Fe, Fe 2+ (0,02M) Cu 2+ (0,2M), Cu

Transcrição

1 xercícios. screva a equação de Nernst e calcule Δ para as seguintes reações (utilize a tabela de potenciais e log=0,0): a) Cu + (0,M) + Zn Cu + Zn + (,0M) b) Sn + (0,5M) + Zn Cu + Zn + (0,0M) c) F (atm) + Li Li + (M) + F - (0,5M) d) H + (0,0M) + Zn H (atm) + Zn + (,0M) e) H + (0,M) + Fe H (atm) + Fe + (,0M) f) Al + Ni + (0,8M) Al + (0,0M) + Ni g) Cu + (0,05M) + Zn Cu + Zn + (0,0M) h) PbO + SO - (0,0M) + H + (0,M) +Cu PbSO + H O + Cu + (0,00M). Calcule a ddp da pilha Cr,Cr + (0,M) Sn + (0,00M),Sn, Dados os potenciais padrão de redução. (º Sn = -0,V e º Cr = -0,7V). Calcule a ddp da seguinte pilha a 5 o C: Fe, Fe + (0,0M) Cu + (0,M), Cu Dados potenciais padrão de redução (º Fe = -0,V e º Cu = +0,0V). Calcule o potencial gerado por uma pilha de concentração consistindo em um par de eletrodo de ferro mergulhados em duas soluções, uma contendo Fe + 0,M e a outra contendo Fe + 0,00M. 5. Calcule o potencial de uma pilha de concentração contendo Cr + 0,00M em um compartimento e Cr + 0,M no outro compartimento com eletrodos de Cr mergulhados em cada solução. (Utilize log=0,00) 6. Qual o potencial de redução de uma meia pilha composta de um fio de cobre imerso em CuSO,.0 - M? (º RD = 0,V, log=0,0) 7. Uma pilha foi construída usando-se o eletrodo padrão de hidrogênio ([H + ]=M e ph =atm) em um compartimento e um eletrodo de chumbo em uma solução 0, M de K CrO em contato com PbCrO não dissolvido. O potencial da pilha foi medido como 0,5V, com o eletrodo de Pb servindo de ânodo. Determine o valor de [Pb + ].[CrO - ], que é conhecido como produto de solubilidade (KPS). 8. Uma pilha galvânica foi construída usando-se prata como um eletrodo imerso em 00 cm de uma solução de AgNO 0,M e magnésio como outro eletrodo, imerso em 50 cm de solução Mg(NO ) 0,M. Sabendo que: Ag + + e - Ag º = 0,8V Mg + + e - Mg º = -,6V

2 a) qual o potencial da pilha? b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 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: Au + (aq) + e - AuCl - (aq) + e - Au (s) red = +,98 V Au (s) + Cl - (aq) red = +,00 V Utilizando as semi-reações acima e a semi-reação: NO - (aq) + H + (aq) + e - NO(g) + H O(l) 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 Au + e NO(g) e calcule a fem-padrão (º) associada a esta reação. sta reação é espontânea? Semi-reação de redução: NO - (aq) + H + (aq) + e - NO(g) + H O(l) Semi-reação de oxidação: Au(s) Au + (aq) + e - Reação global: Au(s) + NO - (aq) + H + (aq) Au + (aq) + NO(g) + H O(l) Cálculo do potencial: Δ 0 = RDUÇÃO OXIDAÇÃO = (+0,96) (+,98) = - 0,58V (reação não espontânea) b) Dê a equação da reação entre o ouro e o ácido clorídrico, formando AuCl - e H (g) e calcule a fem-padrão ( ) associada a esta reação. sta reação, em condições-padrão, é espontânea? c) Dê a reação entre o ouro e a água régia para dar AuCl - e NO(g) e calcule a fem-padrão ( ) associada a esta reação. sta reação é espontânea? d) Utilizando a equação de Nernst, explique a razão da água régia ser capaz de dissolver o ouro.

3 0. (ITA-00) Considere o elemento galvânico mostrado na figura abaixo. O semi-elemento A contém uma solução aquosa, isenta de oxigênio, 0, mol.l - em Fe + e 0, mol.l - em Fe +. O semi-elemento B contém uma solução aquosa também isenta de oxigênio, 0, mol.l - em Fe + e 0, mol.l - em Fe +. M é um condutor metálico (platina). A temperatura do elemento galvânico é mantida constante num valor igual a 5 o C. 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 semielemento A II. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a relação [Fe + ]/[Fe + ] 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 Fe + no semi-elemento A será menor do que 0, mol.l - IV. nquanto o valor da corrente elétrica for diferente de zero, a diferença de potencial entre os dois semi-elementos será maior do que 0,8log(/) V. nquanto corrente elétrica fluir pelo circuito, a relação entre as concentrações [Fe + ]/[Fe + ] 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. (ITA-00) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados e separados por uma ponte salina. LTRODO I: placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa mol/l de nitrato de chumbo. LTRODO II: sulfato de chumbo prensado contra uma peneira de chumbo mergulhada em uma solução aquosa mol/l de ácido sulfúrico. Nas condições-padrão, o potencial de cada um destes eletrodos, em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio, é: Pb/Pb + = + 0,6 V (LTRODO I). Pb/PbSO, SO - = + 0,56 V (LTRODO II)

4 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 LTRODO II aumenta. b) A concentração de íons sulfato na solução aquosa do LTRODO II aumenta. c) O LTRODO I é o polo negativo. d) O LTRODO I é o anodo. e) A concentração de íons chumbo na solução aquosa do LTRODO I aumenta.. (ITA-00) Considere o elemento galvânico da QUSTÃO ANTRIOR, mas substitua a solução aquosa de Pb(NO ) do LTRODO I por uma solução aquosa, mol/l de Pb(NO ), e a solução aquosa de H SO do LTRODO II por uma solução aquosa, mol/l de H SO. Considere também que a temperatura permanece constante e igual a 5ºC. 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, LTRODO I ou LTRODO 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) screva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento galvânico?. (ITA-006) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados, ligados por uma ponte salina e conectados a um multímetro de alta impedância. letrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa mol.l - de nitrato de chumbo. letrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa mol.l - 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 letrodo a, até que ocorra a inversão de polaridade do elemento galvânico. Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade de PbI : Kps (PbI ) = 8,5 x 0-9 Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão: Assinale a opção que indica a concentração CORRTA de KI, em mol L -, a partir da qual se observa a inversão de polaridade dos eletrodos nas condições-padrão. a) x 0 - b) x 0 - c) x 0 - d) x 0-5 e) x 0-6

5 . (ITA-007) Considere a reação química representada pela equação abaixo e sua respectiva força de eletromotriz nas condições padrão: O (g) + H + (aq) + Br - (aq) Br (g) + H O(l) Δº= 0,0 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),8<ph<, b),8<ph<, c),8<ph<5, d) 5,8<pH<6, e) 6,8<pH<7, 5. (ITA-005) Considere o elemento galvânico representado por: Hg(l) eletrólito Cl (solução aquosa saturada em KCl) Hg Cl (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 0,00 mol.l em Hg + (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 condiçõespadrão. 6. (ITA-006) 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) =,0 x 0 - Semi-equações químicas e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo de hidrogênio nas condições-padrão (º): I. Cu + (aq) + e - (CM) Cu + (aq); º I =0,5V II. Cu + (aq) + e - (CM) Cu(s); II º =0,V III. Cu + (aq) + e - (CM) Cu(s); III º =0,5V IV. I (s) + e - (CM) I - (aq); IV º =0,5V

6 GABARITO. a) Cu + (0,M) + Zn Cu + Zn + (,0M) Dados: RD Cu + = +0,6V e RD = -0,76V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,6V) (-0,76V) = +,V 0 0,059 [Zn ] n [Cu ], 0,059.log 0, 0,096.,070V b) Sn + (0,5M) + Zn Cu + Zn + (0,0M) Dados: RD Cu + = +0,6V e RD Zn + = -0,76V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,6V) (-0,76V) = +,V 0 0,059 [Zn ] n [Cu ] 0,059 0,0,.log 0,0.0 0,5, 0,096.( 0,0) (,0), 0,096.(,7),5V c) F (atm) + Li Li + (M) + F - (0,5M) Dados: RD F = +,87V e RD Li + = -,05V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+,87V) (-,05V) = +5,9V 0 0,059 [Li ].[F ] n (pf ) 5,9 0,059 (,0).(0,5).log (,0) 0, ,9 0,096.( 0,6) 5,9 0,0776 5,9V

7 d) H + (0,0M) + Zn H (atm) + Zn + (,0M) Dados: RD H = +0,00V e RD Zn + = -0,76V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,00V) (-0,76V) = +0,76V 0 0,059 (ph ).[Zn ] n [H ] 0,059 (,0).(,0) 0,76.log 0 (0,0) (0 ) 0,76 0,096.(,0) 0,76 0,8 0,6V e) H + (0,M) + Fe H (atm) + Fe + (,0M) Dados: RD H = +0,00V e RD Fe + = -0,V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,00V) (-0,V) = +0,V 0 0,059 (ph ).[Fe ] n [H ] 0,059 (,0).(,0) 0,.log 0 (0,) (0 ) 0, 0,096.(,0) 0, 0,059 0,8V f) Al + Ni + (0,8M) Al + (0,0M) + Ni Dados: RD Ni + = -0,6V e RD Al + = -,68V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (-0,6V) (-,68V) = +,V 0 0,059 [A ] n [Ni ] 0,059 (.0 ).0,.log 7,8.0 6 (8.0 ) 0,5, 9,87.0.(,), 0,0,7V

8 g) Cu + (0,05M) + Zn Cu + Zn + (0,0M) Dados: RD Cu + = +0,58V e RD Zn + = -0,76V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,58V) (-0,76V) = +,78V 0 0,059 [Zn ] n [Cu ] 0,059 (0 ) 0,78.log (5.0 ) 5.0,78 0,096.( 0,6),78 0,0776,6V h) PbO + SO - (0,0M) + H + (0,M) +Cu PbSO + H O + Cu + (0,00M) Dados: PbO (s)+ SO - + H + + e - PbSO (s) + H O(l) red = +.69 V Cu + + e - Cu(s) red = + 0. V Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+,69V) (+0,V) = +,5V 0 0,059 [Cu ] n [H ].[SO ] 0,059 (0 ) 0,5.log 0 6 (0 ).(0 ) 0,5 0,096.(,0),5 0,088,6V. Calcule a ddp da pilha Cr,Cr + (0,M) Sn + (0,00M),Sn, Dados os potenciais padrão de redução. (º Sn = -0,V e º Cr = -0,7V) Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (-0,V) (-0,7V) = +0,6V 0 0,059 [Sn ] n [Cr ] 9 0,059 (0 ) 0 0,6.log 0 6 (0 ) 0 0,6 9,87.0.( 7,0) 0,6 0,069 0,67V 7

9 . Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,V) (-0,V) = +0,8V 0 0,059 [Cu ] n [Fe ] 0,059 (.0 ) (.0 ) 0,8.log 0 0,8 0,096.(,0) 0,8 0,096 0,8V. Dado: Fe(s)/Fe + (0,M)//Fe + (0,00M)/Fe Reação global: Fe + (0,M) Fe + (0,00M) Para pilha de concentração temos: Δ 0 = 0,0V 0 0,059 [Fe ] n [Fe ] 0,059 (0 ) (0 ) 0,00.log 0 0,00 0,096.(,0) 0,00 0,059 0,06V (reação espontânea) 5. Dado: Cr(s)/Cr + (0,00M)//Cr + (0,M)/Cr Reação global: Cr + (0,00M) Cr + (0,M) Para pilha de concentração temos: Δ 0 = 0,0V 0 0,059 [Cr ] n [Cr ] 0,059 (0 ) (.0 ) 0,00.log 50 0,00 0,097.(,7) 0,00 0,05 0,5V (reação não espontânea)

10 6. Dado reação da meia pilha (eletrodo): Cu + (.0 - ) + e - 0 0,059 n [Cu ] 0,059 0,.log 5000 (.0 ) 0, 0,096.(,7) 0, 0, 0,V Cu 7. Reação global: Pb 0 (s) + CrO - (0,M) + H + (M) H (atm) + PbCrO (s) quilíbrio de solubilidade: PbCrO (s) Pb + (aq) + CrO - (aq) Dados potenciais padrão de redução (º H + /H = +0,00V e º Pb + /Pb = -0,V) Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,00V) (-0,V) = +0,V 0 0,059 [Pb ].[CrO ].(ph ) n [H ].[CrO ] 0,059 [Pb ].[CrO ].(,0) 0,5 0,.log (,0).(0 ) 0,5 0, 0,096.log K log0 0,8 0,096.log K 0,8 log KPS,8 0,096 K 0 PS,8 KPS,5.0 PS PS 8. a) qual o potencial da pilha? Reação global: Ag + (0,M) + Mg(s) Ag(s) + Mg + (0,M) Δ 0 = RDUÇÃO - OXIDAÇÃO = (+0,80V) (-,6V) = +,6V 0 0,059 [Mg ] n [Ag ],6 0,059 (0,).log (0,) 0,6 0,096.log0,6 0,096.,V

11 b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado g de prata no eletrodo de prata. Qual o potencial da pilha nesse momento? Cálculo da carga elétrica envolvida na deposição de g de prata: mol Ag mol elétrons Faraday g Ag... 9,7.0 Faraday 07,9g Ag mol Ag mol elétrons Cálculo da massa de magnésio oxidada do eletrodo para a carga elétrica de 9,7.0 - F: mol elétrons mol Mg,g Mg 9,7.0 Faraday... 0,6g Mg Faraday mols elétrons mol Mg Cálculo da massa de metal na solução após a deposição no eletrodo: Para a prata 0,mol Ag 07,9g Ag 0,L solução..,58g Ag,0g depositado =,58g Ag na solução L solução mol Ag Para o magnésio 0,mol Mg,g Mg 0,5L solução.. 0,6075g Mg 0,6g oxidado = 0,7g Mg na solução L solução mol Mg Cálculo da concentração molar da solução resultante após a deposição dos metais: Para a solução de Ag + massa,58 [Ag ] 0,05mol.L Massa Molar.Volume(L) 07,9.0, Para a solução de Mg + massa 0,7 [Mg ] 0,mol.L Massa Molar.Volume(L),.0,5 Cálculo do Potencial da pilha após a deposição nos eletrodos 0 0,059 [Mg ] n [Ag ] 0,059 (0,) 0,,.log,5 (0,05),96.0, 0,096.log,5, 0,096.,6, 0,08,08V 9. a) Au(s) Au + (aq) + e - NO - (aq) + H + (aq) + e - NO(g) + H O(l) Reação global: Au(s) + NO - (aq) + H + (aq) Au + (aq)+ NO(g) + H O(l) Cálculo do Δ 0 da reação: Δ 0 = 0 RD RDUZ 0 RD OXIDAÇÃO = (+0,96) (+,98) isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. Δ 0 = -0,58 V, com

12 b) Au (s) + 8 Cl - (aq) AuCl - (aq) + 6 e - 6H + (aq) + 6e - H (g) Reação global: Au (s) + 8 Cl - (aq) + 6H + (aq) AuCl - (aq) + H (g) Cálculo do Δ 0 da reação: Δ 0 = 0 RD RDUZ 0 RD OXIDAÇÃO = (+0,00) (+,00) isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. Δ 0 = -,00 V, com c) Au(s) + Cl - (aq) AuCl - (aq) + e - NO - (aq) + H + (aq) + e - NO(g) + H O(l) Reação Global: Au(s) + Cl - (aq) + NO - (aq) + H + (aq) AuCl - (aq) + NO(g) + H O(l) Cálculo do Δ 0 da reação: 0 RD RDUZ 0 RD OXIDAÇÃO = (+0,96) (+,00) Δ 0 = -0,0 V, com isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. d) 0 0,059 Q n 0,059 0,0.log [AuC ].(pno) [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 <, logo log Q < 0, fazendo com que Δ 0 > 0, e desta forma tornando a reação espontânea. 0. Alternativa A Observe o esquema da pilha de concentração: O elemento galvânico gera energia espontaneamente com o único intuito de atingir o equilíbrio [Fe ] físico-químico entre A e B, que significa ter a razão igual para as meias células A e B. [Fe ] Quando isto ocorrer, o elemento galvânico para de funcionar e o sistema entra em equilíbrio.

13 Porém, para que haja esta igualdade, [Fe + (aq)] e [Fe + (aq)] devem diminuir e consequentemente [Fe + (aq)] e [Fe + (aq)] devem aumentar. Para tanto: (A) Fe + (aq) Fe + (aq) e - (CM) (oxidação - anodo - polo (-)) (B) Fe + (aq) + e - (CM) Fe + (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. stas 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 [Fe ] entrou em equilíbrio físico-químico, ou seja, é o mesmo em A e B. [Fe ] III. Verdadeira : De acordo com as semi-reações acima, [Fe + (aq)] A deve diminuir, ou seja, deverá ser menor que 0, mol/l. IV. Falsa : A ddp inicial da pilha pode ser calculada por: (A) Fe + (aq) Fe + (aq) +e - (CM) Pela equação de Nernst, temos: 0 0,059 oxidação oxidação.log Q n 0,059 0 oxidação oxidação.log (B) Fe + (aq) +e - (CM) Fe + (aq) Pela equação de Nernst, temos: 0 0,059 redução redução.log Q n 0,059 0 redução redução.log Calculando o Δ: 0 0, ,059 oxidação redução oxidação.log redução.log como :, portanto, =.0,059.log =0,8.log 0 0 oxidação redução Como a ddp inicial é a máxima, jamais a ddp pode ser maior que 0,8.log V. Falsa: nquanto a pilha estiver funcionando acordo com as semi-reações de funcionamento. [Fe ] [Fe jamais pode ser constante em A ou B, de ]. Alternativa A Semi-reação do cátodo (eletrodo I): Pb + (aq) + e - Pb(s) Semi-reação do ânodo (eletrodo II): Pb(s) + SO - (aq) PbSO (s) + e - Reação global: Pb + (aq) + SO - (aq) PbSO (s) Cálculo do Δ 0 = red redução red oxidação = (-0,6) (-0,56) = +0,8 V Haverá um aumento da massa de sulfato de chumbo na superfície do eletrodo II.

14 . Calculando os potenciais de redução dos eletrodos: Para o eletrodo I Pb + (aq) + e - Pb(s) 0 = -0,6 V 0 0,059 Q n 0,059 0,6.log [Pb ] 0,059 0,6.log 5 (0 ) 0,7 V Para o eletrodo II PbSO (s) + e - Pb(s) + SO - (aq) 0 = -0,56 V 0 0,059.log Q n 0,56 0,059.log[SO ] 0,56 0,059 5.log0 0,066 V a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico. ( 0,066) ( 0,7) 0,0678 V RDUÇÃO MAIOR RDUÇÃO MNOR Mostre os cálculos realizados. Agora, considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico, responda: b) Qual dos eletrodos, LTRODO I ou LTRODO II, será o ânodo? Ânodo Polo negativo oxidação menor redução letrodo I c) Qual dos eletrodos será o polo positivo do novo elemento galvânico? Cátodo Polo positivo redução maior redução letrodo 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) screva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento galvânico? Semi-reação da redução: PbSO (s) + e - Pb(s) + SO - (aq) Semi-reação da oxidação: Pb(s) Pb + (aq) + e - Reação global: PbSO (s) Pb + (aq) + SO - (aq)

15 . Alternativa A Observe que foram processos de oxidação, mas os potenciais fornecidos são os de redução e com isso ficamos com: , V; 0,5 V; 0,5 V Pb /Pb Ni /Ni I /I 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): Pb + (aq) + e - Pb(s) 0 redução =-0, V Semi-reação de oxidação (polo negativo): Ni(s) Ni + (aq) + e - 0 redução = -0,5 V Reação global: Pb + (aq) + Ni(s) Pb(s) + Ni + (aq) Δ 0 = (-0,V)-(-0,5V) = +0, V A adição de KI(s) ao eletrodo a leva à precipitação de PbI (s), diminuindo drasticamente a concentração de Pb + (aq), originalmente 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: 0,059 [Ni ] 0 n [Pb ] 0, ,.log [Pb ].0 M [Pb ] Vamos agora calcular a concentração de iodeto para que isto ocorra. Como a solução de PbI será saturada então teremos: PbI (s) Pb (aq) I (aq) K (PbI ) [Pb ].[I ] PS 8,5.0 (0 ).[I ] [I ] [I ] ,.0 [I ].0 M 6. Alternativa A Desmembrando a equação fornecida: O (g) + H + (aq) + Br - (aq) Br (g) + H O(l) Semi-reação de redução: O (g) + H + (aq) + e - H O(l) Semi-reação de oxidação: Br - (aq) Br (g) + e - Com isso podemos observar que o número de elétrons envolvidos é igual a (n=). 0 0,059 Considerando a equação de Nernst: Q C n (pbr ) Onde Q C é calculado da seguinte forma: Q C (po ).[H ].[Br ] Como se desejam todas as concentrações unitárias, exceto [H + ], com isso ficamos com: Q C [H ] Para que a equação seja espontânea, necessitamos > O, e desta forma teremos:

16 5. a) O lado direito do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das condições padrão: Hg Cl (s) + e - Hg(l) + Cl - (aq) Nas condições padrão, [Cl - ] = mol/l. Uma solução saturada de KCl, um sal alcalino, tem certamente [Cl - ] > mol/l. Obs.: Segundo o Handbook uma solução saturada de KCl, a 0 0 C, tem solubilidade de 7,6g/00g de água, ou seja, aproximadamente,7 molal. Para esta semi-reação temos: K C = [Cl - ] Aplicando a equação de Nernst, ficamos com: 0 R.T.ln KC n.f 0 R.T.ln[C ] n.f Como [Cl - ] >, com isso temos: < 0 b) O lado esquerdo do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das condições padrão. Hg + (aq) + e - Hg 0 (l) Para esta semi-reação temos: KC [Hg ] Aplicando a equação de Nernst, ficamos com: 0 R.T.ln KC n.f 0 R.T.ln n.f [Hg ] R.T 0.ln n.f.0 R.T 0.ln500 n.f Como ln 500 >, com isso, ficamos com: < 0 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 mol/l está no lado esquerdo e a solução saturada está do lado direito. Logo, do lado esquerdo teremos: Hg Cl (s) + e - Hg(l) + Cl - (aq) (para aumentar a [Cl - ]), e do lado direito teremos: Hg(l) + Cl - (aq) Hg Cl (s) + e - (para diminuir a [Cl - ]). [C ] padrão Ou seja, a reação global é nenhuma, mas podemos escrever: KC [C ] saturado

17 Como o logaritmo neperiano de um número menor que é negativo com isso, e com isso temos: = 0 + k.t, onde desta forma ficaríamos com: k R.lnKC n.f R.T.lnK C é positivo, n.f, este gráfico é retilíneo e passaria pela origem, e 6. Na equação fornecida: CuI(s) + e - (CM) Cu(s) + I - (aq) A semi-reação de redução é: Cu + (aq) + e Cu(s) 0 III = 0,5V A concentração de [Cu + ] pode ser calculada pelo K PS CuI =,0 0 K PS = [Cu + ].[I ],0 0 = x x x =,0 0 x = [Cu + ] =,0 0 6 mol/l Utilizando a equação de Nernst: 0 0,0596 III.log n [Cu ] 0,5 0,0596.log 6 0 0,5 0, ,5 0,5 0,66 V