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)

f) 2 Al + 3 Ni2+(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 Fe2+ 0,1M e a outra contendo Fe2+ 0,001M.

5. Calcule o potencial de uma pilha de concentração contendo Cr3+ 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 [Pb2+].[CrO4

2-], 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 cm3 de solução Mg(NO3)2 0,1M. Sabendo que:

Ag+ + 1e- Ag Eº = 0,8V

Mg2+ + 2e- 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 e- Au (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) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ)

Semi-reação de oxidação: Au(s) Au3+(aq) + 3e-

Reação global: Au(s) + NO3-(aq) + 4H+(aq) Au3+(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ)

Cálculo do potencial: ΔE0 = 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 25oC. 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 semi-elemento A II. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a relação [Fe3+]/[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 Fe2+ 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 condições-padrão.

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) Dados: ERED Cu2+ = +0,64V e ERED = -0,76V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,64V) – (-0,76V) = +1,1V

20

2

1

0,0592 [Zn ]E E .log

n [Cu ]

0,0592 1E 1,1 .log

2 10

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

20

2

2

0,0592 [Zn ]E E .log

n [Cu ]

0,0592 0,01E 1,1 .log 0,02 2.10

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

2 20

2

2 22 2 2

0,0592 [Li ] .[F ]E E .log

n (pF )

0,0592 (1,0) .(0,5)E 5,92 .log 0,25 25.10 5 .10

2 (1,0)

E 5,92 0,0296.( 0,6)

E 5,92 0,01776

E 5,94V

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

20 2

2

24

2 2 2

(pH ).[Zn ]0,0592E E .log

n [H ]

0,0592 (1,0).(1,0) 1E 0,76 .log 10

2 (0,01) (10 )

E 0,76 0,0296.( 4,0)

E 0,76 0,1184

E 0,642V

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

20 2

2

22

2 1 2

(pH ).[Fe ]0,0592E E .log

n [H ]

0,0592 (1,0).(1,0) 1E 0,44 .log 10

2 (0,1) (10 )

E 0,44 0,0296.( 2,0)

E 0,44 0,0592

E 0,381V

f) 2 Aℓ + 3 Ni2+(0,8M) 2 Aℓ3+(0,02M) + 3 Ni

Dados: ERED Ni2+ = -0,236V e ERED Aℓ3+ = -1,68V

ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0,236V) – (-1,68V) = +1,44V 3 2

0

2 3

2 2 44

1 3

3

0,0592 [A ]E E .log

n [Ni ]

0,0592 (2.10 ) 4.10E 1,44 .log 7,8.10

6 0,512(8.10 )

E 1,44 9,87.10 .( 3,1)

E 1,44 0,031

E 1,47V

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

20

2

2 2

2 2 4

0,0592 [Zn ]E E .log

n [Cu ]

0,0592 (10 ) 10E 1,278 .log 4

2 (5.10 ) 25.10

E 1,278 0,0296.( 0,6)

E 1,278 0,01776

E 1,26V

h) PbO2 + SO42-(0,01M) + 4 H+(0,1M) +Cu PbSO4 + 2 H2O + Cu2+(0,001M)

Dados:

PbO2(s)+ SO42- + 4 H+ + 2 e- PbSO4(s) + 2H2O(ℓ) E° red = + 1.69 V

Cu2+ + 2 e- Cu(s) E° red = + 0.34 V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+1,69V) – (+0,34V) = +1,35V

20

4 2

4

3 33

1 4 2 6

0,0592 [Cu ]E E .log

n [H ] .[SO ]

0,0592 (10 ) 10E 1,35 .log 10

2 (10 ) .(10 ) 10

E 1,35 0,0296.( 3,0)

E 1,35 0,088

E 1,26V

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

2 30

3 2

3 3 97

1 2 2

3

0,0592 [Sn ]E E .log

n [Cr ]

0,0592 (10 ) 10E 0,6 .log 10

6 (10 ) 10

E 0,6 9,87.10 .( 7,0)

E 0,6 0,069

E 0,67V

3. ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,4V) – (-0,44V) = +0,84V

20

2

11

2

0,0592 [Cu ]E E .log

n [Fe ]

0,0592 (2.10 )E 0,84 .log 10

2 (2.10 )

E 0,84 0,0296.( 1,0)

E 0,84 0,0296

E 0,81V

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

20

2

32

1

0,0592 [Fe ]E E .log

n [Fe ]

0,0592 (10 )E 0,00 .log 10

2 (10 )

E 0,00 0,0296.( 2,0)

E 0,00 0,0592

E 0,06V (reação espontânea)

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 3

0

3

1

3

0,0592 [Cr ]E E .log

n [Cr ]

0,0592 (10 )E 0,00 .log 50

3 (2.10 )

E 0,00 0,0197.( 1,7)

E 0,00 0,0335

E 0,335V (reação não espontânea)

6.

Dado reação da meia pilha (eletrodo): Cu2+(2.10-4) + 2e- Cu

0

2

4

0,0592 1E E .log

n [Cu ]

0,0592 1E 0,34 .log 5000

2 (2.10 )

E 0,34 0,0296.( 3,7)

E 0,34 0,11

E 0,23V

7.

Reação global: Pb0(s) + CrO42-(0,1M) + 2H+(1M) H2(1atm) + PbCrO4(s)

Equilíbrio de solubilidade: PbCrO4(s) ⇌ Pb2+(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

2 20 4 2

2 2

4

2 2

4

2 1

PS

PS

PS

12,84

PS

[Pb ].[CrO ].(pH )0,0592E E .log

n [H ] .[CrO ]

[Pb ].[CrO ].(1,0)0,05920,51 0,13 .log

2 (1,0) .(10 )

0,51 0,13 0,0296.log K log10

0,38 0,0296.log K

0,38log K 12,84

0,0296

K 10

13

PSK 1,45.10

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

20

2

2

0,0592 [Mg ]E E .log

n [Ag ]

0,0592 (0,1)E 3,16 .log 10

2 (0,1)

E 3,16 0,0296.log10

E 3,16 0,0296.1

E 3,13V

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:

31mol Ag 1mol elétrons 1Faraday1g Ag. . . 9,27.10 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:

3 1mol elétrons 1mol Mg 24,3g Mg9,27.10 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 Ag0,2L solução. . 2,158g Ag 1,0g depositado = 1,158g Ag na solução

1L solução 1mol Ag

Para o magnésio 2 2

2 2

2

0,1mol Mg 24,3g Mg0,25L solução. . 0,6075g Mg 0,1126g oxidado = 0,72g Mg na solução

1L solução 1mol Mg

Cálculo da concentração molar da solução resultante após a deposição dos metais:

Para a solução de Ag+

1massa 1,158[Ag ] 0,054mol.L

Massa Molar.Volume(L) 107,9.0,2

Para a solução de Mg2+

2 1massa 0,72[Mg ] 0,12mol.L

Massa Molar.Volume(L) 24,3.0,25

Cálculo do Potencial da pilha após a deposição nos eletrodos 2

0

2

2 3

0,0592 [Mg ]E E .log

n [Ag ]

0,0592 (0,12) 0,12E 3,13 .log 41,15

2 (0,054) 2,916.10

E 3,13 0,0296.log41,15

E 3,13 0,0296.1,61

E 3,13 0,048

E 3,082V

9. a) Au(s) Au3+(aq) + 3 e-

NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ)

Reação global: Au(s) + NO3-(aq) + 4H+(aq) Au3+(aq)+ NO(g) + 2H2O(ℓ)

Cálculo do ΔE0 da reação: ΔE0 = E0RED REDUZ – E

0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,498) ΔE0 = -0,538 V, com

isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.

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)

Cálculo do ΔE0 da reação: ΔE0 = E0RED REDUZ – E

0RED OXIDAÇÃO = (+0,00) – (+1,002) ΔE0 = -1,002 V, com

isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.

c) Au(s) + 4 Cℓ-(aq) AuCℓ4

-(aq) + 3 e-

NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ)

Reação Global: Au(s) + 4Cℓ-(aq) + NO3-(aq) + 4H+(aq) AuCℓ4

-(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ) Cálculo do ΔE0 da reação: E0

RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,002) ΔE0 = -0,042 V, com isso

concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.

d)

0

4

4 1 1 4

3

0,0592E E .logQ

n

[AuC ].(pNO)0,0592E 0,042 .log

3 [H ] .[NO ].[C ]

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 ΔE0 > 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

físico-químico entre A e B, que significa ter a razão

3

2

[Fe ]

[Fe ]igual para as meias células A e B.

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 (-))

(B) Fe3+(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

entrou em equilíbrio físico-químico, ou seja,

3

2

[Fe ]

[Fe ]é o mesmo em A e B.

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:

0

oxidação oxidação

0

oxidação oxidação

0,0592E E .log Q

n

0,0592 2E E .log

1 3

(B) Fe3+(aq) +1e-(CM) Fe2+(aq) Pela equação de Nernst, temos:

0

redução redução

0

redução redução

0,0592E E .log Q

n

0,0592 2E E .log

1 3

Calculando o ΔE:

oxidação

0 0

oxidação redução oxidação redução

0 0

redução

0,0592 2 0,0592 2E E E E .log E .log

1 3 1 3

3 3como : E E , portanto, E=2.0,0592.log E=0,118.log

2 2

Como a ddp inicial é a máxima, jamais a ddp pode ser maior que 3

0,118.log2

V. Falsa: Enquanto a pilha estiver funcionando

3

2

[Fe ]

[Fe ]jamais pode ser constante em A ou B, de

acordo com as semi-reações de funcionamento.

11. Alternativa A

Semi-reação do cátodo (eletrodo I): Pb2+(aq) + 2e- Pb(s)

Semi-reação do ânodo (eletrodo II): Pb(s) + SO42-(aq) PbSO4(s) + 2e-

Reação global: Pb2+(aq) + SO42-(aq) PbSO4(s)

Cálculo do ΔE0 = 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

Pb2+(aq) + 2e- Pb(s) E0 = -0,1264 V

0

2

5

0,0592E E .logQ

n

0,0592 1E 0,1264 .log

2 [Pb ]

0,0592 1E 0,1264 .log

2 (10 )

E 0,2744 V

Para o eletrodo II

PbSO4(s) + 2e- Pb(s) + SO42-(aq) E0 = -0,3546 V

0

2

4

5

0,0592E E .logQ

n

0,0592E 0,3546 .log[SO ]

2

0,0592E 0,3546 .log10

2

E 0,2066 V

a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico.

REDUÇÃO MAIOR REDUÇÃO MENORE E E ( 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) + 2e- Pb(s) + SO42-(aq)

Semi-reação da oxidação: Pb(s) Pb2+(aq) + 2e-

Reação global: PbSO4(s) Pb2+(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:

2 22

0 0 0

Pb /Pb Ni /Ni I /2IE 0,13 V; E 0,25 V; E 0,53 V

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) + 2e- Pb(s) E0 redução =-0,13 V

Semi-reação de oxidação (polo negativo): Ni(s) Ni2+(aq) + 2e- E0 redução = -0,25 V

Reação global: Pb2+(aq) + Ni(s) Pb(s) + Ni2+(aq) ΔE0 = (-0,13V)-(-0,25V) = +0,12 V A adição de KI(s) ao eletrodo a leva à precipitação de PbI2(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:

20

2

2

2 4

0,0592 [Ni ]E E .log

n [Pb ]

0,0592 10 0,12 .log

2 [Pb ]

[Pb ] 1.10 M

Vamos agora calcular a concentração de iodeto para que isto ocorra. Como a solução de PbI2 será saturada então teremos:

2

2

2 2

PS 2

9 4 2

2 6

6 3

2

PbI (s) Pb (aq) 2I (aq)

K (PbI ) [Pb ].[I ]

8,5.10 (10 ).[I ]

[I ] 85.10

[I ] 85.10 9,22.10

[I ] 1.10 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) + 4e- 2H2O(ℓ) Semi-reação de oxidação: 4Br-(aq) 2Br2(g) + 4e- Com isso podemos observar que o número de elétrons envolvidos é igual a 4 (n=4).

Considerando a equação de Nernst:0

C

0,0592E E .log Q

n

Onde QC é calculado da seguinte forma:

2

2C 4 4

2

(pBr )Q

(pO ).[H ] .[Br ]

Como se desejam todas as concentrações unitárias, exceto [H+], com isso ficamos com:

C 4

1Q

[H ]

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) + 2e- 2Hg(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:

0

C

0 2

R.TE E .ln K

n.F

R.TE E .ln[C ]

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) + 2e- Hg0(ℓ)

Para esta semi-reação temos: C 2

1K

[Hg ]

Aplicando a equação de Nernst, ficamos com:

0

C

0

2

0

3

0

R.TE E .ln K

n.F

R.T 1E E .ln

n.F [Hg ]

R.T 1E E .ln

n.F 2.10

R.TE E .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) + 2e- 2Hg(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: padrão

C

saturado

[C ]K 1

[C ]

Como o logaritmo neperiano de um número menor que 1 é negativo com isso, C

R.T.lnK

n.Fé positivo,

e com isso temos: E = E0 + k.T, onde CR.lnK

kn.F

, este gráfico é retilíneo e passaria pela origem, e

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:

0

III

6

0,0596 1E E .log

n [Cu ]

0,0596 1E 0,52 .log

1 10

E 0,52 0,0596.6

E 0,52 0,354

E 0,166 V