Exercícios
1. Escreva a equação de Nernst e calcule ΔE para as seguintes reações (utilize a tabela de
potenciais e log2=0,301):
a) Cu2+(0,1M) + Zn
Cu + Zn2+(1,0M)
b) Sn2+(0,5M) + Zn
Cu + Zn2+(0,01M)
c) F2(1atm) + 2Li
2Li+(1M) + 2F-(0,5M)
d) 2H+(0,01M) + Zn
H2(1atm) + Zn2+(1,0M)
e) 2H+(0,1M) + Fe
H2(1atm) + Fe2+(1,0M)
2+
f) 2 Al + 3 Ni (0,8M)
2 Al3+(0,02M) + 3 Ni
g) Cu+(0,05M) + Zn
Cu + Zn2+(0,01M)
h) PbO2 + SO42-(0,01M) + 4 H+(0,1M) +Cu
PbSO4 + 2 H2O + Cu2+(0,001M)
2. Calcule a ddp da pilha Cr,Cr3+(0,1M)|Sn2+(0,001M),Sn, Dados os potenciais padrão de
redução. (Eº Sn = -0,14V e Eº Cr = -0,74V)
3. Calcule a ddp da seguinte pilha a 25oC:
Fe, Fe2+(0,02M)|Cu2+(0,2M), Cu
Dados potenciais padrão de redução (Eº Fe = -0,44V e Eº Cu = +0,40V)
4. Calcule o potencial gerado por uma pilha de concentração consistindo em um par de
eletrodo de ferro mergulhados em duas soluções, uma contendo Fe 2+ 0,1M e a outra
contendo Fe2+ 0,001M.
5. Calcule o potencial de uma pilha de concentração contendo Cr 3+ 0,002M em um
compartimento e Cr3+ 0,1M no outro compartimento com eletrodos de Cr mergulhados em
cada solução. (Utilize log2=0,3010)
6. Qual o potencial de redução de uma meia pilha composta de um fio de cobre imerso em
CuSO4, 2.10-4M? (Eº RED = 0,34V, log2=0,301)
7. Uma pilha foi construída usando-se o eletrodo padrão de hidrogênio ([H +]=1M e
pH2=1atm) em um compartimento e um eletrodo de chumbo em uma solução 0,1 M de
K2CrO4 em contato com PbCrO4 não dissolvido. O potencial da pilha foi medido como 0,51V,
com o eletrodo de Pb servindo de ânodo. Determine o valor de [Pb 2+].[CrO42-], que é
conhecido como produto de solubilidade (KPS).
8. Uma pilha galvânica foi construída usando-se prata como um eletrodo imerso em 200
cm3 de uma solução de AgNO3 0,1M e magnésio como outro eletrodo, imerso em 250 cm 3 de
solução Mg(NO3)2 0,1M. Sabendo que:
+
-
Ag + 1e
Mg2+ + 2e-
Ag Eº = 0,8V
Mg Eº = -2,36V
a) qual o potencial da pilha?
b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 1
g de prata no eletrodo de prata. Qual o potencial da pilha nesse momento?
9. (Olimpíada Brasileira de Química) Ouro metálico dissolve em água régia, uma mistura
de ácido clorídrico e ácido nítrico concentrados e, na química do ouro, as seguintes
reações são importantes:
Au3+(aq) + 3 eAu (s) E° red = + 1,498 V
AuCℓ4 (aq) + 3 e
Au (s) + 4 Cℓ- (aq) E° red = + 1,002 V
Utilizando as semi-reações acima e a semi-reação:
NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3e-
NO(g) + 2H2O(ℓ) E° red = + 0,96 V
Responda às questões (a), (b), (c) e (d)
a) Dê a equação equilibrada da reação entre o ouro e o ácido nítrico, para formar Au3+ e
NO(g) e calcule a fem-padrão (Eº) associada a esta reação. Esta reação é espontânea?
Semi-reação de redução: NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3eNO(g) + 2H 2O(ℓ)
Semi-reação de oxidação: Au(s)
Au3+(aq) + 3eReação global: Au(s) + NO3-(aq) + 4H+(aq)
Au3+(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ)
0
Cálculo do potencial: ΔE = EREDUÇÃO – EOXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,498) = - 0,538V (reação não
espontânea)
b) Dê a equação da reação entre o ouro e o ácido clorídrico, formando AuCℓ4- e H2(g) e
calcule a fem-padrão (E° ) associada a esta reação. Esta reação, em condições-padrão, é
espontânea?
c) Dê a reação entre o ouro e a água régia para dar AuCℓ4- e NO(g) e calcule a fem-padrão
(E° ) associada a esta reação. Esta reação é espontânea?
d) Utilizando a equação de Nernst, explique a razão da água régia ser capaz de dissolver o
ouro .
10. (ITA-2003) Considere o elemento galvânico mostrado na figura abaixo.
O semi-elemento A contém uma solução aquosa, isenta de oxigênio, 0,3 mol.L -1 em Fe2+ e
0,2 mol.L-1 em Fe3+. O semi-elemento B contém uma solução aquosa também isenta de
oxigênio, 0,2 mol.L-1 em Fe2+ e 0,3 mol.L-1 em Fe3+. M é um condutor metálico (platina). A
temperatura do elemento galvânico é mantida constante num valor igual a 25 oC. A partir
do instante em que a chave “S” é fechada, considere as seguintes afirmações:
I. O sentido convencional de corrente elétrica ocorre do semi-elemento B para o semielemento A
II. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a relação [Fe 3+]/[Fe2+] tem o mesmo valor
tanto no semi-elemento A como no semi-elemento B
III. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a concentração de Fe 2+ no semi-elemento A
será menor do que 0,3 mol.L-1
IV. Enquanto o valor da corrente elétrica for diferente de zero, a diferença de potencial
entre os dois semi-elementos será maior do que 0,118log(3/2)
V. Enquanto corrente elétrica fluir pelo circuito, a relação entre as concentrações
[Fe3+]/[Fe2+] permanece constante nos dois semi-elementos
Das afirmações feitas, estão corretas:
a) apenas I, II e III
b) apenas I, II e IV
c) apenas III e V
d) apenas IV e V
e) todas
11. (ITA-2002) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados e
separados por uma ponte salina.
ELETRODO I: placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol/L de
nitrato de chumbo.
ELETRODO II: sulfato de chumbo prensado contra uma “peneira” de chumbo mergulhada
em uma solução aquosa 1 mol/L de ácido sulfúrico.
Nas condições-padrão, o potencial de cada um destes eletrodos, em relação ao eletrodo
padrão de hidrogênio, é:
E Pb/Pb2+ = + 0,1264 V (ELETRODO I).
E Pb/PbSO4, SO4-2 = + 0,3546 V (ELETRODO II)
Assinale a opção que contém a afirmação correta sobre as alterações ocorridas neste
elemento galvânico quando os dois eletrodos são conectados por um fio de baixa
resistência elétrica e circular corrente elétrica no elemento.
a) A massa de sulfato de chumbo sólido na superfície do ELETRODO II aumenta.
b) A concentração de íons sulfato na solução aquosa do ELETRODO II aumenta.
c) O ELETRODO I é o polo negativo.
d) O ELETRODO I é o anodo.
e) A concentração de íons chumbo na solução aquosa do ELETRODO I aumenta.
12. (ITA-2002) Considere o elemento galvânico da QUESTÃO ANTERIOR, mas substitua a
solução aquosa de Pb(NO3)2 do ELETRODO I por uma solução aquosa 1,00.10-5 mol/L de
Pb(NO3)2, e a solução aquosa de H2SO4 do ELETRODO II por uma solução aquosa 1,00.10 -5
mol/L de H2SO4. Considere também que a temperatura permanece constante e igual a
25ºC.
a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico.
Mostre os cálculos realizados.
Agora, considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico, responda:
b) Qual dos eletrodos, ELETRODO I ou ELETRODO II, será o ânodo?
c) Qual dos eletrodos será o polo positivo do novo elemento galvânico?
d) Qual o sentido do fluxo de elétrons que circula no circuito externo?
e) Escreva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento
galvânico?
13. (ITA-2006) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados,
ligados por uma ponte salina e conectados a um multímetro de alta impedância.
Eletrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol.L -1 de
nitrato de chumbo.
Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol.L-1 de
sulfato de níquel.
Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão, determina-se a polaridade
dos eletrodos. A seguir, são adicionadas pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a, até
que ocorra a inversão de polaridade do elemento galvânico.
Dados eventualmente necessários:
Produto de solubilidade de PbI2: Kps (PbI2) = 8,5 x 10-9
Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão:
Assinale a opção que indica a concentração CORRETA de KI, em mol L-1, a partir da qual se
observa a inversão de polaridade dos eletrodos nas condições-padrão.
a) 1 x 10-2
b) 1 x 10-3
c) 1 x 10-4
d) 1 x 10-5
e) 1 x 10-6
14. (ITA-2007) Considere a reação química representada pela equação abaixo e sua
respectiva força de eletromotriz nas condições padrão:
O2(g) + 4 H+(aq) + 4 Br-(aq)
2 Br2(g) + 2 H2O(ℓ) ΔEº= 0,20 V
Agora, considere que um recipiente contenha todas as espécies químicas dessa equação, de
forma que todas as concentrações sejam iguais às das condições-padrão, exceto a de H+.
Assinale a opção que indica a faixa de pH na qual a reação química ocorrerá
espontaneamente.
a) 2,8<pH<3,4
b) 3,8<pH<4,4
c) 4,8<pH<5,4
d) 5,8<pH<6,4
e) 6,8<pH<7,4
15. (ITA-2005) Considere o elemento galvânico representado por:
Hg(ℓ)| eletrólito || Cℓ− (solução aquosa saturada em KCℓ) | Hg2Cℓ2(s)|Hg(ℓ)
a)Preveja se o potencial do eletrodo representado no lado direito do elemento galvânico
será maior, menor ou igual ao potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão.
Justifique sua resposta.
b)Se o eletrólito no eletrodo à esquerda do elemento galvânico for uma solução 0,002
mol.L–1 em Hg2+ (aq), preveja se o potencial desse eletrodo será maior, menor ou igual ao
potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão. Justifique sua resposta.
c)Faça um esboço gráfico da forma como a força eletromotriz do elemento galvânico
(ordenada) deve variar com a temperatura (abscissa), no caso em que o eletrodo do lado
esquerdo do elemento galvânico seja igual ao eletrodo do lado direito nas condiçõespadrão.
16. (ITA-2006) Calcule o valor do potencial elétrico na escala do eletrodo de hidrogênio
nas condições-padrão a semi-equação química
CuI(s) + e-(CM)
Cu(s) + I-(aq).
Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade do CuI(s):
Kps (CuI) = 1,0 x 10-12
Semi-equações químicas e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo de
hidrogênio nas condições-padrão (Eº):
I. Cu2+(aq) + e-(CM)
Cu+ (aq); EIº =0,15V
II. Cu2+(aq) + 2e-(CM)
Cu(s); EIIº =0,34V
+
III. Cu (aq) + e (CM)
Cu(s); EIIIº =0,52V
IV. I2(s) + 2e (CM)
2I (aq); EIVº =0,54V
GABARITO
1.
a) Cu2+(0,1M) + Zn
Cu + Zn2+(1,0M)
2+
Dados: ERED Cu = +0,64V e ERED = -0,76V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,64V) – (-0,76V) = +1,1V
0,0592
[Zn2 ]
E
E0
.log
n
[Cu2 ]
0,0592
1
E
1,1
.log
2
10 1
E
1,1 0,0296.1
E
1,0704V
b) Sn2+(0,5M) + Zn
Cu + Zn2+(0,01M)
Dados: ERED Cu2+ = +0,64V e ERED Zn2+ = -0,76V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,64V) – (-0,76V) = +1,1V
0,0592
[Zn2 ]
0
E
E
.log
n
[Cu2 ]
0,0592
0,01
E
1,1
.log
0,02 2.10 2
2
0,5
E
1,1 0,0296.( 0,301) ( 2,0)
E
1,1 0,0296.( 1,7)
E
1,15V
c) F2(1atm) + 2Li
2Li+(1M) + 2F-(0,5M)
Dados: ERED F2 = +2,87V e ERED Li+ = -3,05V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+2,87V) – (-3,05V) = +5,92V
0,0592
[Li ]2 .[F ]2
E
E0
.log
n
(pF2 )
E
0,0592
(1,0)2 .(0,5)2
5,92
.log
2
(1,0)
5,92 0,0296.( 0,6)
E
5,92
E
5,94V
E
0,01776
0,25
25.10
2
52.10
2
d) 2H+(0,01M) + Zn
H2(1atm) + Zn2+(1,0M)
Dados: ERED H2 = +0,00V e ERED Zn2+ = -0,76V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,76V) = +0,76V
(pH2 ).[Zn2 ]
0,0592
E
E0
.log
n
[H ]2
E
0,76
E
0,76
0,0592
(1,0).(1,0)2
.log
2
(0,01)2
0,0296.( 4,0)
E
0,76
0,1184
E
0,642V
1
(10 2 )2
10 4
e) 2H+(0,1M) + Fe
H2(1atm) + Fe2+(1,0M)
Dados: ERED H2 = +0,00V e ERED Fe2+ = -0,44V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,44V) = +0,44V
(pH2 ).[Fe 2 ]
0,0592
0
E
E
.log
n
[H ]2
E
0,44
E
0,44
0,0592
(1,0).(1,0)2
.log
2
(0,1)2
0,0296.( 2,0)
E
0,44
0,0592
E
0,381V
1
(10 1)2
10 2
f) 2 Aℓ + 3 Ni2+(0,8M)
2 Aℓ3+(0,02M) + 3 Ni
2+
Dados: ERED Ni = -0,236V e ERED Aℓ3+ = -1,68V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0,236V) – (-1,68V) = +1,44V
0,0592
[A 3 ]2
E
E0
.log 2 3
n
[Ni ]
0,0592
(2.10 2 )2
.log
6
(8.10 1)3
E
1,44
E
E
E
1,44 9,87.10 3.( 3,1)
1,44 0,031
1,47V
4.10 4
0,512
7,8.10
4
g) 2Cu+(0,05M) + Zn
2Cu + Zn2+(0,01M)
+
Dados: ERED Cu = +0,518V e ERED Zn2+ = -0,76V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,518V) – (-0,76V) = +1,278V
0,0592
[Zn2 ]
E
E0
.log
n
[Cu ]2
E
0,0592
(10 2 )
.log
2
(5.10 2 )2
1,278 0,0296.( 0,6)
E
1,278 0,01776
E
1,26V
E
10 2
25.10
1,278
4
4
h) PbO2 + SO42-(0,01M) + 4 H+(0,1M) +Cu
PbSO4 + 2 H2O + Cu2+(0,001M)
Dados:
PbO2(s)+ SO42- + 4 H+ + 2 ePbSO4(s) + 2H2O(ℓ) E° red = + 1.69 V
2+
Cu + 2 e
Cu(s) E° red = + 0.34 V
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+1,69V) – (+0,34V) = +1,35V
E
E0
E
1,35
E
E
E
0,0592
[Cu2 ]
.log
n
[H ]4 .[SO24 ]
0,0592
(10 3 )
.log
2
(10 1)4 .(10 2 )
1,35 0,0296.( 3,0)
1,35 0,088
1,26V
10
10
3
6
10 3
2. Calcule a ddp da pilha Cr,Cr3+(0,1M)|Sn2+(0,001M),Sn, Dados os potenciais padrão de
redução. (Eº Sn = -0,14V e Eº Cr = -0,74V)
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0,14V) – (-0,74V) = +0,6V
0,0592
[Sn2 ]3
.log
n
[Cr 3 ]2
E
E0
E
0,6
E
E
E
0,6 9,87.10 3.( 7,0)
0,6 0,069
0,67V
0,0592
(10 3 )3
.log
6
(10 1)2
10
10
9
2
10
7
3.
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,4V) – (-0,44V) = +0,84V
0,0592
[Cu2 ]
.log
n
[Fe 2 ]
E
E0
E
0,84
E
0,84
0,0592
(2.10 1)
.log
2
(2.10 2 )
0,0296.( 1,0)
E
0,84
0,0296
E
0,81V
101
4.
Dado: Fe(s)/Fe2+(0,1M)//Fe2+(0,001M)/Fe
Reação global: Fe2+(0,1M)
Fe2+(0,001M)
Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0,0V
0,0592
[Fe 2 ]
E
E0
.log
n
[Fe 2 ]
E
0,00
E
0,00
0,0592
(10 3 )
.log
2
(10 1)
0,0296.( 2,0)
E
0,00
0,0592
E
0,06V (reação espontânea)
10
2
5.
Dado: Cr(s)/Cr3+(0,002M)//Cr3+(0,1M)/Cr
Reação global: Cr3+(0,002M)
Cr3+(0,1M)
Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0,0V
0,0592
[Cr 3 ]
0
E
E
.log
n
[Cr 3 ]
E
0,00
E
0,00
0,0592
(10 1)
.log
3
(2.10 3 )
0,0197.( 1,7)
E
0,00
0,0335
E
0,335V (reação não espontânea)
50
6.
Dado reação da meia pilha (eletrodo): Cu2+(2.10-4) + 2e0,0592
1
E E0
.log
n
[Cu2 ]
0,0592
1
E
0,34
.log
5000
2
(2.10 4 )
E
0,34 0,0296.( 3,7)
E
0,34
E
0,23V
Cu
0,11
7.
Reação global: Pb0(s) + CrO42-(0,1M) + 2H+(1M)
H2(1atm) + PbCrO4(s)
2+
Equilíbrio de solubilidade: PbCrO4(s) ⇌ Pb (aq) + CrO42-(aq)
Dados potenciais padrão de redução (Eº H+/H2 = +0,00V e Eº Pb2+/Pb = -0,13V)
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,13V) = +0,13V
E0
E
[Pb2 ].[CrO24 ].(pH2 )
0,0592
.log
n
[H ]2 .[CrO24 ]
[Pb2 ].[CrO24 ].(1,0)
0,0592
.log
2
(1,0)2 .(10 1)
0,13 0,0296.log K PS log10
0,51
0,13
0,51
0,38
0,0296.log K PS
0,38
0,0296
log K PS
12,84
12,84
K PS
10
K PS
1,45.10
13
8.
a) qual o potencial da pilha?
Reação global: 2Ag+(0,1M) + Mg(s)
2Ag(s) + Mg2+(0,1M)
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,80V) – (-2,36V) = +3,16V
E
0,0592
[Mg 2 ]
E
.log
n
[Ag ]2
0,0592
(0,1)
3,16
.log
2
(0,1)2
3,16 0,0296.log10
E
E
3,16 0,0296.1
3,13V
E
E
0
10
b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 1
g de prata no eletrodo de prata. Qual o potencial da pilha nesse momento?
Cálculo da carga elétrica envolvida na deposição de 1g de prata:
1mol Ag 1mol elétrons
1Faraday
1g Ag.
.
.
9,27.10 3 Faraday
107,9g Ag
1mol Ag
1mol elétrons
Cálculo da massa de magnésio oxidada do eletrodo para a carga elétrica de 9,27.10-3 F:
1mol elétrons
1mol Mg
24,3g Mg
9,27.10 3 Faraday.
.
.
0,1126g Mg
1Faraday
2mols elétrons 1mol Mg
Cálculo da massa de metal na solução após a deposição no eletrodo:
Para a prata
0,1mol Ag 107,9g Ag
0,2L solução.
.
2,158g Ag 1,0g depositado = 1,158g Ag na solução
1L solução 1mol Ag
Para o magnésio
0,1mol Mg2 24,3g Mg2
0,25L solução.
.
0,6075g Mg2 0,1126g oxidado = 0,72g Mg2 na solução
1L solução 1mol Mg2
Cálculo da concentração molar da solução resultante após a deposição dos metais:
Para a solução de Ag+
massa
1,158
[Ag ]
0,054mol.L 1
Massa Molar.Volume(L) 107,9.0,2
Para a solução de Mg2+
massa
0,72
[Mg2 ]
0,12mol.L 1
Massa Molar.Volume(L) 24,3.0,25
Cálculo do Potencial da pilha após a deposição nos eletrodos
0,0592
[Mg2 ]
E
E0
.log
n
[Ag ]2
0,0592
(0,12)
0,12
E
3,13
.log
41,15
2
2
(0,054)
2,916.10 3
E
3,13 0,0296.log 41,15
E
3,13 0,0296.1,61
E
3,13 0,048
E
3,082V
9.
a)
Au(s) Au3+(aq) + 3 eNO3-(aq) + 4H+(aq) + 3eNO(g) + 2H2O(ℓ)
Reação global: Au(s) + NO3 (aq) + 4H+(aq)
Au3+(aq)+ NO(g) + 2H2O(ℓ)
0
0
0
Cálculo do ΔE da reação: ΔE = E RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,498)
isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.
ΔE0 = -0,538 V, com
b)
2Au (s) + 8 Cℓ-(aq)
2AuCℓ4-(aq) + 6 e+
6H (aq) + 6e
3H2(g)
Reação global: 2Au (s) + 8 Cℓ-(aq) + 6H+(aq)
2AuCℓ4-(aq) + 3H2(g)
0
0
0
0
Cálculo do ΔE da reação: ΔE = E RED REDUZ – E RED OXIDAÇÃO = (+0,00) – (+1,002)
isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.
ΔE0 = -1,002 V, com
c)
Au(s) + 4 Cℓ-(aq)
AuCℓ4-(aq) + 3 e+
NO3 (aq) + 4H (aq) + 3eNO(g) + 2H2O(ℓ)
Reação Global: Au(s) + 4Cℓ (aq) + NO3-(aq) + 4H+(aq)
AuCℓ4-(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ)
Cálculo do ΔE0 da reação: E0RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,002)
ΔE0 = -0,042 V, com isso
concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.
d)
E
E
0,0592
.log Q
n
[AuC 4 ].(pNO)
0,0592
0,042
.log
3
[H ]4 .[NO13 ].[C 1 ]4
E0
Se trabalharmos com os ácidos clorídrico e nítrico concentrados, é fácil observarmos que o
denominador de Q vai se tornar “grande” (observe os expoentes), e com isso teremos um Q <1, logo
log Q < 0, fazendo com que ΔE 0 > 0, e desta forma tornando a reação espontânea.
10.
Alternativa A
Observe o esquema da pilha de concentração:
O elemento galvânico gera energia espontaneamente com o único intuito de atingir o equilíbrio
[Fe3 ]
físico-químico entre A e B, que significa ter a razão
igual para as meias células A e B.
[Fe 2 ]
Quando isto ocorrer, o elemento galvânico para de funcionar e o sistema entra em equilíbrio.
Porém, para que haja esta igualdade, [Fe2+(aq)] e [Fe3+(aq)] devem diminuir e consequentemente
[Fe3+(aq)] e [Fe2+(aq)] devem aumentar. Para tanto:
(A) Fe2+(aq)
Fe3+(aq) 1e- (CM) (oxidação - anodo - polo (-))
3+
(B) Fe (aq) + 1e- (CM)
Fe2+(aq) (redução - catodo - polo (+))
O fluxo de elétrons será do semi-elemento A para o semi-elemento B, ou seja, do anodo para o
catodo. O sentido convencional da corrente elétrica é o oposto, de B para A.
Estas observações permitem analisar:
I. Verdadeira : O sentido convencional da corrente é do polo (+) para o (–), portanto de B para A.
II. Verdadeira : Quando não houver mais passagem de corrente, a pilha parou de funcionar e
[Fe3 ]
entrou em equilíbrio físico-químico, ou seja,
é o mesmo em A e B.
[Fe 2 ]
III. Verdadeira : De acordo com as semi-reações acima, [Fe2+(aq)]A deve diminuir, ou seja, deverá
ser menor que 0,3 mol/L.
IV. Falsa : A ddp inicial da pilha pode ser calculada por:
(A) Fe2+(aq)
Fe3+(aq) +1e-(CM)
Pela equação de Nernst, temos:
Eoxidação
0
Eoxidação
Eoxidação
0
Eoxidação
0,0592
.log Q
n
0,0592
2
.log
1
3
(B) Fe3+(aq) +1e-(CM)
Fe2+(aq)
Pela equação de Nernst, temos:
Eredução
0
Eredução
Eredução
0
Eredução
0,0592
.log Q
n
0,0592
2
.log
1
3
Calculando o ΔE:
E
Eoxidação
Eredução
0
Eoxidação
0,0592
2
.log
1
3
0
Eredução
3
2
3
Como a ddp inicial é a máxima, jamais a ddp pode ser maior que 0,118.log
2
3
[Fe ]
V. Falsa: Enquanto a pilha estiver funcionando
jamais pode ser constante em A ou B, de
[Fe 2 ]
como : E0oxidação
0
Eredução
, portanto, E=2.0,0592.log
3
2
0,0592
2
.log
1
3
E=0,118.log
acordo com as semi-reações de funcionamento.
11.
Alternativa A
Semi-reação do cátodo (eletrodo I): Pb2+(aq) + 2ePb(s)
2Semi-reação do ânodo (eletrodo II): Pb(s) + SO4 (aq)
PbSO4(s) + 2eReação global: Pb2+(aq) + SO42-(aq)
PbSO4(s)
0
Cálculo do ΔE = Ered redução – Ered oxidação = (-0,1264) – (-0,3546) = +0,2282 V
Haverá um aumento da massa de sulfato de chumbo na superfície do eletrodo II.
12.
Calculando os potenciais de redução dos eletrodos:
Para o eletrodo I
2+
Pb (aq) + 2ePb(s) E0 = -0,1264 V
0,0592
E E0
.log Q
n
0,0592
1
E
0,1264
.log
2
[Pb2 ]
0,0592
1
E
0,1264
.log
2
(10 5 )
E
0,2744 V
Para o eletrodo II
PbSO4(s) + 2ePb(s) + SO42-(aq) E0 = -0,3546 V
0,0592
E E0
.log Q
n
0,0592
E
0,3546
.log[SO24 ]
2
0,0592
E
0,3546
.log10 5
2
E
0,2066 V
a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico.
E EREDUÇÃO MAIOR EREDUÇÃO MENOR ( 0,2066) ( 0,2744)
0,0678 V
Mostre os cálculos realizados.
Agora, considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico, responda:
b) Qual dos eletrodos, ELETRODO I ou ELETRODO II, será o ânodo?
Ânodo
Polo negativo
oxidação
menor Eredução
Eletrodo I
c) Qual dos eletrodos será o polo positivo do novo elemento galvânico?
Cátodo
Polo positivo
redução
maior Eredução
Eletrodo II
d) Qual o sentido do fluxo de elétrons que circula no circuito externo?
O sentido do fluxo de elétrons vai do polo negativo (ânodo) para o polo positivo (cátodo),
ou seja, do eletrodo I para o eletrodo II.
e) Escreva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento
galvânico?
Semi-reação da redução: PbSO4(s) + 2ePb(s) + SO42-(aq)
Semi-reação da oxidação: Pb(s)
Pb2+(aq) + 2e2+
Reação global: PbSO4(s)
Pb (aq) + SO42-(aq)
13.
Alternativa A
Observe que foram processos de oxidação, mas os potenciais fornecidos são os de redução
e com isso ficamos com:
0
0
EPb
0,13 V; ENi
0,25 V; EI0 /2I
0,53 V
2
2
/Pb
/Ni
2
Dentre os metais, o de maior potencial de redução é o chumbo. Portanto o níquel é o metal que
sofrerá oxidação, e a pilha formada ficará:
Semi-reação de redução (polo positivo): Pb2+(aq) + 2ePb(s) E0 redução =-0,13 V
2+
Semi-reação de oxidação (polo negativo): Ni(s)
Ni (aq) + 2e- E0 redução = -0,25 V
2+
2+
Reação global: Pb (aq) + Ni(s)
Pb(s) + Ni (aq) ΔE0 = (-0,13V)-(-0,25V) = +0,12 V
A adição de KI(s) ao eletrodo a leva à precipitação de PbI 2(s), diminuindo drasticamente a
concentração de Pb2+(aq), originalmente 1 molar. Para ocorrer a inversão da polaridade, é
necessário antes zerar a ddp. A equação de Nernst permite calcular as concentrações em que isso
acontece, e com isso teremos:
E0
E
0
0,12
0,0592
[Ni2 ]
.log
n
[Pb2 ]
0,0592
1
.log
2
[Pb2 ]
[Pb2 ] 1.10 4 M
Vamos agora calcular a concentração de iodeto para que isto ocorra. Como a solução de PbI2 será
saturada então teremos:
PbI2 (s)
Pb2 (aq) 2I (aq)
K PS (PbI2 )
[Pb2 ].[I ]2
8,5.10
9
(10 4 ).[I ]2
[I ]2
85.10
[I ]
85.10
6
6
9,22.10
3
[I ] 1.10 2 M
14.
Alternativa A
Desmembrando a equação fornecida: O2(g) + 4 H+(aq) + 4 Br-(aq)
2 Br2(g) + 2 H2O(ℓ)
Semi-reação de redução: O2(g) + 4H+(aq) + 4e2H2O(ℓ)
Semi-reação de oxidação: 4Br-(aq)
2Br2(g) + 4eCom isso podemos observar que o número de elétrons envolvidos é igual a 4 (n=4).
Considerando a equação de Nernst: E
E0
Onde QC é calculado da seguinte forma: Q C
0,0592
.log Q C
n
(pBr2 )2
(pO2 ).[H ]4 .[Br ]4
Como se desejam todas as concentrações unitárias, exceto [H+], com isso ficamos com:
QC
1
[H ]4
Para que a equação seja espontânea, necessitamos E > O, e desta forma teremos:
15.
a)
O lado direito do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das condições
padrão:
Hg2Cℓ2(s) + 2e2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq)
Nas condições padrão, [Cℓ-] = 1 mol/L. Uma solução saturada de KCℓ, um sal alcalino, tem
certamente [Cℓ-] > 1 mol/L.
Obs.: Segundo o Handbook uma solução saturada de KCℓ, a 00C, tem solubilidade de 27,6g/100g de
água, ou seja, aproximadamente 3,7 molal.
Para esta semi-reação temos: KC = [Cℓ-]2
Aplicando a equação de Nernst, ficamos com:
E
E0
E
E0
R.T
.ln K C
n.F
R.T
.ln[C ]2
n.F
Como [Cℓ-] > 1, com isso temos: E < E0
b)
O lado esquerdo do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das
condições padrão.
Hg2+(aq) + 2eHg0(ℓ)
1
Para esta semi-reação temos: K C
[Hg2 ]
Aplicando a equação de Nernst, ficamos com:
E
E0
E
E0
E
E0
E
E0
R.T
.ln K C
n.F
R.T
1
.ln
n.F
[Hg2 ]
R.T
1
.ln
n.F
2.10 3
R.T
.ln500
n.F
Como ln 500 > 1, com isso, ficamos com: E < E0
c)
Se o eletrodo do lado esquerdo é igual ao eletrodo do lado direito nas condições padrão,
então temos uma pilha de concentração, na qual a solução 1mol/L está no lado esquerdo e
a solução saturada está do lado direito. Logo, do lado esquerdo teremos:
Hg2Cℓ2(s) + 2e2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq) (para aumentar a [Cℓ-]), e do lado direito teremos:
2Hg(ℓ) + 2Cℓ (aq)
Hg2Cℓ2(s) + 2e- (para diminuir a [Cℓ-]).
Ou seja, a reação global é nenhuma, mas podemos escrever: K C
[C ]padrão
[C ]saturado
1
Como o logaritmo neperiano de um número menor que 1 é negativo com isso,
e com isso temos: E = E0 + k.T, onde k
R.lnK C
, este gráfico é retilíneo e passaria pela origem, e
n.F
desta forma ficaríamos com:
16.
Na equação fornecida: CuI(s) + e-(CM) ⇌ Cu(s) + I-(aq)
A semi-reação de redução é: Cu+(aq) + e– ⇌ Cu(s) E0III = 0,52V
A concentração de [Cu+] pode ser calculada pelo KPS CuI = 1,0 ⋅ 10–12
KPS = [Cu+].[I–]
1,0⋅10–12 = x⋅x
x2 = 1,0⋅10–12 ∴ x = [Cu+] = 1,0⋅10–6 mol/L
Utilizando a equação de Nernst:
E
E
E
E
E
0,0596
1
.log
n
[Cu ]
0,0596
1
0,52
.log
1
10 6
0,52 0,0596.6
0,52 0,354
EIII0
0,166 V
R.T
.lnK C é positivo,
n.F