GABARITO COMENTADO 2 ANO ELETROQUIMICA EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTO. Serão aqueles que possuem menos força redutora que o cobre

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1 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

2 6 Carbono = oxidação Agente redutor = carbono Alumínio = redução Agente oxidante = Al 2 O 3 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, 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.

3 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 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 Al e- 2 Al Oxi: 3 Mg 3 Mg e- Total: 2 Al Mg 2 Al + 3 Mg2+ 16 Alternativa a 17 a) b) c) d)

4 e) f) g) h) i)

5 j) k) l) m) n) o)

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7 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 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 Ag 2O e a reação global a apresentada na alternativa D 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 NiO a) Cu2+ + 2e- Cu0 Zn0 Zn2+ + 2e- b) Eº = Eºoxi - Eºred Eº = 0,34 + 0,76 Eº = +1,1 V c)

8 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 Alternativa C 33 >E - <E -0,44 (-1,66) -0,44 + 1,66 = 1,22 V a) Semirreação de oxidação: Pb0 Pb 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.

9 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: Cu 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 41 - Soma = 53 0,15 (- 0,76) = 0,15 + 0,76 = 0,91 V. 42 Alternativa E Al, pois é aquele que possui valor de E mais longe do valor do Pb

10 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 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) Cu 2+, 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) Ni 0 + 2H+ Ni 2+ + H 2 b) ) 0,25 V c) 1a Formação de bolhas 2a Aparecimento da coloração verde na solução Alternativa E 50 - a) Os elétrons partem do eletrodo de zinco, por ser este que sofre oxidação. b) HgO e a água 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.

11 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) > Fe²+ + NO3- H2O > H+ + OH- O Fe+2 ganha elétrons no pólo negativo, e se transforma e Fe metálico, ou seja, uma reação de redução do cátion Fe Alternativa E CuCl2 Cu Cl- H2O H + + OH- Equação de reação global da eletrólise de CuCl 2: Cu Cl- Cu0 + Cl2 (g) Os produtos da reação acima são gás cloro Cl 2 (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 Cl 2 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.

12 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 66 Durante essa eletrólise é comum a obtenção de um produto secundário que é o NaOH 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.

13 68 Alternativa E O polo positivo será o do compartimento X e a ddp na verdade de uma solução aquosa de NaCl será negativa 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 = C b) 65g de Zn C x C x = 6,87 g para 2 mols. Em 1 mol = 3,435g. c) 161g de ZnSO C x C x = 17,02 g em 2 mols em 1 mol: 8, 51g d) ZnSO 4 irá formar ½ O 2, sendo assim: 161g 11,2 L 8,5g x L X = 0,59 L 74 Q = i.t 22,4 L C

14 Q = 1, s x L C Q = 480 C x = 0,11 L 75 - No cátodo, formam-se 0,15 gramas de gás hidrogênio, no ânodo, formam-se 5,3 gramas de gás cloro. Q = 2A s Q = C Eletrólise aquosa de NaCl: 2 NaCl + 2 H 2 O 2Na + + 2OH - + Cl 2 + H 2 Produto formado H: Produto formado Cl 2 1 g C 35,5 g C X g C x g C X= 0,15 g de H 2 x = 5,3 g de Cl 2 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 = C 2 mols de e 1 mol Ni C 58,70 g C X g X = 4,38 gramas de Ni No ânodo, temos: 2H2O 4e + O2(g) + 4H+ 4 mols de e 1 mol O C 32,0 g 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

15 80 a) NaCl Na + 1/2Cl2 b) 58,5 g 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 = Q = C C - 24 g 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 e g - x X = 8 elétrons 85 Alternativa E

16 Dados: MM do cobre = 64 g/mol MM da prata = 108 g/mol 1F = C Pela lei de faraday: 64 g de cobre x 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 : C g de prata 1930 C m m = 2,16 g