeno, uno en disolución de ácido clorhídrico 1 M (α=0,80). El potencial de la pila es 0,258 V. Calcular: a) El pH de la otra disolución. b) La diferencia en el valor del pH si el potencial varía en 1 mV. a) En un electrodo se produce la oxidación del hidrógeno, en el otro la reducción del H+ . 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑯𝑯𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟐𝟐 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟏𝟏 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝟐𝟐 [𝑯𝑯+]𝟏𝟏 𝟐𝟐� 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 � 𝟎𝟎.𝟖𝟖 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � ; 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎,𝟖𝟖) = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟒𝟒, 𝟒𝟒𝟒𝟒 b) Si el potencial de la pila es 0,259 V 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 = 𝟎𝟎,𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍(𝟎𝟎,𝟖𝟖)=4,49 ∆𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎 35. La FEM de una pila constituida por un electrodo decimonormal de calomelanos (E=0,334V) y un electrodo de hidrógeno es 0,652 V. Hallar el pH de esta disolución. 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 Para el electrodo de hidrógeno: 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 = 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟓𝟓, 𝟑𝟑𝟑𝟑 36. La FEM de la pila formada por un electrodo decimonormal de calomelanos (E=0,334 V) y un electrodo de hidrógeno en ácido benzoico 0,02 M es de 0,509 V. Calcular la constante de ionización del ácido benzoico. 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− 𝑯𝑯𝟐𝟐 → 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝟏𝟏 + + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝑬𝑬𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 − 𝑬𝑬𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯𝑯ó𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝑬𝑬𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍([𝑯𝑯+]) [𝑯𝑯+] = 𝟏𝟏𝟏𝟏 −� 𝟎𝟎,𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓𝟓−𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 � = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑴
  • 12.
    𝑯𝑯𝑯𝑯 ⇆ 𝑯𝑯+ +𝑨𝑨− In) 0,02 Eq) 0,02- 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑲𝑲 = [𝑯𝑯+]∗[𝑨𝑨− ] [𝑯𝑯𝑯𝑯 ] = (𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)𝟐𝟐 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎−𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟔,𝟐𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟓𝟓 37. Un electrodo de quinhidrona se forma al introducir una lámina de platino en una disolución a la que se agrega una muy pequeña cantidad (unos centigramos), de quinhidrona (compuesto equimolecular de quinona e hidroquinona). El proceso electródico es 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑯𝑯)𝟐𝟐 → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− Y el potencial normal correspondiente es 0,699 V. Hallar el potencial de este electrodo cuando el pH de la disolución es 6,12. 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 + 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+]𝟐𝟐 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝟐𝟐 ∗ (𝟔𝟔, 𝟏𝟏𝟏𝟏) = 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 38. Se forma una pila con un electrodo de quinhidrona en una disolución desconocida y un electrodo 0,1 N de calomelanos, que forma en este caso el polo negativo. La FEM de la pila es 0,127 V. Hallar el pH de la disolución desconocida. El potencial normal del electrodo de quinhidrona es 0,699 V y el del electrodo 0,1 N de calomelanos es 0,334 V. ¿A qué valor del pH será nulo el potencial de la pila? 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒𝑶𝑶𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑯𝑯+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− → 𝑪𝑪𝟔𝟔𝑯𝑯𝟒𝟒(𝑶𝑶𝑶𝑶)𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎,𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 [𝑯𝑯+]𝟐𝟐 � 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = −𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = − 𝟎𝟎,𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟎𝟎.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟒𝟒.𝟎𝟎𝟎𝟎 Para un potencial nulo de la pila: 𝟎𝟎 = 𝟎𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 − 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] 𝒑𝒑𝒑𝒑 = 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍[𝑯𝑯+] = 𝟔𝟔.𝟏𝟏𝟏𝟏 39. El potencial de un electrodo 0,1 N de calomelanos es 0,334 V. En la disolución 0,1 N de KCl la concentración ideal del ion Cl- es 0,0770 M. El potencial normal del mercurio frente al ion mercurio (I) es 0,798 V. Hallar el producto de solubilidad del cloruro de mercurio(I). 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑽𝑽 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ;𝑬𝑬 = 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 Para el cloruro de mercurio (I): 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 ⇆ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− Podemos ponerla como: 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ⟶ 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− ⟶ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟏𝟏 �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+� �
  • 13.
    𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � −𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍�𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � = 𝟏𝟏. 𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑴𝑴 𝑲𝑲𝒑𝒑𝒑𝒑 = �𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐 𝟐𝟐+ � ∗ �𝑪𝑪𝑪𝑪−𝟏𝟏� 𝟐𝟐 = 𝟏𝟏.𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 ∗ 𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 = 𝟏𝟏, 𝟏𝟏 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 40. Calcular la constante de equilibrio correspondiente a la reacción 𝑪𝑪𝑪𝑪 + 𝟐𝟐 𝑨𝑨𝑨𝑨+ ⇄ 𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐+ + 𝟐𝟐 𝑨𝑨𝑨𝑨 A partir de los potenciales normales del cobre y de la plata, iguales, respectivamente, a 0,340 V y 0,799 V. 𝑲𝑲 = �𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐+� [𝑨𝑨𝑨𝑨+]𝟐𝟐 En el equilibrio: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎 𝑽𝑽 𝟎𝟎 = (𝟎𝟎, 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑) − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍 = 𝟎𝟎,𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒∗𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟓𝟓 𝑲𝑲 = 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏.𝟓𝟓𝟓𝟓 = 𝟑𝟑.𝟔𝟔𝟔𝟔 ∗ 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏 41. Se forma una pila con un electrodo decinormal de calomelanos ( E=0,334 V) que forma el polo negativo y un electrodo de platino introducido en una disolución de sales de Fe+2 y Fe+3 . Calcular la FEM de la pila cuando: a) �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒚𝒚 �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑� = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 b) �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� = 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒚𝒚 �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑� = 𝟎𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 Las concentraciones n moles por litro. El potencial normal del electrodo Pt/Fe+2, Fe+3 es 0,771 V. a) 𝟐𝟐 𝑯𝑯𝑯𝑯 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− → 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝒆𝒆− ; 𝑬𝑬 = − 𝟎𝟎,𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑽𝑽 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑 + 𝒆𝒆− ⟶ 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐 ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎,𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 𝑽𝑽 La reacción global: 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑪𝑪𝑪𝑪− + 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑 ⟶ 𝑯𝑯𝑯𝑯𝟐𝟐𝑪𝑪𝑪𝑪𝟐𝟐 + 𝟐𝟐 𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐 ; 𝑬𝑬𝒐𝒐 = 𝟎𝟎. 𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕𝟕 − 𝟎𝟎, 𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 = 𝟎𝟎. 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 𝑽𝑽 𝑬𝑬 = 𝑬𝑬𝒐𝒐 − 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� �𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟐𝟐� 𝟐𝟐 [𝑭𝑭𝑭𝑭+𝟑𝟑]𝟐𝟐� En el caso a: 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 � = 𝟎𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑽𝑽 b) 𝑬𝑬 = 𝟎𝟎, 𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒𝟒 − 𝟎𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟐 ∗ 𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍𝒍� 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 𝟎𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐𝟐 � = 𝟎𝟎. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝑽𝑽