GABARITO COMENTADO 2 ANO
ELETROQUIMICA
EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTO
1 – Alternativa B
Serão aqueles que possuem menos força redutora que o cobre
2 – Alternativa C
Agente oxidante é aquela substancia que contém o elemento que sofre redução, promove a
oxidação da outra substancia.
3 – Alternativa B
4 – Alternativa E
5
a) O depósito sólido formado sobre o fio de cobre é constituído de prata metálica. A solução
torna-se azul devido à formação de cátion Cu2+ em solução aquosa.
b) Cu+ 2AgNO3→ 2Ag +Cu(NO3)2
6–
Carbono = oxidação Agente redutor = carbono Alumínio = redução Agente oxidante = Al2O3
7 – Alternativa D
8 - Agente redutor: Fe Agente oxidante: O2
9 - Essa peça será parcialmente corroída, pois o íon H+ do ácido irá atacar somente o zinco da
peça de bronze, que é formada por zinco e cobre.
10 – Alternativa B
11 – Alternativa C
12 – Alternativa E
De acordo com a tabela dos potenciais de redução os únicos menores que o alumínio são o
lítio e o potássio.
13 –
a) Apenas o magnésio e o zinco podem proteger o ferro da corrosão.
b) Mg + Fe2+ → Mg2+ + Fe ∆ E° (V) = 1,93
14 - a) A redução do O2 em presença de água tem potencial de redução mais alto, portanto as
placas de cobre metálico sofrerão processo de corrosão.
b) O ferro da estrutura, possuindo potencial de redução menor que o do cobre, atua como
eletrodo de sacrifício, protegendo o cobre da corrosão. No entanto, com o passar do tempo,
essa estrutura de ferro foi sendo gradativamente corroída.
15 - a) Solução contendo Aℓ3+ na presença de Mg causa a oxidação, pois o Eo red do Aℓ3+/Aℓ
é maior que o do Mg2+/Mg. Já no tanque de cromo nada ocorre, pois o Eo red do Aℓ 3+/Aℓ é
menor que o do Cr3+/Cr.
b) Red: 2 Aℓ3+ + 6 e- → 2 Aℓ Oxi: 3 Mg → 3 Mg2+ + 6 e- Total: 2 Aℓ3+ + 3 Mg → 2 Aℓ + 3 Mg2+
16 – Alternativa a
17 –
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
o)
18 –
19 – Alternativa C
Zinco é quem sofre oxidação e o cobre redução. Os íons Na e Cl vão se movimentar para
manter em equilíbrio das cargas devido ao movimento dos elétrons, e a medida que vai
acontecendo a reação as massas das placas vão se alterando.
20 - O espessamento da barra de chumbo implica ganho de massa e, portanto, ganho de
elétrons (redução). O desgaste da barra de zinco implica perda de elétrons, ou seja, oxidação.
Os elétrons fluem do eletrodo de zinco para o de chumbo.
21 – Alternativa A
De acordo com o esquema abaixo, é possível identificar que os subprodutos não causam danos
ao meio ambiente.
22 – Alternativa D
O zinco é aquele que vai oxidar, portanto, é o agente redutor, enquanto o óxido de prata é o
que vai ser reduzido, portanto o agente oxidante. Sendo assim, o fluxo de elétrons Zn para
Ag2O e a reação global a apresentada na alternativa D.
23 - A reação proposta é espontânea, pois a ddp é maior que zero.
a) Para ver se uma reação é espontânea ou não, fazemos E° do cátodo - E° do ânodo.
Logo a reação ficaria -0,23 - 0,34 = -0,57 que não seria espontânea.
b) Zn0 + Ni2+ → Zn2+ + Ni0
24 – Alternativa C
Como o ddp é positivo a reação é espontânea, com o Cd sofrendo oxidação e o Ni redução. A
letra C está errada pois o agente oxidante é o NiO2.
25 –
a) Cu2+ + 2e- → Cu0
Zn0 → Zn2+ + 2eb)
∆Eº = Eºoxi - Eºred
∆Eº = 0,34 + 0,76
∆Eº = +1,1 V
c)
26 – Alternativa D
Aqueles que tem maior E vão reduzir, oxidando assim aqueles de menor E.
27 – Alternativa B
Pois são os únicos onde a ddp terá valor maior que zero
28 – Alternativa B
Como os elétrons caminham para o cátodo, no caso o eletrodo de cobre, a solução de
sulfato de cobre mais concentrada permite através da ponte salina, equilibrar os íons de cada
semicélula.
29 – Alternativa A
A prata por ter maior E irá reduzir, sendo assim ela será o cátodo da reação e a reação
global será o contrário da afirmativa IV.
30 – Alternativa E
O Cu por conter maior E, será aquele que irá reduzir, e, portanto o cátodo da nossa
pilha, e portanto, os elétrons vão fluir para ele. O potencial dessa pilha será de 1,1 V.
31 – Alternativa D
O agente oxidante será o Co+2
32 – Alternativa C
>E - <E
-0,44 – (-1,66)
-0,44 + 1,66 = 1,22 V
33 –
a) Semirreação de oxidação: Pb0 → Pb2+ + 2 e- Semirreação de redução: Ag+ + 1 e- → Ag0
b) Pb0 + 2Ag+ → Pb2+ + 2Ag0
c) Os elétrons se movimentam do eletrodo de chumbo para o de prata. O íon nitrato se
movimenta no sentido da solução de nitrato de chumbo.
34 – Alternativa C
Como o cobre é o cátodo da pilha os elétrons irão caminhar em sua direção, sendo
assim, os íons positivos irão encaminhar para esse lado da pilha afim de manter um equilíbrio
entre as semicélulas.
35 – Alternativa C
O nox do Cu foi de +2 para 0 enquanto o do Fe foi de 0 para +2, sendo assim, o Cu é
aquele que reduziu portanto o cátodo da nossa pilha, e o Fe vai ser oxidado. Se o Cu reduziu
ele é portanto o agente oxidante.
36 –
a) Semirreação de oxidação: Mg0 → Mg2+ + 2e- Semirreação de redução: Cu2+ + 2 e- → Cu0
b) Mg0 + Cu2+ → Mg2+ + Cu0
c) Eletrodo de magnésio: polo negativo Eletrodo de cobre: polo positivo
d) Polo negativo: eletrodo no qual ocorre a semirreação de oxidação Polo positivo: eletrodo no
qual ocorre a semirreação de redução
37 – Alternativa D
A Ag é aquela que irá reduzir na pilha devido ao seu maior E. Sendo assim ela é o
cátodo, ou seja, o polo positivo e os elétrons vão migrar em sua direção, e a ddp dessa pilha
será 0,93 V.
38 – Alternativa A
Como o Mg possui menor E, ele irá oxidar, será o ânodo da pilha, o polo negativo e
portanto seu eletrodo irá desgastar com o passar do tempo. Devido ao fato do Cu reduzir e ser
o cátodo da pilha, o fluxo de elétrons será para ele.
A equação global da pilha será: Mg + Cu+2
Mg+2 + Cu, com ddp = 2,71 V.
39 – Alternativa B
Como a placa de zinco vai sofrer oxidação, ela irá corroer e vai deixar a solução de
sulfato de zinco mais concentrada.
40 – Alternativa C
>E-<E
0,15 – (- 0,76) = 0,15 + 0,76 = 0,91 V.
41 - Soma = 53
42 – Alternativa E
Al, pois é aquele que possui valor de E mais longe do valor do Pb
43 – Alternativa B
Como Fe possui maior E ele irá reduzir e o Zn oxidar.
Zn + Fe+2 → Zn+2 + Fe, com ddp = 0,323 V.
44 – Alternativa C
Na equação da pilha percebe que o Fe está perdendo elétrons e portanto oxidando,
sendo o ânodo da pilha, o polo negativo. Sendo assim ele sofrerá uma diminuição de massa e
os elétrons vão migrar do Fe para o Pb.
45 - a) O alumínio atua como ânodo. Os cátions Na+ se dirigem para o eletrodo de Au, e os
ânions Cℓ- se dirigem para o eletrodo de Al.
b) 2 H2O(ℓ) + 2 e- → H2(g) + 2 OH-(aq)
46 – a) O zinco e o magnésio protegem o ferro por possuírem maior potencial de oxidação que
ele.
b) Cu2+, pois ele possui o maior potencial de redução, que é a capacidade de receber elétrons.
c) 0,3 V – lembrando que a diferença de potencial é aquele que tem maior potencial de
redução menos o de menor potencial.
-0,14 – (-0,44) =
-0,14 + 0,44 = 0,3V
47 –
a) Ni0 + 2H+ → Ni2+ + H2
b) ) 0,25 V
c) 1a – Formação de bolhas 2a – Aparecimento da coloração verde na solução
48 –
49 – Alternativa E
50 - a) Os elétrons partem do eletrodo de zinco, por ser este que sofre oxidação.
b) HgO e a água.
51 - a) No polo negativo da pilha, ocorre a oxidação, logo a reação será Pb(s) + SO42–(aq) →
PbSO4(s) + 2e–.
b) Durante a descarga, a densidade da solução aumenta.
52 –Alternativa C
Quem irá reduzir nesse tipo de pilha será o Hg, portanto a alternativa C representa a
semirreação.
53 – Alternativa C
O zinco será o anodo, e o processo será espontâneo, enquanto o NH4 servirá para
aumentar a tensão somente e os elétrons não migram através dos eletrólitos.
54 – Alternativa C
Receber 1 elétron.
55 – Alternativa E
2Aℓ2O3 + 3C ------------> 3CO2 + 4Aℓ
56 - Polo negativo: Cobre Polo positivo: Cloro Na cuba restará água.
57 – Alternativa A
Fe(NO3)2 -----> Fe²+ + NO3H2O --------------> H+ + OHO Fe+2 ganha elétrons no pólo negativo, e se transforma e Fe metálico, ou seja, uma
reação de redução do cátion Fe+2.
58 – Alternativa E
CuCl2 → Cu 2+ + 2 ClH2O → H+ + OHEquação de reação global da eletrólise de CuCl2:
Cu
2+
+ 2 Cl- → Cu0 + Cl2 (g)
Os produtos da reação acima são gás cloro Cl2 (g) e Cobre metálico (Cu).
59 – Alternativa B
Se você for equacionar a eletrólise, chegará a esse resultado:
Com o decorrer da solução, irá aumentar a concentração de
. Se aumentamos o pH, na
presença da fenolftaleína ocorrerá a mudança de cor descrita abaixo e o desprendimento de
Cl2 ocorre no anodo. Única incorreta é a afirmação II.
Alternativas corretas: I, III, IV
60 –
a) Eletrólise ígnea é aquela realizada na ausência de água. Ela requer mais energia, pois, além
da energia necessária para efetuarmos a eletrólise, devemos fornecer energia para fundir o
sal.
b) Porque, estando o sal em solução aquosa, o íon H+ da água tem a prioridade em sofrer
descarga.
61 – Alternativa B
62 – Alternativa D
De acordo com a tabela, o Mg+2 é o mais próximo do H, sendo portanto o mais
adequado para a obtenção do íon H+
63 – Alternativa E
Devido a Ordem Crescente de Facilidade de Descarga
64 – Alternativa A
Ocorrerá a formação também do NaOH
65 – Alternativa E
Durante essa eletrólise é comum a obtenção de um produto secundário que é o NaOH
66 –
a) Para haver condução de corrente elétrica em solução aquosa, é necessária a presença de
íons livres na solução. No caso, para fazermos a eletrólise da água, devemos adicionar no
recipiente IV um eletrólito. O cátion desse eletrólito deve apresentar potencial de redução
menor que o da H2O (exemplos: alcalino, alcalinoterroso e alumínio, como Na+, K+, Ca2+, …) e
o ânion deve apresentar potencial de oxidação menor que o da H2O (exemplos: F– e ânions
oxigenados, como SO2– 4 , NO– 3, ClO– 3, …). Como exemplos, podemos citar:
H2SO4 (diluído), NaNO3, KF: H2SO4 → 2H+ + SO2– 4 NaNO3 → Na+ + NO– 3 HF → K+ + F–
b) No cátodo (II), ocorre redução da água de acordo com a equação da reação: 2H2O(l) + 2e–
→ H2(g) + 2OH–(aq) No ânodo (III), ocorre oxidação da água: H2O(l) → 2H+(aq) + 1/202(g) +
2e– As fórmulas das substâncias recolhidas nos tubos II e III são, respectivamente, H2 e O2.
c) A equação global que representa a reação da eletrólise da água é H2O → H2 + 1/2O2 1 mol
0,5 mol A proporção em mols de H2 e O2 formados é de 1 mol para 0,5 mol. Proporção 2: 1
d) H2O(l) → 2H+(aq) + 1/202(g) + 2e–
67 –
a)Processo I: 2NaCl + 2H2O → H2 + Cl2 + 2Na+ + 2OH– Processo II: 2NaCl → 2Na + Cl2 Processo
III: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
b) Cátodo: 2H+ + 2e– → H2 Ânodo: 2Cl– → Cl2 + 2e–
c) Oxidante: MnO2 Mn+4O2 → Mn2+ Cl2 O Mn+4 do MnO2 diminui de NOX ao transformar-se
no Mn+2 do MnCl2. Portanto o MnO2 atua como agente oxidante. Redutor: HCl Cl– → Cl2
↓
Nox = 0 Ocorre aumento de NOX quando o Cl– do HCl transforma-se no Cl(Nox = 0)
do Cl2. Assim, HCl atua como agente redutor.
68 – Alternativa E
O polo positivo será o do compartimento X e a ddp na verdade de uma solução aquosa
de NaCl será negativa.
69 – 9
70 – Alternativa A
71 –
a) Sim, pois o cloro se encontra no estado gasoso.
b) Cátodo: 2H+ + 2e– → H2 Ânodo: 2Cl– → Cl2 + 2e–
72 – Alternativa E
O fluxo de elétrons será do anodo para o cátodo.
73 –
a) Q = ?
i = 2A
t = 5100 segundos
Q = 2 x 5100 = 10.200 C
b) 65g de Zn x
-
96500 C
10200 C
x = 6,87 g para 2 mols.
Em 1 mol = 3,435g.
c) 161g de ZnSO4
x
-
96500 C
-
10200 C
x = 17,02 g em 2 mols
em 1 mol: 8, 51g
d)
ZnSO4 irá formar ½ O2, sendo assim:
161g
11,2 L
8,5g
xL
X = 0,59 L
74 – Q = i.t
22,4 L -
96500 C
Q = 1,6 . 300 s
xL
-
Q = 480 C
x = 0,11 L
480 C
75 - No cátodo, formam-se 0,15 gramas de gás hidrogênio, no ânodo, formam-se 5,3 gramas
de gás cloro.
Q = 2A . 7200 s
Q = 14.400 C
Eletrólise aquosa de NaCl:
2 NaCl + 2 H2O
2Na+ + 2OH- + Cl2 + H2
Produto formado H:
Produto formado Cl2
1g
Xg
96500 C
14400 C
X= 0,15 g de H2
35,5 g
xg
96500 C
14400 C
x = 5,3 g de Cl2
76 –
a) As semirreações que ocorrem no cátodo e no ânodo são as seguintes: Cátodo: Ni2+ (aq) +
2e– → Ni(s) Ânodo: 2Cl1– (aq) → Cl2 (g) + 2e– Corrente elétrica necessária: i = 26,8 A.
b) Para ter um excesso de 50%, a massa de NiCl2 presente no recipiente deve ser igual a 99 g.
77 –
No cátodo, temos: Ni2+ + 2e− → Ni(s) Vamos determinar a carga, em Faraday, que atravessa
a célula.
Q = i.t, logo Q = 4.0x3 600 segundos = 14 400 C
2 mols de e− –––– 1 mol Ni
193 000 C –––– 58,70 g
14 400 C –––– X g
X = 4,38 gramas de Ni
No ânodo, temos: 2H2O → 4e− + O2(g) + 4H+
4 mols de e− –––– 1 mol O2
386 000 C –––– 32,0 g 14 400 C –––– X
X = 1,19 g de O2
78 – Alternativa A
0,2 M = 0,2 mol em 1 litro; portanto em 0,5 litros tenho 0,1 mol
Se F é a carga de 1 mol, para 0,1 mol tem-se carga de 0,1 F.
79 –
80 –
a) NaCl → Na + 1/2Cl2
b)
58,5 g 96500 C
0,585 g x
X = 965 C
Q = i.t
965 = 3,86. t
t = 250 s
81 – Alternativa A
82 – Alternativa A
Na reação são utilizados 2 mols de Mg
Q = 50 . 3600
Q = 180.000 C
96500 C - 24 g
180.000 C - x
X = 44 g em 2 mols.
Em 1 mol = 22 g
83 – Alternativa A
84 – Alternativa B
63,5 g de Cu - 2 e254 g
-
X = 8 elétrons
85 – Alternativa E
x
Dados:
MM do cobre = 64 g/mol
MM da prata = 108 g/mol
1F = 96 500 C
Pela lei de faraday:
64 g de cobre ------------------------ 2 x 96 500 C
0,64 g de cobre -------------------- C
C = 1930 coulombs
Então está é a carga que atravessou o sistema ! Basta, apenas, aplicar a lei de FARADAY para o
eletrodo de prata :
96 500 C ------------------------------ 108 g de prata
1930 C ------------------------------- m
m = 2,16 g