Reacciones redox y electroquímica: ejercicios de la PAU de Química resueltos

Planteamiento Se pide qué proceso sufriría el hierro sin tratar y qué lo causa, si la medalla hace de ánodo o de cátodo en el recubrimiento de oro, y un esquema de la celda con el nombre y la polaridad de los electrodos y la reacción en la medalla.

1. Sin tratamiento, el hierro se corroe: se oxida y forma óxidos de hierro (el óxido o herrumbre). Los principales agentes causantes son el oxígeno del aire y el agua (la humedad).

   $\mathrm{Fe(s)\rightarrow Fe^{2+}(aq)+2\,e^-}\quad(\text{oxidación})$

2. Para recubrir la corona de oro, los iones $\mathrm{Au^{3+}}$ de la disolución tienen que ganar electrones y depositarse como oro metálico sobre la medalla: es una reducción. La reducción tiene lugar en el cátodo, así que la medalla actúa como cátodo. Esta es la reacción en la medalla:

   $\mathrm{Au^{3+}(aq)+3\,e^-\rightarrow Au(s)}$

3. En una celda electrolítica el cátodo se conecta al polo negativo del generador (polaridad −) y el ánodo, al polo positivo (polaridad +). Al cátodo, la medalla, llegan los electrones que reducen los $\mathrm{Au^{3+}}$; en el ánodo tiene lugar la oxidación.

4. Esquema (véase la figura): un recipiente con la disolución de $\mathrm{AuCl_3}$ (iones $\mathrm{Au^{3+}}$ y $\mathrm{Cl^-}$) y dos electrodos sumergidos conectados a un generador de corriente continua: la medalla, que es el cátodo (−), y el otro electrodo, que es el ánodo (+). Los electrones circulan por el hilo, del ánodo al generador y del generador a la medalla.

ResultadoSin tratamiento el hierro se corroería (se oxidaría a óxidos de hierro) por la acción del oxígeno del aire y el agua. La medalla es el cátodo (polo −), porque en ella tiene lugar la reducción $\mathrm{Au^{3+}(aq)+3\,e^-\rightarrow Au(s)}$; el otro electrodo es el ánodo (polo +).

La pauta oficial da: Corrosión del hierro (oxidación a óxidos de hierro) por el oxígeno del aire y el agua; la medalla es el cátodo (−): $\mathrm{Au^{3+}(aq)+3\,e^-\rightarrow Au(s)}$; ánodo (+)

Planteamiento Se pide el tiempo, en horas, para depositar $6{,}0\,\mathrm{g}$ de oro con una corriente de $0{,}3\,\mathrm{A}$.

1. Moles de oro que hay que depositar.

   $n(\mathrm{Au})$${}= \frac{6{,}0\,\mathrm{g}}{196{,}97\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 0{,}03046\,\mathrm{mol}$

2. Cada $\mathrm{Au^{3+}}$ necesita 3 electrones; la carga es el número de moles de electrones por la constante de Faraday.

   $Q$${}= 3\,n(\mathrm{Au})\,F$${}= 3\cdot0{,}03046\,\mathrm{mol}\cdot96\,500\,\mathrm{C\,mol^{-1}}$${}= 8\,818{,}6\,\mathrm{C}$

3. Tiempo, con $Q=I\,t$:

   $t$${}= \frac{Q}{I}=\frac{8\,818{,}6\,\mathrm{C}}{0{,}3\,\mathrm{A}}$${}= 2{,}9395\cdot10^{4}\,\mathrm{s}$

4. En horas:

   $t$${}= \frac{2{,}9395\cdot10^{4}\,\mathrm{s}}{3\,600\,\mathrm{s\,h^{-1}}}$${}= 8{,}165\,\mathrm{h}$

Planteamiento El hierro(II) puede ceder un electrón al cerio(IV). Sumamos las semirreacciones y comparamos los potenciales estándar de reducción.

1. Fe²⁺ pierde un electrón y actúa como reductor; Ce⁴⁺ lo gana y actúa como oxidante.

   $\mathrm{Fe^{2+}\rightarrow Fe^{3+}+e^-}$$\mathrm{Ce^{4+}+e^-\rightarrow Ce^{3+}}$

2. Al sumar, el electrón se cancela y la carga total es la misma en ambos miembros.

   $\mathrm{Fe^{2+}+Ce^{4+}}$${}\rightarrow \mathrm{Fe^{3+}+Ce^{3+}}$

3. El potencial positivo implica una energía libre estándar negativa.

   $E^\circ$${}= E^\circ_{\mathrm{Ce^{4+}/Ce^{3+}}}$${}-E^\circ_{\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}}$${}= 1{,}44-0{,}77$${}= 0{,}67\,\mathrm V$${}> 0$

Planteamiento Relacionamos la solubilidad con el producto de solubilidad en el modelo de disociación 1:1. Para los aditivos, identificamos el ion común o la retirada de sulfuro.

1. Cada mol de FeS disuelto produce un mol de cada ion. El cálculo del examen omite equilibrios ácido-base del sulfuro y actividades.

   $\mathrm{FeS(s)\rightleftharpoons Fe^{2+}+S^{2-}}$$K_{ps}=s^2$

2. Tomamos la raíz positiva.

   $s$${}= \sqrt{8{,}00\cdot10^{-19}}$${}= 8{,}9443\cdot10^{-10}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

3. Na₂S aporta sulfuro, desplaza hacia el sólido y reduce la solubilidad. AgNO₃ aporta Ag⁺, que retira sulfuro como Ag₂S y favorece la disolución del FeS.

   $\mathrm{2Ag^++S^{2-}\rightarrow Ag_2S(s)}$$\mathrm{FeS(s)+2Ag^+}$${}\rightarrow \mathrm{Fe^{2+}+Ag_2S(s)}$

Planteamiento Calculamos primero la concentración analítica y luego la disociación ácida del amonio. Adoptamos la aproximación del examen de volumen final igual a 100,0 mL.

1. El nitrato de amonio se disocia por completo; el nitrato es espectador.

   $M$${}= 2\cdot14+4\cdot1+3\cdot16$${}= 80\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$c_0$${}= \frac{14{,}25}{80\cdot0{,}1000}$${}= 1{,}7813\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

2. Planteamos la primera disociación sin redondear c₀. Despreciamos la contribución del agua al hidronio frente a la del ácido.

   $\mathrm{NH_4^+}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons NH_3}$${}+\mathrm{H_3O^+}$$\frac{x^2}{1{,}7813-x}=5{,}62\cdot10^{-10}$

3. La raíz positiva es la concentración de amoníaco y aproximadamente la de hidronio; el amonio restante es c₀−x.

   $x=3{,}1639\cdot10^{-5}$$[\mathrm{NH_4^+}]=1{,}7812\quad\mathrm{mol\,L^{-1}}$

4. Usamos el producto iónico del agua para el hidróxido. El medio se acidifica: facilita el hierro y dificulta el fósforo, según el enunciado. El agua es el disolvente; su molaridad no se determina con los datos aportados.

   $[\mathrm{OH^-}]$${}= \frac{10^{-14}}{x}$${}= 3{,}1606\cdot10^{-10}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$$\mathrm{pH}=-\log x=4{,}4998$

Planteamiento Relacionamos la velocidad con las colisiones eficaces y con la cantidad de catalizador biológico activo. El equilibrio y la rapidez son cuestiones distintas.

1. Al aumentar la temperatura, dentro del intervalo indicado, aumenta la fracción de colisiones que supera la barrera de activación. La reacción se acelera.

   $k=Ae^{-E_a/(RT)}$

2. Más oxígeno disponible permite más encuentros con el reactivo y aumenta la velocidad en el modelo del ejercicio; no deducimos un orden de reacción sin datos experimentales.

3. La acidificación reduce la población bacteriana y con ella la cantidad de enzimas activas; por tanto, disminuye la velocidad. Las enzimas ofrecen una ruta de menor energía de activación.

Planteamiento En el cátodo se reduce oxígeno a agua en medio ácido. La carga transferida permite hallar los moles de electrones y de oxígeno.

1. Ajustamos primero oxígeno e hidrógeno y después la carga. Se necesitan cuatro electrones por molécula de O₂.

   $\mathrm{O_2+4H^++4e^-\rightarrow2H_2O}$

2. Transformamos la hora en segundos y calculamos la carga.

   $Q=It=0{,}25\cdot3600=900\,\mathrm C$

3. Aplicamos Faraday y la proporción de cuatro electrones. Suponemos eficiencia farádica completa para esta reducción.

   $m(\mathrm{O_2})$${}= \frac{Q}{4F}\,M(\mathrm{O_2})$${}= \frac{900\cdot32}{4\cdot96500}$${}= 0{,}074611\,\mathrm g$

Planteamiento Un doble enlace permite poliadición; un monómero con alcohol y ácido permite policondensación. Después comprobamos sustituyentes y fórmula de los isómeros.

1. El propeno se une por apertura del doble enlace. El metilo queda como ramificación del polímero.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CH-CH_3}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CH(CH_3)}-]_n\quad(\mathrm{PP})$

2. El ácido 3-hidroxibutanoico forma enlaces éster entre su OH y el COOH de otra molécula, liberando agua por enlace formado.

   $\mathrm{HO-CH(CH_3)-CH_2-COOH}$${}\rightarrow [-\mathrm{O-CH(CH_3)-CH_2-C(=O)}-]_n\quad(\mathrm{PHA})$

3. C3 tiene cuatro grupos distintos: H, OH, CH₃ y CH₂COOH. Por ello es un centro estereogénico y el monómero es quiral.

   $\mathrm{CH_3-CH^*(OH)}$${}-\mathrm{CH_2-COOH}$

4. Como isómero de cadena elegimos el ácido 3-hidroxi-2-metilpropanoico (cadena ramificada, con el OH aún en el carbono 3); como isómero de posición, el ácido 2-hidroxibutanoico (la misma cadena, con el OH en el carbono 2). Los dos tienen la misma fórmula molecular.

   $\mathrm{HO-CH_2-CH(CH_3)-COOH}$$\mathrm{CH_3-CH_2-CH(OH)-COOH}$$\mathrm{C_4H_8O_3}$

Planteamiento Se piden las semirreacciones del zinc y del cobre con el ácido clorhídrico y, con los potenciales estándar, cuál de los dos metales produce las burbujas de hidrógeno.

1. El metal se oxidaría a catión y los $\mathrm{H^+}$ del ácido se reducirían a hidrógeno gaseoso. Para el zinc:

   $\mathrm{Zn(s)\rightarrow Zn^{2+}(aq)+2\,e^-}$$\mathrm{2\,H^+(aq)+2\,e^-\rightarrow H_2(g)}$

2. Para el cobre, las semirreacciones análogas:

   $\mathrm{Cu(s)\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2\,e^-}$$\mathrm{2\,H^+(aq)+2\,e^-\rightarrow H_2(g)}$

3. Una reacción redox es espontánea si $E^\circ$${}= E^\circ_{\text{reducción}}$${}-E^\circ_{\text{oxidación}}$${}> 0$, con los potenciales de reducción de la tabla. Con el zinc, la reacción es espontánea:

   $E^\circ=0{,}00-(-0{,}76)=+0{,}76\,\mathrm{V}>0$$\mathrm{Zn(s)+2\,H^+(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{Zn^{2+}(aq)+H_2(g)}$

4. Con el cobre, la reacción global no es espontánea:

   $E^\circ=0{,}00-0{,}34=-0{,}34\,\mathrm{V}<0$$\mathrm{Cu(s)+2\,H^+(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{Cu^{2+}(aq)+H_2(g)}$

5. Los $\mathrm{H^+}$ solo pueden oxidar los metales que tienen un potencial de reducción menor que el suyo ($0{,}00\,\mathrm{V}$): el zinc sí, el cobre no.

Planteamiento En la celda electrolítica la corriente obliga al cobre del ánodo a oxidarse y a los $\mathrm{H^+}$ a reducirse a $\mathrm{H_2}$. Se piden el tiempo, en horas, para obtener $2{,}8\,\mathrm{L}$ de $\mathrm{H_2}$ y la masa de cobre que reacciona.

1. Semirreacciones: en el ánodo (+) se oxida el cobre y en el cátodo (−) se reducen los $\mathrm{H^+}$. Por cada mol de $\mathrm{H_2}$ circulan 2 mol de electrones y reacciona 1 mol de Cu.

   $\mathrm{Cu(s)\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2\,e^-}$$\mathrm{2\,H^+(aq)+2\,e^-\rightarrow H_2(g)}$

2. Moles de hidrógeno, con la ecuación de los gases ideales ($T=25+273{,}15=298{,}15\,\mathrm{K}$).

   $n(\mathrm{H_2})$${}= \frac{P\,V}{R\,T}=\frac{1{,}0\,\mathrm{atm}\cdot2{,}8\,\mathrm{L}}{0{,}082\,\mathrm{atm\,L\,K^{-1}\,mol^{-1}}\cdot298{,}15\,\mathrm{K}}$${}= 0{,}1145\,\mathrm{mol}$

3. Carga necesaria: 2 mol de electrones por mol de $\mathrm{H_2}$.

   $Q$${}= 2\,n(\mathrm{H_2})\,F$${}= 2\cdot0{,}1145\,\mathrm{mol}\cdot96\,500\,\mathrm{C\,mol^{-1}}$${}= 2{,}210\cdot10^{4}\,\mathrm{C}$

4. Tiempo, con $Q=I\,t$, y en horas:

   $t$${}= \frac{Q}{I}=\frac{2{,}210\cdot10^{4}\,\mathrm{C}}{2{,}0\,\mathrm{A}}$${}= 1{,}105\cdot10^{4}\,\mathrm{s}$${}= \frac{1{,}105\cdot10^{4}\,\mathrm{s}}{3\,600\,\mathrm{s\,h^{-1}}}$${}= 3{,}07\,\mathrm{h}$

5. Masa de cobre: reacciona el mismo número de moles que de hidrógeno se desprende.

   $m(\mathrm{Cu})$${}= 0{,}1145\,\mathrm{mol}\cdot63{,}5\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$${}= 7{,}27\,\mathrm{g}$

Planteamiento El potencial de reducción mayor corresponde a la plata, que se reduce; el cobre se oxida.

1. Ánodo de cobre negativo: oxidación. Cátodo de plata positivo: reducción. Duplicar la semirreacción de plata equilibra los electrones.

   $\begin{aligned}\mathrm{Cu(s)}&\mathrm{\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2e^-}\\\mathrm{2Ag^+(aq)+2e^-}&\mathrm{\rightarrow2Ag(s)}\\\mathrm{Cu(s)+2Ag^+(aq)}&\mathrm{\rightarrow Cu^{2+}(aq)+2Ag(s)}\end{aligned}$

2. La pila está en la figura: dos vasos con las láminas sumergidas en sus nitratos 1,00 M, unidas por un cable con un voltímetro. El puente salino en U, con KNO₃, cierra el circuito; no se usa un cloruro porque precipitaría AgCl.

3. Electrones por el circuito externo de Cu a Ag. Los aniones del puente migran hacia el compartimento del cobre y los cationes hacia el de plata, evitando la acumulación de carga. Material: dos vasos, láminas, disoluciones, tubo en U con tapones porosos o gel, electrolito, cables y voltímetro.

ResultadoÁnodo Cu (−), cátodo Ag (+); electrones Cu → Ag. Reacción global: $\mathrm{Cu+2Ag^+\rightarrow Cu^{2+}+2Ag}$.

La pauta oficial da: Ánodo (Cu): Cu → Cu²⁺ + 2 e⁻; cátodo (Ag): Ag⁺ + e⁻ → Ag; global: Cu + 2 Ag⁺ → Cu²⁺ + 2 Ag

Planteamiento Restar los potenciales estándar de reducción sin multiplicarlos por los coeficientes estequiométricos.

1. Fuerza electromotriz estándar: reducción del cátodo menos reducción del ánodo.

   $E^\circ=0{,}80-0{,}34=0{,}46\ \mathrm V$

2. La barra simple separa fases; la doble representa el puente salino. A la izquierda se escribe el ánodo.

   $\mathrm{Cu(s)|Cu^{2+}(aq,1{,}00\,M)||Ag^+(aq,1{,}00\,M)|Ag(s)}$

3. La lámina de cobre se disuelve al formar Cu²⁺ y pierde masa.

Planteamiento El cromo se deposita en el cátodo por reducción del $\mathrm{Cr^{3+}}$, con 3 moles de electrones por mol de cromo. Calculamos el volumen de la capa, su masa y los moles de cromo; de ahí, la carga necesaria ($Q=n_{e^-}F$) y el tiempo ($t=Q/I$).

1. Reacción de electrodeposición (en el cátodo):

   $\mathrm{Cr^{3+}(ac)+3\,e^-\rightarrow Cr(s)}$

2. Volumen de la capa ($0{,}1\ \mathrm{mm}=0{,}01\ \mathrm{cm}$):

   $V$${}= 1\,400\ \mathrm{cm^2}\cdot0{,}01\ \mathrm{cm}$${}= 14\ \mathrm{cm^3}$

3. Masa y moles de cromo:

   $m=14\ \mathrm{cm^3}\cdot7{,}1\ \mathrm{g\,cm^{-3}}=99{,}4\ \mathrm{g}$$n(\mathrm{Cr})$${}= \frac{99{,}4\ \mathrm{g}}{52{,}0\ \mathrm{g\,mol^{-1}}}$${}= 1{,}91\ \mathrm{mol}$

4. Carga necesaria (3 mol de electrones por mol de cromo):

   $Q$${}= 3\cdot1{,}91\ \mathrm{mol}\cdot9{,}65\cdot10^{4}\ \mathrm{C\,mol^{-1}}$${}= 5{,}53\cdot10^{5}\ \mathrm{C}$

5. Tiempo de electrólisis:

   $t$${}= \frac{Q}{I}=\frac{5{,}53\cdot10^{5}\ \mathrm{C}}{20{,}0\ \mathrm{A}}$${}= 2{,}77\cdot10^{4}\ \mathrm{s}$${}= \frac{2{,}77\cdot10^{4}\ \mathrm{s}}{3\,600\ \mathrm{s\,h^{-1}}}$${}= 7{,}69\ \mathrm{h}$

Planteamiento Un ánodo de sacrificio tiene que oxidarse antes que el hierro. Se oxida más fácilmente el metal con el potencial de reducción más bajo, así que buscamos en la tabla los metales con $E^\circ$ menor que el del par $\mathrm{Fe^{2+}/Fe}$.

1. Potencial del hierro y comparación con los demás metales:

   $E^\circ(\mathrm{Fe^{2+}/Fe})=-0{,}44\ \mathrm{V}$

2. Tienen un potencial más bajo el cinc, el aluminio y el magnesio; se oxidan antes que el hierro y lo protegen. El cobre y el cobalto tienen potenciales más altos y no servirían (el hierro se oxidaría antes).

   $E^\circ(\mathrm{Mg^{2+}/Mg})$${}= -2{,}37$${}< E^\circ(\mathrm{Al^{3+}/Al})$${}= -1{,}66$${}< E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn})$${}= -0{,}76$${}< -0{,}44\ \mathrm{V}$

3. Por ejemplo, el cinc se disuelve en lugar del hierro:

   $\mathrm{Zn(s)\rightarrow Zn^{2+}(ac)+2\,e^-}$

4. Oxidante: especie que se reduce, es decir, que capta electrones de otra especie que se oxida. Por ejemplo:

   $\mathrm{Cu^{2+}(ac)+2\,e^-\rightarrow Cu(s)}$

5. Reductor: especie que se oxida, es decir, que cede electrones a otra especie que se reduce. Por ejemplo:

   $\mathrm{Fe(s)\rightarrow Fe^{2+}(ac)+2\,e^-}$

6. Los principales agentes de la corrosión en la vida cotidiana son el oxígeno del aire y el agua (la humedad), que actúan juntos sobre el metal.

   $\mathrm{O_2(g)}$${}+\mathrm{2\,H_2O(l)+4\,e^-}$${}\rightarrow \mathrm{4\,OH^-(ac)}$

Planteamiento En una pila, la reacción espontánea es la que da una FEM positiva: se reduce (cátodo) el par con el potencial de reducción más alto y se oxida (ánodo) el que lo tiene más bajo. Hay que igualar los electrones de las dos semirreacciones antes de sumarlas.

1. Fórmulas de las sales: sulfato de cobre(II) y cloruro de aluminio.

   $\mathrm{CuSO_4}$$\mathrm{AlCl_3}$

2. El cobre tiene el potencial de reducción más alto: hará de cátodo. El aluminio, con el más bajo, hará de ánodo.

   $E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu})$${}= 0{,}34\ \mathrm{V}$${}> E^\circ(\mathrm{Al^{3+}/Al})$${}= -1{,}68\ \mathrm{V}$

3. Cátodo (reducción):

   $\mathrm{Cu^{2+}(ac)+2\,e^-\rightarrow Cu(s)}$

4. Ánodo (oxidación):

   $\mathrm{Al(s)\rightarrow Al^{3+}(ac)+3\,e^-}$

5. Multiplicamos la reducción por 3 y la oxidación por 2 (6 electrones en cada una) y sumamos:

   $\mathrm{3\,Cu^{2+}(ac)}$${}+\mathrm{2\,Al(s)}$${}\rightarrow \mathrm{3\,Cu(s)}$${}+\mathrm{2\,Al^{3+}(ac)}$

6. Notación de la pila (ánodo a la izquierda, cátodo a la derecha, puente salino en medio):

   $\mathrm{Al(s)\,|\,Al^{3+}(ac,\ 1{,}0\ M)\,\|\,Cu^{2+}(ac,\ 1{,}0\ M)\,|\,Cu(s)}$

7. Fuerza electromotriz estándar:

   $E^\circ$${}= E^\circ_{\text{cátodo}}$${}-E^\circ_{\text{ánodo}}$${}= 0{,}34-(-1{,}68)$${}= 2{,}02\ \mathrm{V}$

Planteamiento Una pila de este tipo necesita dos semiceldas separadas, unidas por fuera por un hilo conductor y por dentro por un puente salino que cierra el circuito sin mezclar las disoluciones.

1. Material: dos vasos de precipitados, las dos placas metálicas (electrodos), un hilo conductor con pinzas, un voltímetro (opcional, para medir la FEM) y un tubo en U para el puente salino.

   $\text{Al}\ |\ \text{vaso 1}$$\text{Cu}\ |\ \text{vaso 2}$

2. En un vaso ponemos la disolución $1{,}0\ \mathrm{M}$ de sulfato de cobre(II) y sumergimos parcialmente la placa de cobre; en el otro, la disolución $1{,}0\ \mathrm{M}$ de cloruro de aluminio con la placa de aluminio.

   $\mathrm{Cu}\ \text{en}\ \mathrm{CuSO_4(ac)}$$\mathrm{Al}\ \text{en}\ \mathrm{AlCl_3(ac)}$

3. Unimos las dos placas con el hilo (y el voltímetro). Llenamos el tubo en U con la disolución de un electrolito que no reaccione con los otros iones, por ejemplo $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$, y lo colocamos con un extremo en cada vaso: es el puente salino.

   $\text{puente salino: }\mathrm{KNO_3(ac)}$

4. El dibujo tiene que mostrar los dos vasos con las placas, el hilo exterior con el voltímetro, el puente salino, el sentido de los electrones (del aluminio hacia el cobre, por fuera) y cuál es el ánodo ($-$, aluminio) y cuál el cátodo ($+$, cobre).

   $e^-:\ \mathrm{Al}\ (-)\ \longrightarrow\ \mathrm{Cu}\ (+)$

ResultadoSe montan dos semiceldas: una placa de cobre en un vaso con $\mathrm{CuSO_4}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$ y una placa de aluminio en otro vaso con $\mathrm{AlCl_3}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$. Las placas se unen con un hilo conductor (con un voltímetro, si se quiere medir la FEM) y las dos disoluciones, con un puente salino (tubo en U con $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$ en disolución). Los electrones circulan por fuera del aluminio (ánodo, $-$) al cobre (cátodo, $+$).

La pauta oficial da: Dos vasos con las disoluciones y las placas, hilo conductor (voltímetro) y puente salino; dibujo del montaje

Planteamiento El ion hipoclorito es la base conjugada de un ácido débil y reacciona con el agua (hidrólisis básica). Calculamos la concentración de $\mathrm{ClO^-}$ a partir del porcentaje en masa y la densidad, obtenemos $K_b$ a partir de $K_a$ y, con la tabla de equilibrio, $[\mathrm{OH^-}]$ y el pH.

1. Reacción del ion hipoclorito con el agua:

   $\mathrm{ClO^-(ac)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons HClO(ac)}$${}+\mathrm{OH^-(ac)}$

2. Concentración: $1\ \mathrm{L}$ de disolución pesa $1\,000\ \mathrm{g}$, y el 0,1 % es $\mathrm{NaClO}$, es decir, $1{,}00\ \mathrm{g}$. Como el $\mathrm{NaClO}$ se disocia del todo, $[\mathrm{ClO^-}]_0=[\mathrm{NaClO}]$:

   $[\mathrm{ClO^-}]_0$${}= \frac{1{,}00\ \mathrm{g}}{74{,}5\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\cdot1{,}00\ \mathrm{L}}$${}= 0{,}0134\ \mathrm{M}$

3. Constante de basicidad del ion hipoclorito:

   $K_b$${}= \frac{K_w}{K_a}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{3{,}2\cdot10^{-8}}$${}= 3{,}13\cdot10^{-7}$

4. Tabla en mol/L (inicial, equilibrio) con $x=[\mathrm{OH^-}]$:

   $\begin{array}{lccc} & \mathrm{ClO^-} & \mathrm{HClO} & \mathrm{OH^-}\\ \text{inicial} & 0{,}0134 & 0 & 0\\ \text{equilibrio} & 0{,}0134-x & x & x\end{array}$

5. Como $K_b$ es muy pequeña, $0{,}0134-x\approx0{,}0134$ (después se comprueba que $x$ es el 0,5 % de ese valor):

   $K_b$${}= \frac{x^2}{0{,}0134}$${}= 3{,}13\cdot10^{-7}$${}\Longrightarrow x=\sqrt{3{,}13\cdot10^{-7}\cdot0{,}0134}$${}= 6{,}48\cdot10^{-5}\ \mathrm{M}$

6. Concentración de iones oxonio y pH:

   $[\mathrm{H_3O^+}]$${}= \frac{K_w}{[\mathrm{OH^-}]}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{6{,}48\cdot10^{-5}}$${}= 1{,}54\cdot10^{-10}\ \mathrm{M}$${}\Longrightarrow \mathrm{pH}=$${}-\log\,(1{,}54\cdot10^{-10})$${}= 9{,}81$