Exercícios1. 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 é espontânea? c) Dê a reação entre o ouro e a água régia para dar AuC ℓ4. 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. Qual o potencial da pilha nesse momento? 9.498) = . (c) e (d) a) Dê a equação equilibrada da reação entre o ouro e o ácido nítrico. (b). uma mistura de ácido clorídrico e ácido nítrico concentrados e.96) – (+1. em condições-padrão. formando AuC ℓ4.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. na química do ouro. Esta reação é espontânea? d) Utilizando a equação de Nernst.(aq) E° red = + 1. (Olimpíada Brasileira de Química) Ouro metálico dissolve em água régia. Esta reação.002 V Utilizando as semi-reações acima e a semi-reação: NO3-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ) E° red = + 0. as seguintes reações são importantes: Au3+(aq) + 3 eAu (s) E° red = + 1.96 V Responda às questões (a).e NO(g) e calcule a fem-padrão (E° ) associada a esta reação.538V (reação não espontânea) b) Dê a equação da reação entre o ouro e o ácido clorídrico.e H2(g) e calcule a fem-padrão (E° ) associada a esta reação. .0.498 V AuCℓ4 (aq) + 3 e Au (s) + 4 Cℓ. para formar Au3+ e NO(g) e calcule a fem-padrão (Eº) associada a esta reação. explique a razão da água régia ser capaz de dissolver o ouro . ELETRODO I: placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol/L de nitrato de chumbo. a relação entre as concentrações [Fe3+]/[Fe2+] permanece constante nos dois semi-elementos Das afirmações feitas. Nas condições-padrão. O semi-elemento B contém uma solução aquosa também isenta de oxigênio. Quando a corrente elétrica for igual a zero. 0. II e III b) apenas I. (ITA-2003) Considere o elemento galvânico mostrado na figura abaixo.1264 V (ELETRODO I). isenta de oxigênio. SO4-2 = + 0. (ITA-2002) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados e separados por uma ponte salina.3 mol.L-1 em Fe3+. II e IV c) apenas III e V d) apenas IV e V e) todas 11.118log(3/2) V.L -1 em Fe2+ e 0. a diferença de potencial entre os dois semi-elementos será maior do que 0. O sentido convencional de corrente elétrica ocorre do semi-elemento B para o semielemento A II. é: E Pb/Pb2+ = + 0. a relação [Fe 3+]/[Fe2+] tem o mesmo valor tanto no semi-elemento A como no semi-elemento B III. A temperatura do elemento galvânico é mantida constante num valor igual a 25 oC.3546 V (ELETRODO II) . M é um condutor metálico (platina).L-1 IV. O semi-elemento A contém uma solução aquosa. A partir do instante em que a chave “S” é fechada.3 mol. Quando a corrente elétrica for igual a zero. Enquanto corrente elétrica fluir pelo circuito.3 mol. em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio.10.2 mol. estão corretas: a) apenas I.L-1 em Fe3+. 0. Enquanto o valor da corrente elétrica for diferente de zero.L-1 em Fe2+ e 0.2 mol. considere as seguintes afirmações: I. E Pb/PbSO4. a concentração de Fe 2+ no semi-elemento A será menor do que 0. ELETRODO II: sulfato de chumbo prensado contra uma “peneira” de chumbo mergulhada em uma solução aquosa 1 mol/L de ácido sulfúrico. o potencial de cada um destes eletrodos. são adicionadas pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a. A seguir. Agora. a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico. ELETRODO I ou ELETRODO II. e) A concentração de íons chumbo na solução aquosa do ELETRODO I aumenta. Eletrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol. a) A massa de sulfato de chumbo sólido na superfície do ELETRODO II aumenta. 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 . ligados por uma ponte salina e conectados a um multímetro de alta impedância.00. até que ocorra a inversão de polaridade do elemento galvânico. (ITA-2002) Considere o elemento galvânico da QUESTÃO ANTERIOR. Considere também que a temperatura permanece constante e igual a 25ºC.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. e a solução aquosa de H2SO4 do ELETRODO II por uma solução aquosa 1. Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão. d) O ELETRODO I é o anodo. em mol L-1. 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. 12.L-1 de sulfato de níquel.L -1 de nitrato de chumbo. considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico. mas substitua a solução aquosa de Pb(NO3)2 do ELETRODO I por uma solução aquosa 1. responda: b) Qual dos eletrodos.10-5 mol/L de Pb(NO3)2.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 partir da qual se observa a inversão de polaridade dos eletrodos nas condições-padrão. Mostre os cálculos realizados. b) A concentração de íons sulfato na solução aquosa do ELETRODO II aumenta. (ITA-2006) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados. determina-se a polaridade dos eletrodos. Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade de PbI2: Kps (PbI2) = 8.10 -5 mol/L de H2SO4.00. Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol. c) O ELETRODO I é o polo negativo. 4 b) 3.20 V Agora. EIIIº =0.8<pH<6. menor ou igual ao potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão. Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade do CuI(s): Kps (CuI) = 1.14. no caso em que o eletrodo do lado esquerdo do elemento galvânico seja igual ao eletrodo do lado direito nas condiçõespadrão.15V II. Justifique sua resposta.8<pH<3.4 e) 6.4 15. 16. exceto a de H+.54V . considere que um recipiente contenha todas as espécies químicas dessa equação. (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= 0.8<pH<7. EIº =0.8<pH<4.L–1 em Hg2+ (aq). Assinale a opção que indica a faixa de pH na qual a reação química ocorrerá espontaneamente. Justifique sua resposta. de forma que todas as concentrações sejam iguais às das condições-padrão. a) 2.002 mol.8<pH<5. I2(s) + 2e (CM) 2I (aq). preveja se o potencial desse eletrodo será maior. b)Se o eletrólito no eletrodo à esquerda do elemento galvânico for uma solução 0. Cu (aq) + e (CM) Cu(s).0 x 10-12 Semi-equações químicas e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo de hidrogênio nas condições-padrão (Eº): I.52V IV. menor ou igual ao potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão. Cu2+(aq) + 2e-(CM) Cu(s).4 d) 5.34V + III. Cu2+(aq) + e-(CM) Cu+ (aq). EIVº =0.4 c) 4. (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). EIIº =0. (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. c)Faça um esboço gráfico da forma como a força eletromotriz do elemento galvânico (ordenada) deve variar com a temperatura (abscissa). 0) 5.log 2 10 1 E 1.[F ]2 E E0 .( 1.87V) – (-3.log n [Cu2 ] 0.64V e ERED = -0.94V 0.0296.7) E 1.0)2 .92 0.92 5.301) ( 2.0296.76V) = +1.log 0.GABARITO 1.( 0.0296.64V) – (-0.64V e ERED Zn2+ = -0.1 0.0296.1V 0.0704V b) Sn2+(0.1 .log n [Cu2 ] 0.64V) – (-0.log n (pF2 ) E E E E 0.02 2.0) E 1.5M) + Zn Cu + Zn2+(0.( 0.10 2 2 0.5 E 1.1 0.0592 [Zn2 ] 0 E E .1 .0M) 2+ Dados: ERED Cu = +0.01M) Dados: ERED Cu2+ = +0.87V e ERED Li+ = -3.76V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.0592 [Li ]2 .0592 [Zn2 ] E E0 .(0.5)2 5.01 E 1.10 2 52.92V 0.log 2 (1.1V 0.76V) = +1.05V) = +5.0592 0.5M) Dados: ERED F2 = +2.1 E 1.6) 5.1M) + Zn Cu + Zn2+(1.15V c) F2(1atm) + 2Li 2Li+(1M) + 2F-(0.05V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+2. a) Cu2+(0.92 .0592 1 E 1.10 2 .76V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.1 0.25 25.01776 0.0592 (1. 0592 (2.44 0.0)2 .10 2 )2 .0296.0592 E E0 .0592 1 (10 1)2 10 2 f) 2 Aℓ + 3 Ni2+(0.10 4 0.44 0.44V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.0592 (1.log 2 (0.( 2.236V e ERED Aℓ3+ = -1.02M) + 3 Ni 2+ Dados: ERED Ni = -0.(1.76 0.512 7.8.0M) Dados: ERED H2 = +0.0592 (1.log 2 (0.8M) 2 Aℓ3+(0.00V e ERED Zn2+ = -0.76V (pH2 ).87.236V) – (-1.642V e) 2H+(0.00V e ERED Fe2+ = -0.1M) + Fe H2(1atm) + Fe2+(1.0592 [A 3 ]2 E E0 .68V) = +1.0).0M) Dados: ERED H2 = +0.0).0) 0.log n [H ]2 E E E E 0.log 2 3 n [Ni ] E E E E 1.0592 0 E E .44 0.(1.1) 1.44 0.76 0.1184 1 (10 2 )2 10 4 0.00V) – (-0.log n [H ]2 E E E E 0.( 3.76V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.44V (pH2 ).44 9.44V 0.( 4.00V) – (-0.0) 0.log 6 (8.10 4 1.47V .10 1)3 4.01)2 0.031 1.68V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0.381V 0.d) 2H+(0.76 0.76V) = +0.[Fe 2 ] 0.1)2 0.10 3.44V) = +0.[Zn2 ] 0.0)2 .44 0.01M) + Zn H2(1atm) + Zn2+(1.0296. 35 0.35 0.log n [H ]4 .+ 4 H+ + 2 ePbSO4(s) + 2H2O(ℓ) E° red = + 1.0296.( 0.14V) – (-0.35V E E E E E E0 1.278 0.01M) + Dados: ERED Cu = +0.log 2 (5.6 0.( 3.0) 0.76V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.278 0.01M) + 4 H+(0. Calcule a ddp da pilha Cr.6V E E E E E E0 0. Dados os potenciais padrão de redução.518V e ERED Zn2+ = -0.69V) – (+0.069 0.0592 [Cu2 ] .0) 1.0592 (10 3 ) .74V) = +0.74V) ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0.6 0.26V 10 3 2.6) 1.05M) + Zn 2Cu + Zn2+(0.0592 (10 3 )3 .0592 [Sn2 ]3 .(10 2 ) 1.76V) = +1.87.088 1.log 2 (10 1)4 .14V e Eº Cr = -0.69 V 2+ Cu + 2 e Cu(s) E° red = + 0.35 0.001M).1M) +Cu PbSO4 + 2 H2O + Cu2+(0.g) 2Cu+(0.[SO2 4 ] 10 10 3 6 0.10 4 4 h) PbO2 + SO42-(0. (Eº Sn = -0.0592 [Zn2 ] E E0 .Cr3+(0.10 3.0296.34 V ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+1.log n [Cr 3 ]2 0.log 6 (10 1)2 10 10 9 2 10 7 0.10 2 )2 1.1M)|Sn2+(0.278V 0.6 9.01776 1.001M) Dados: PbO2(s)+ SO42.34V) = +1.( 7.26V 10 2 25.67V .0592 (10 2 ) .278 1.Sn.log n [Cu ]2 E E E E 0.518V) – (-0. 1M) Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0.335V (reação não espontânea) .10 3 ) 0.( 2. ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.1M)/Cr Reação global: Cr3+(0.001M) Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0.001M)/Fe Reação global: Fe2+(0.log 2 (2.002M)//Cr3+(0.84 0.7) 0.0592 [Cr 3 ] 0 E E .84 0.log n [Fe 2 ] E E E E 5.00 0.84V E E E E E E0 0.00 0.0592 (10 1) .00 0.0) 0.0296 101 0.0V 0.( 1.0592 (2.00 0. 0.00 0.0592 10 2 0.log n [Cr 3 ] E E E E 0.0592 (10 3 ) .1M) Fe2+(0.log 3 (2.10 1) .1M)//Fe2+(0.log n [Fe 2 ] 0.3.log 2 (10 1) 0.0296.0296.81V 4.0592 [Fe 2 ] E E0 .0592 [Cu2 ] .0) 0.0197.4V) – (-0.002M) Cr3+(0.0V 0.84 0.0335 50 0. Dado: Fe(s)/Fe2+(0.44V) = +0.06V (reação espontânea) Dado: Cr(s)/Cr3+(0.00 0.10 2 ) 0.( 1. [CrO2 0.38 0.80V) – (-2.log K PS log10 0.10-4) + 2e0.log n [Cu2 ] 0.log 2 n [H ] .13V .84 13 log K PS K PS K PS 10 12.36V) = +3.7) Cu E E 0.log 2 (0.[CrO2 0.0296.0296.0592 1 E 0.1M) + 2H+(1M) 2+ H2(1atm) + PbCrO4(s) Equilíbrio de solubilidade: PbCrO4(s) ⇌ Pb (aq) + CrO42-(aq) Dados potenciais padrão de redução (Eº H+/H2 = +0.0296.10 8.log10 0 10 3.log 2 2 (1.(10 1) 0.13V) ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.38 E0 [Pb2 ].34 0.00V e Eº Pb2+/Pb = -0.0592 1 E E0 .log 5000 2 (2. Reação global: Pb0(s) + CrO42-(0.16 0.( 3.13 0.51 0.84 1.0592 4 ]. Dado reação da meia pilha (eletrodo): Cu2+(2.45.11 7.13V E 0.13 0.(1.51 0.log K PS 0.10 4 ) E 0.0592 (0.1M) ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0.34 0.13V) = +0.16V E E E E E 0.00V) – (-0.6.[CrO2 4 ] [Pb2 ].1M) + Mg(s) 2Ag(s) + Mg2+(0. a) qual o potencial da pilha? Reação global: 2Ag+(0.0296.16 0.log n [Ag ]2 0.1)2 3.1) 3.1 3.23V 0.(pH2 ) .0592 [Mg 2 ] E .0) .16 .0592 4 ].34 .0296 12.0296.0) . 15 2 2 (0.916.1126g Mg 1Faraday 2mols elétrons 1mol Mg Cálculo da massa de metal na solução após a deposição no eletrodo: Para a prata 0. . 2. ΔE0 = -0.1. 0. 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 = (+0.12 E 3.9.054) 2.158g Ag 1 .12) 0.0592 (0.158g Ag na solução 1 L solução 1mol Ag Para o magnésio 0.6075g Mg2 0.log 41.0296.1mol Mg2 24.3.log n [Ag ]2 0.2 Para a solução de Mg2+ massa 0.0g depositado = 1.048 E 3.1mol Ag 107.25 Cálculo do Potencial da pilha após a deposição nos eletrodos 0.0.082V 9. .054mol.3g Mg2 0. 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.b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 1 g de prata no eletrodo de prata. . com .61 E 3. .96) – (+1.9g Ag 1mol Ag 1mol elétrons Cálculo da massa de magnésio oxidada do eletrodo para a carga elétrica de 9.2L solução.498) isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão.L 1 Massa Molar. 9. 0.538 V.13 0.0296. .3g Mg 9.9g Ag 0.72g Mg2 na solução 1 L solução 1mol Mg2 Cálculo da concentração molar da solução resultante após a deposição dos metais: Para a solução de Ag+ massa 1.Volume(L) 24. .10-3 F: 1mol elétrons 1mol Mg 24.158 [Ag ] 0.72 [Mg2 ] 0.13 0.10 3 E 3.10 3 Faraday 107.10 3 Faraday.12mol.27.13 0.27.13 .0.L 1 Massa Molar.Volume(L) 107.0592 [Mg2 ] E E0 .1126g oxidado = 0.25L solução.27.log 41.15 E 3. fazendo com que ΔE 0 > 0.042 V. 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.[NO1 ] 3 ].002 V.042 . com isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. [Fe 2 ] Quando isto ocorrer.(pNO) 0. 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.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. 10. e desta forma tornando a reação espontânea.002) isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. ΔE0 = -1.0592 0. . logo log Q < 0. d) E E 0.0592 . que significa ter a razão igual para as meias células A e B. e com isso teremos um Q <1.00) – (+1.log 1 4 3 [H ]4 .002) ΔE0 = -0. é fácil observarmos que o denominador de Q vai se tornar “grande” (observe os expoentes). o elemento galvânico para de funcionar e o sistema entra em equilíbrio.log Q n [AuC 4 ].[C E0 Se trabalharmos com os ácidos clorídrico e nítrico concentrados.96) – (+1. jamais a ddp pode ser maior que 0.118. Falsa: Enquanto a pilha estiver funcionando jamais pode ser constante em A ou B.log 3 2 3 Como a ddp inicial é a máxima.log 1 3 E=0. ou seja.0592 .(CM) (oxidação . 11.0592 2 .0592. temos: 0. portanto de B para A. IV. II.catodo . de B para A. 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 = (-0.118.log 1 3 0 Eoxidação Calculando o ΔE: Eoxidação Eredução 0.log Q n 0.log 1 3 0 Eredução 0. a pilha parou de funcionar e [Fe3 ] entrou em equilíbrio físico-químico.polo (-)) 3+ (B) Fe (aq) + 1e.Porém. de [Fe 2 ] como : E0 oxidação 0 Eredução .(CM) Fe2+(aq) (redução . [Fe2+(aq)]A deve diminuir.log 1 3 Eredução Eredução E 0 Eredução 0 Eredução 0. Verdadeira : O sentido convencional da corrente é do polo (+) para o (–).3 mol/L.2282 V Haverá um aumento da massa de sulfato de chumbo na superfície do eletrodo II. O sentido convencional da corrente elétrica é o oposto. deverá ser menor que 0.0.log 3 2 acordo com as semi-reações de funcionamento. E=2. [Fe 2 ] III. [Fe2+(aq)] e [Fe3+(aq)] devem diminuir e consequentemente [Fe3+(aq)] e [Fe2+(aq)] devem aumentar.anodo . temos: Eoxidação Eoxidação 0 Eoxidação 0 Eoxidação (B) Fe3+(aq) +1e-(CM) Fe2+(aq) Pela equação de Nernst. ou seja.0592 2 .0592 2 . Verdadeira : De acordo com as semi-reações acima.1264) – (-0. Para tanto: (A) Fe2+(aq) Fe3+(aq) 1e. portanto.0592 .log Q n 0. Estas observações permitem analisar: I.0592 2 . Verdadeira : Quando não houver mais passagem de corrente. . para que haja esta igualdade.log 2 3 [Fe ] V.polo (+)) O fluxo de elétrons será do semi-elemento A para o semi-elemento B. ou seja.3546) = +0. Falsa : A ddp inicial da pilha pode ser calculada por: (A) Fe2+(aq) Fe3+(aq) +1e-(CM) Pela equação de Nernst. é o mesmo em A e B. do anodo para o catodo. log 2 [Pb2 ] 0. Agora.3546 . 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).1264 .2744) 0.0592 E 0.2066 V a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico.log10 5 2 E 0.log 2 (10 5 ) E 0.0678 V Mostre os cálculos realizados. Calculando os potenciais de redução dos eletrodos: Para o eletrodo I 2+ Pb (aq) + 2ePb(s) E0 = -0.0592 1 E 0.3546 V 0.2066) ( 0.0592 1 E 0.12. 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) .log[SO2 4 ] 2 0.0592 E E0 . do eletrodo I para o eletrodo II.0592 E E0 .1264 V 0. ELETRODO I ou ELETRODO II. ou seja. considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico.3546 .log Q n 0.0592 E 0.1264 . responda: b) Qual dos eletrodos.2744 V Para o eletrodo II PbSO4(s) + 2ePb(s) + SO42-(aq) E0 = -0.log Q n 0. E EREDUÇÃO MAIOR EREDUÇÃO MENOR ( 0. 10 9. ENi 0.25 V.22. Considerando a equação de Nernst: E E0 Onde QC é calculado da seguinte forma: Q C Como se desejam todas as concentrações unitárias.E0 redução = -0. Como a solução de PbI2 será saturada então teremos: PbI2 (s) K PS (PbI2 ) 8.[H ]4 .10 4 M Vamos agora calcular a concentração de iodeto para que isto ocorra.10 85.10 3 [I ] 1. diminuindo drasticamente a concentração de Pb2+(aq). o de maior potencial de redução é o chumbo. Portanto o níquel é o metal que sofrerá oxidação.12 V A adição de KI(s) ao eletrodo a leva à precipitação de PbI 2(s).5.log n [Pb2 ] 0. A equação de Nernst permite calcular as concentrações em que isso acontece.0592 1 . originalmente 1 molar.0592 .25V) = +0.10 [I ]2 [I ] 9 Pb2 (aq) 2I (aq) [Pb2 ].13.[I ]2 6 6 85. 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. e a pilha formada ficará: Semi-reação de redução (polo positivo): Pb2+(aq) + 2ePb(s) E0 redução =-0. e com isso teremos: E 0 E0 0.10 2 M 14.[Br ]4 QC 1 [H ]4 Para que a equação seja espontânea. e desta forma teremos: .25 V 2+ 2+ Reação global: Pb (aq) + Ni(s) Pb(s) + Ni (aq) ΔE0 = (-0. é necessário antes zerar a ddp.0592 [Ni2 ] . necessitamos E > O.13V)-(-0.log Q C n (pBr2 )2 (pO2 ). 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). EI0 /2I 0.12 0.13 V 2+ Semi-reação de oxidação (polo negativo): Ni(s) Ni (aq) + 2e.53 V 2 2 /Pb /Ni 2 Dentre os metais. com isso ficamos com: 0.log 2 [Pb2 ] [Pb2 ] 1.13 V. exceto [H+].[I ]2 (10 4 ). Para ocorrer a inversão da polaridade. F R.F R. do lado esquerdo teremos: Hg2Cℓ2(s) + 2e2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq) (para aumentar a [Cℓ-]). aproximadamente 3.15.7 molal.(para diminuir a [Cℓ-]). Logo. com isso temos: E < E0 b) O lado esquerdo do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das condições padrão.10 3 R. mas podemos escrever: K C [C ]padrão [C ]saturado 1 . a reação global é nenhuma.T . Obs.T .ln n. um sal alcalino. [Cℓ-] = 1 mol/L.ln n. a 00C.F c) Se o eletrodo do lado esquerdo é igual ao eletrodo do lado direito nas condições padrão.ln[C ]2 n.T .: Segundo o Handbook uma solução saturada de KC ℓ. Uma solução saturada de KC ℓ.ln500 n.F [Hg2 ] R. e do lado direito teremos: 2Hg(ℓ) + 2Cℓ (aq) Hg2Cℓ2(s) + 2e. tem solubilidade de 27. Ou seja. tem certamente [Cℓ-] > 1 mol/L.T .F 2. Para esta semi-reação temos: KC = [Cℓ-]2 Aplicando a equação de Nernst. ficamos com: E E E E E0 E0 E0 E0 Como ln 500 > 1. então temos uma pilha de concentração.T 1 . ficamos com: E < E0 R.ln K C n. ficamos com: E E E0 E0 R.T 1 . com isso. 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.F Como [Cℓ-] > 1. ou seja. Hg2+(aq) + 2eHg0(ℓ) 1 Para esta semi-reação temos: K C [Hg2 ] Aplicando a equação de Nernst. na qual a solução 1mol/L está no lado esquerdo e a solução saturada está do lado direito.6g/100g de água.ln K C n. 166 V . e n. onde k desta forma ficaríamos com: R.lnK C . n.52 0.F 16.52 .log n [Cu ] 0.0596 1 0.Como o logaritmo neperiano de um número menor que 1 é negativo com isso.52 0.354 0. Na equação fornecida: CuI(s) + e-(CM) ⇌ Cu(s) + I-(aq) A semi-reação de redução é: Cu+(aq) + e– ⇌ Cu(s) E0III = 0.lnK C é positivo.T.0596 1 .[I–] 1.0⋅10–12 = x⋅x x2 = 1.0596. e com isso temos: E = E0 + k.0 ⋅ 10–12 KPS = [Cu+].52V A concentração de [Cu+] pode ser calculada pelo KPS CuI = 1.F R.0⋅10–6 mol/L Utilizando a equação de Nernst: E E E E E 0 EIII 0.0⋅10–12 ∴ x = [Cu+] = 1.log 1 10 6 0. este gráfico é retilíneo e passaria pela origem.6 0.T .