SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA

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1 SOLUÇÃO PC1. [D] SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA Teremos: 2 3 Cr 2O 7 (aq) 14H (aq) 6e 2Cr (aq) 7H2O( ); 0 E 1,33 V C O 4 (aq) 2H (aq) 2e C O 3 (aq) H2O( ); 0 E 1,23 V + 1,33 V > +1,23 V Então: 2 3 Cr 2O 7 (aq) 14H (aq) 6e 2Cr (aq) 7H2O( ) C O 3 (aq) H2O( ) C O 4 (aq) 2H (aq) 2e ( 3) Cr O (aq) 14H (aq) 6e 8 3 2Cr (aq) 7H2O( ) 3 2 3C O 4 (aq) 6H (aq) 6e C O (aq) 3H O( ) Cr O (aq) 8H (aq) 3C O (aq) 2Cr (aq) 4H O( ) 3C O (aq) ΔE E E maior menor ΔE 1,33 1,23 0,10 V (espontânea) crômio III Cr (aq) 4H O( ) 3C O (aq) Cr O (aq) 8H (aq) 3C O (aq) ΔE 0,10 V A oxidação do íon crômio (III) com o íon perclorato, em meio ácido, não é espontânea. SOLUÇÃO PC2. [E] De acordo com a equação de Nernst: E = E 0 0,059 2 logq, onde Q = ; n = número de mols de elétrons. n 2 [Cl ] 4 PILHAS 1

2 0,565 = 0,270 0,059 log 10 = log [H + ] 2 2 [1,0] 2 10 = 2log [H + ] log [H + ] = 10 2 ph = 5 Comentário: A ddp de uma pilha pode mudar se alterarmos a quantidade de soluto nas cubas eletrolíticas, ou seja, se alterarmos as concentrações molares das soluções eletrolíticas. Existe uma equação matemática, denominada equação de Nernst que relaciona a ddp com as concentrações molares das soluções. A equação de Nernst é dada por: 0 0,059 E E logq n Na qual: E = ddp da pilha (25 o C; solução de qualquer concentração molar) E o = ddp da pilha (25 o C; solução de concentração 1 molar ou 1 mol/l) 0,059 = valor constante a 25 o C, se a temperatura mudar este valor sofrerá alteração. n = número de mols de elétrons transferidos durante o processo eletroquímico. Q = quociente entre concentrações que sofrem alteração durante o funcionamento da pilha. SOLUÇÃO PC3. De acordo com o enunciado: U = 1,1 V (diferença de potencial) m = 63,5 x 10-6 g (63,5 g) t = 193 s Q (1 mol de e - ) = PILHAS

3 Cu = 63,5 Então, teremos: Cu e - Cu 2 mol e - 1 mol 2 x C 63,5 g Q 63,5 x 10-6 g Q = 2 x x 10-6 C Como Q = i x t, vem: 2 x x 10-6 = i x 193 i = 10-3 A Sabendo que P = U x i, teremos: P = 1,1 x 10-3 W = 1,1 mw SOLUÇÃO PC4. [D] Comparando os potenciais de redução do hidrogênio e do ferro, percebemos que o do hidrogênio é maior: 0,000 V > - 0,440 V. Então: Fe (s) Fe 2+ (aq) + 2e - 2H + (aq) + 2e - H 2(g) Fe (s) + 2H + (aq) Fe 2+ (aq) + H 2(g) E = E maior - E menor E = 0,000 V ( 0,440 V) = + 0,440 v Agora utilizaremos a equação de Nernst, que relaciona a ddp da pilha com a as concentrações molares das soluções nas quais os eletrodos estão imersos: 0 0, 059 E E logq n Onde: E = ddp da pilha a 25 o C com solução de concentração molar diferente de 1 M. E 0 = ddp da pilha com solução de concentração 1 M. 0,059 = valor constante a 25 o C, porém pode mudar com a temperatura. n = número de mols de elétrons transferidos no processo. Q = quociente entre as concentrações relacionadas, semelhante à constante de equilíbrio. A partir da equação global da pilha: Fe (s) + 2H + (aq) Fe 2+ (aq) + H 2(g) PILHAS 3

4 2 [Fe ][H 2] K 2 p(h Como foi dada a pressão parcial do hidrogênio e p(h 2 ) = k[h 2 ] [H 2 ] = 2) k' 2 2 [Fe ]p(h 2) [Fe ]p(h K 2) K.k ' 2 2.k ' 2 [Fe ]p(h 2) Q 2 [FeSO 4 ] = 1 M [Fe 2+ ] = 1 M; p(h 2 ) = 1,0 atm. A força eletromotriz medida a 25 o C é igual a 0,292 V (E). O número de elétrons transferidos é igual a 2, ou seja, n = 2. Utilizando a equação de Nernst, teremos: 2 0 0,059 [Fe ]p(h 2) E E log n 2 0, , 292 0, 440 log 2 2 (0,292 0, 440).2 log1 2log 0, ,0169 = 2log[H + ] log[h + ] = 2,5085 ph = 2,50 SOLUÇÃO PC5. [B] Uma tubulação de ferro será protegida por um metal que apresente menor potencial de redução, ou seja, maior potencial de oxidação, sofrendo corrosão no lugar do ferro. De acordo com a tabela teremos o magnésio e o zinco: 2,37 V (Mg) < 0,76 V (Zn) < 0,44 V (Fe). 4 PILHAS

5 SOLUÇÃO PC6. As pilhas estão ligadas em série, então: ddp ddp ddp ddp total pilha 1 pilha 2 pilha 3 2,35 V 0,54 V 1,16 V ddppilha 3 ddppilha 3 0,65 V SOLUÇÃO PC7. [E] Teremos: 3Cu Al 0 2Al Cu 0 Δ E = + 0,310 ( 1,67) = + 1,98 V Utilizando a equação de Nernst, vem: 0,059 E logq n 0,059 1 E log 3 n 10 0,059 E 1, E 1,98 0,059 2,039 2,04 V SOLUÇÃO PC8. Teremos: PILHAS 5

6 ddp1 Ânodo : A 3 A 3e εoxidação 1,66 V 2 Cátodo : Fe 2e Fe εredução 0,44 V ε1 1,66 0,44 1,22 V ddp2 2 Ânodo : Zn Zn 2e εoxidação 0,76 V 2 Cátodo : Cu 2e Cu εredução 0,34 V ε2 0,76 0,34 1,10 V ε1 ε2 1,22 1,10 V 2,32V SOLUÇÃO PC9. [E] O metal mais adequado para ser utilizado como anodo deverá apresentar o maior potencial de oxidação e consequentemente o menor potencial de redução. De acordo com a tabela fornecida no enunciado, este metal é o alumínio ( 1,66 V). SOLUÇÃO PC10. [B] A partir dos dados da tabela podemos montar as reações químicas que ocorrem: Mg Cu NO Mg NO Cu Zn Cu NO Zn NO Cu Mg Zn NO Mg NO Zn Como podemos ver, o magnésio desloca o cobre e o zinco. O zinco desloca o cobre. Concluímos que o magnésio é mais reativo do que o zinco (pois, o desloca) que é mais reativo do que o cobre. A ordem crescente de reatividade é dada por: Cu < Zn < Mg. 6 PILHAS

7 SOLUÇÃO PC11. [B] Neste caso a força redutora é a capacidade de um metal provocar a redução de outro. Para isto acontecer este metal deverá perder elétrons com mais facilidade do que o outro e assim fornecerá os elétrons necessários para ocorrer a redução da outra espécie. Entre as impurezas metálicas que constam na série apresentada, as que se sedimentam abaixo do ânodo de cobre, ou seja, tem menor força redutora são: ouro, platina e prata. SOLUÇÃO PC12. [D] A diferença de potencial é para a reação global é dada por: E = E MAIOR E MENOR = 1,23 ( 0,69) = 1,92 V. SOLUÇÃO PC13. As moléculas X e Y, considerando-se suas estruturas, atuam como extratores catiônicos uma vez que a parte polar da molécula troca o íon H + pelo cátion do metal. M 2+ (aq) + 2 C 16 H 34 PO 2 H M 2+ (aq) + 2 C 12 H 12 PO 2 H M(C 16 H 34 PO - 2 ) 2 (org) + 2H + (aq) M(C 12 H 12 PO - 2 ) 2 (org) + 2H + (aq) Onde: M 2+ = Cd 2+, Ni 2+ ou Co 2+ SOLUÇÃO PC14. [C] Teremos: KC K C PILHAS 7

8 SOLUÇÃO PC15. Observa-se que a chave fica amarela por causa da redução dos íons Cu 2+ (aq). Cu e - Cu (redução) O permanganato (MnO 4), entre as substâncias relacionadas no quadro, é o pior agente oxidante, pois apresenta o menor potencial de redução. 2 MnO4 8H 5e Mn 4H2 O εred 1,51 V 8 PILHAS