b) Os elétrons fluem do ânodo para o cátodo, ou seja, do eletrodo de crômio para o eletrodo de estanho.

01 a) Polo negativo corresponde ao ânodo, onde ocorre a oxidação: Cr (s) Cr 3+ (aq) + 3e - Polo positivo corresponde ao cátodo, onde ocorre a redução: Sn +2 ( aq) + 2e - Sn (s) b) Os elétrons fluem do ânodo para o cátodo, ou seja, do eletrodo de crômio para o eletrodo de estanho. c) Cr (s) Cr 3+ (aq) + 3e - Sn +2 (aq) + 2e - Sn (s) Ajustando os elétrons: 2 Cr (s) 2 Cr 3+ (aq) + 6e 3 Sn +2 (aq) + 6e 3 Sn (s) 2 Cr (s) + 3 Sn +2 (aq) 2 Cr 3+ (aq) + 3 Sn (s) d) Cr (s)/cr 3+ (aq)//sn +2 (aq)/sn (s) 1

02 No ânodo ocorre oxidação: Mg (s) Mg 2+ (aq) + 2e - No cátodo ocorre redução: Fe 2+ (aq) + 2e - Fe (s) Como os elétrons migram do ânodo para o cátodo, então eles migram do magnésio para o ferro. Resposta: C 2

03 a) Somando as duas semirreações fornecidas: 2 H 2 (g) 4 H + (aq) + 4e - O 2 (g) + 4 H + (aq) + 4e - 2 H 2 O 2 H 2 (g) + O 2 (g) 2 H 2 O Pode-se afirmar que, do ponto de vista químico, esta célula de combustível é não poluente, pois o produto é agua. b) O compartimento x é o polo negativo da pilha, ou seja, o ânodo, local onde ocorre a semirreação de oxidação. Assim, o gás que deve alimentar o compartimento x é o hidrogênio. H 2 (g) 2H + (aq) + 2e - c) Utilizando a equação global da pilha: 2 H 2 (g) + O 2 (g) 2 H 2 O (l) 2 mol 1 mol 4 g 32 g Então: mh = 4 g = 1 mo 32 g 8 3

04 Polo negativo, o ânodo, onde ocorre a oxidação: Mg (s) Mg 2+ (aq) + 2e - Polo positivo, o cátodo, onde ocorre a redução: 2 H + (aq) + 2e - H 2 (g) Somando as semirreações: Mg (s) + 2 H + (aq) Mg 2+ (aq) + H 2 (g) I. A diminuição na [H + ] implica no aumento do ph. II. A massa de magnésio diminui, pois o Mg (s) sofre oxidação (corrosão). III. O eletrodo de cobre funciona como um eletrodo inerte, permitindo a redução dos íons H + (aq). Assim, a massa de Cu não se altera. Resposta: E 4

05 a) As semirreações que ocorrem são: v 1 2 CH 4 O + 2 H 2 O 2 CO 2 + 12e - + 12 H + ( 2) v 2 3 O 2 + 12e - + 12 H + 6 H 2 O ( 3) 2 CH 4 O + 3 O 2 2 CO 2 + 4 H 2 O (reação global) b) Em v 1 ocorre oxidação; portanto, esse é o ânodo, o polo negativo da pilha. Em v 2 ocorre redução; portanto, esse é o cátodo, o polo positivo da pilha. O deslocamento de elétrons ocorrre do ânodo para o cátodo, no circuito externo, portanto de v 1 para v 2. O deslocamento dos íons H + no interior da pilha ocorre de v 1 para v 2. 5

06 (01) Incorreta, pois quanto maior o E 0 red mais fácil é a redução (ganho de elétrons). E 0 red (Ni 2+ /Ni) > E 0 red (Zn 2+ /Zn) > E 0 red (Ca 2+ /Ca) Facilidade de redução: Ni 2+ > Zn 2+ > Ca 2+ (02) Incorreta, pois quanto maior for o E 0 red mais difícil é a oxidação (perda de elétrons). Facilidade de oxidação: Ca > Zn > Ni (04) Correta (justificado acima). (08) Incorreta (justificado acima). (16) Correta (justificado acima). (32) Correta, pois o cátion Ni 2+ tem maior facilidade de se reduzir, portanto, é o melhor oxidante. (64) Incorreta, pois o melhor redutor é o Ca, pois é o que se oxida mais facilmente. Soma = 52 (04 + 16 + 32) Resposta: 52 6

07 (01) Correta. O fluxo de elétrons sempre sai da semirreação de menor E 0 red, portanto sai do Cd e entra no eletrodo de Ni 3+. (02) Incorreta. E = 1,0 ( 0,4) = 1,4 V (04) Incorreta, Cd Cd 2+ + 2e - 2 Ni 3+ + 2e - 2 Ni 2+. Cd + 2 Ni 3+ Cd 2+ + 2 Ni 2+ O cádmio é o agente redutor do Ni 3+ e não do Ni 2+. (08) Incorreta. Na descarga da pilha, os íons Ni 3+ sofrem redução até Ni 2+. (16) Incorreta. A equação global é: Cd + 2 Ni 3+ Cd 2+ + 2 Ni 2+ (32) Correta. Durante a descarga da pilha, a concentração de Ni 3+ diminui e a de Cd 2+ aumenta até que os potenciais se igualem (ddp = 0) Soma = 33 (01 + 32) Resposta: 33 7

08 0-0) Incorreta. O zinco se reduz Al 3+ porque o E 0 red do Al 3+ /Al é menor que o E 0 red do Zn 2+ /Zn 1-1) Incorreta. E da pilha (Al/Al 3+ //Ag + /Ag) é igual a: 0,80 ( 1,66) = 2,46 V 2-2) Correta. Os elétrons sempre saem do eletrodo com menor potencial de redução, portanto, saem do eletrodo de magnésio para o de alumínio. 3-3) Incorreta. O eletrodo de Pb será o cátodo e, por isso, não será consumido, mas produzido: Pb 2+ + 2e - Pb 4-4) Incorreta. Na pilha (Al/Al 3+ //Cu 2+ /Cu), a semirreação no cátodo é: Cu 2+ + 2e - Cu Resposta: Correta: 2-2 8

09 a) Como a prioridade é o peso da pilha, vamos verificar qual massa de cada eletrodo produzirá, por exemplo, a carga correspondente a 1 mol de elétrons. Semirreação de oxidação (ânodo) Ag Ag + + e - Massa de eletrodo que produzirá 1 mol de elétrons 1 mol Ag = 108 g 1 2 Ni 1 2 Ni2+ + e - 1 2 1 2 Cd 1 2 Cd2+ + e - 1 2 1 3 Cr 1 3 Cr2+ + e - 1 3 1 2 Zn 1 2 Zn2+ + e - 1 2 mol de Ni = 59 2 = 29,5 g mol de Cd = 112 2 = 56 g mol de Cr = 51 3 = 17 g mol de Zn = 65 2 = 32,5 g Portanto, o eletrodo de crômio apresentará a maior capacidade eletroquímica, ou seja, produzirá a maior quantidade de carga por grama de material consumido. b) E 0 = E 0 (cátodo) E 0 (ânodo) Para um mesmo cátodo, o valor de E 0 será tanto maior quanto menor for o valor de E 0 (ânodo). Logo, o eletrodo de zinco deve ser escolhido. Respostas: a) Crômio. b) Zinco. 9

10 a) Na pilha de níquel-cádmio, o cádmio metálico Cd reage produzindo hidróxido de cádmio (II), isto é, o Cd sofre oxidação, que ocorre no ânodo da pilha: Cd (s) + 2 OH - (aq) Cd (OH) 2 + 2e - b) Para uma única pilha, temos: E 0 = E 0 red maior E 0 red menor E 0 = 0,49 ( 0,81) = 1,3 V Como o aparelho de TV necessita de uma diferença de potencial entre 12 V e 14 V, serão necessárias 10 pilhas ligadas em série. 10

11 Como o eletrodo de níquel ficou mais leve, o níquel sofreu oxidação; fato que ocorre no ânodo (polo negativo): Ni (s) Ni 2+ (aq) + 2e - Como o eletrodo de cobre ficou mais pesado, o íon cobre sofreu redução; fato que ocorre no cátodo (polo positivo): Cu 2+ (aq) +2e - Cu (s) Portanto, a equação da reação espontânea é: Ni (s) + Cu 2+ (aq) Ni 2+ (aq) + Cu (s) O E da célula galvânica vale: E = E 0 red maior E 0 red menor Como o Cu 2+ sofreu redução, o potencial padrão da semicélula Cu 2+ /Cu é maior que o da semicélula Ni 2+ /Ni, assim: E = E 0 red maior E 0 red menor 0,59 = 0,34 E 0 (Ni 2+ /Ni) E 0 (Ni 2+ /Ni) = 0,25 V 11

12 I. Correto, pois o equilíbrio químico da pilha foi atingido. II. Incorreto, pois os reagentes não têm necessariamente que ser totalmente consumidos apenas o equilíbrio deve ser atingido para que a pilha se esgote. III. Correto, pois as reações serem reversíveis é condição fundamental para uma pilha ser recarregada IV. Incorreto, pois as semirreações na recarga ocorrem no sentido contrário ao sentido da descarga. Resposta: A 12

13 I. Incorreta, pois a voltagem do gerador externo deve ser superior à da pilha. A voltagem da pilha é: E = E 0 red maior E 0 red menor E = 0,34 ( 0,76) = 1,10 V Então, a voltagem do gerador deve ser superior a 1,10 V. II. Correta, pois como o potencial de redução Cu 2+ /Cu é maior que o potencial de redução Zn 2+ /Zn; assim, quando a pilha estiver em funcionamento, espontaneamente ocorre a redução do Cu 2+. Cu 2+ + 2e - Cu Portanto, na recarga ocorre a oxidação do Cu: Cu Cu 2+ + 2e - III. Correta. Resposta: D 13

14 a) Kc = 2+ [ Co ] 2 [ Ni ] + = 10 b) Para [Co 2+ ] = [Ni 2+ ] = 1 mol, vamos calcular o quociente da reação (Qc): Qc = 2+ [ Co ] 2 [ Ni ] + = 1 < Kc (constante de equilíbrio) Portanto, na equação Co (s) + Ni 2+ (aq) Co 2+ (aq) + Ni (s), a reação irá caminhar para a direita, no sentido de aumentar a concentração de Co 2+ (favorecendo a oxidação do Co) e diminuir a concentração de Ni 2+ (favorecendo a redução de Ni 2+ ). Esquematicamente, temos: Portanto, o polo positivo é o eletrodo de níquel. c) A pilha deixará de funcionar quando a reação atingir o equilíbrio, ou seja, quando a razão entre as concentrações dos cátions cobalto e níquel se igualar à constante de equilíbrio Kc = 10. 14

15 Os potenciais de redução decrescem na seguinte ordem: E 0 (Cu 2+ /Cu) > E 0 (Sn 2+ /Sn) > E 0 (Fe 2+ /Fe) > E 0 (Zn 2+ /Zn) Sendo assim, no frasco II, o Cu 2+ sofrerá redução: Cu 2+ (aq) + 2e - Cu (s) E o Fe sofrerá oxidação: Fe (s) Fe 2+ (aq) + 2e - Portanto, somente no frasco II ocorrerá uma reação química espontânea que pode ser representada pela seguinte equação: Fe (s) + Cu 2+ (aq) Fe 2+ (aq) + Cu (s) 15

16 a) E 0 red (Cu 2+ /Cu) > E 0 red (Mg 2+ /Mg) Misturando Mg 2+ com Cu não há reação. O Mg 2+ não é reduzido pelo Cu, portanto, não pode ser obtido pela reação entre Mg 2+ e Cu. b) Mg (s) + Cu 2+ (aq) Mg 2+ (aq) + Cu (s) (reação global) Semirreação de redução: Cu 2+ (aq) + 2e - Cu (s) Semirreação de oxidação: Mg (s) Mg 2+ (aq) + 2e - Representação da pilha: Mg/Mg 2+ //Cu 2+ /Cu 16

17 (0) Correta, pois em uma semirreação de oxidação, sempre há liberação de elétrons (3 I I 3 - +2e - ) (1) Incorreta, pois o agente redutor sempre libera elétrons, e na reação (H 2 O 2 + 2 H + + 2e - H 2 O 2 ) o H 2 O 2 recebe elétrons. (2) Incorreta, pois a equação da reação não está corretamente balanceada em relação às cargas elétricas. 1 o membro: 9 I carga: 9 2 o membro: 3 (I 3 ) carga: 3 (3) Correta, E 0 = 1,776 0,536 = 1,24 V Estrutura do I - 3 (I 0 2 /I ). O Nox do iodo no I 2 é 0 e no I é 1, e o Nox médio no I 1 3 é. 3 Resposta: Corretas: (0) e (3). 17

18 Como a semirreação Ag 2 O + H 2 O + 2e - 2 Ag + 2 OH - tem maior potencial de redução (E 0 = 0,344 V), ela ocorrerá no sentido da redução, ou seja, ganho de elétrons que ocorre no cátodo, o polo positivo. Como a semirreação Zn(OH) 2 + 2e - Zn + 2 OH - possui menor potencial de redução (E 0 = 1,25 V), ela ocorrerá no sentido da oxidação, ou seja, perda de elétrons que ocorre no ânodo, o polo negativo. Assim, a reação espontânea da pilha é: Ag 2 O + H 2 O + 2e - 2 Ag + 2 OH - Zn + 2 OH - Zn(OH) 2 + 2e -. Ag 2 O + H 2 O + Zn 2 Ag + Zn(OH) 2 Resposta: D 18

19 a) A equação que representa a formação da camada protetora é: 2 Al (s) + 3 2 O 2 (g) Al 2 O 3 (s) b) Como a água tem maior potencial de redução, a semirreação ocorrerá no sentido fornecido: 2 H 2 O + 2e - H 2 + 2 OH - Como o íon alumínio tem menor potencial de redução, a equação para redução do Al 3 será invertida, isto é, Al sofrerá oxidação: Al Al 3 + 3e - A soma das duas semirreações resulta: 6 H 2 O + 6e - 3 H 2 + 6OH - ( 3) 3 Al 3 Al 3 + 6e - ( 2) 6 H 2 O + 3 Al 3 H 2 + 6 OH - + 3 Al 3 Ou seja, se não fosse a presença da camada protetora, o alumínio metálico reagiria com a água. 19

20 a) A semirreação de maior potencial de redução ocorrerá no sentido da redução: ClO - + H 2 O + 2e - 2 OH - + Cl - (equação não invertida) A semirreação de menor potencial de redução ocorrerá no sentido da oxidação: 2 NH 3 + 2 OH - N 2 H 4 + 2 H 2 O +2e - (equação invertida) Assim a equação global é: ClO - + H 2 O + 2e - 2 OH - + Cl - 2 NH 3 + 2 OH - N 2 H 4 + 2 H 2 O + 2e - ClO - + 2 NH 3 N 2 H 4 + H 2 O + Cl - Portanto, não é aconselhável misturar água sanitária com soluções de limpeza à base de amônia, pois ocorre reação espontânea entre ClO - e NH 3 produzindo a hidrazina, que é altamente tóxica e explosiva. b) Estruturas de Lewis das espécies neutras: 20

21 a) 2 Na 2 CO 3.H 2 O 2 (s) 4 Na + (aq) + 2 CO 3 2- (aq) + 3 H 2 O 2 (aq) 2 CO 3 2- (aq) + 2H 2 O (l) 2 HCO 3 - (aq) + 2 OH - (aq) Forma-se uma solução de caráter básico devido à hidrólise do íon carbonato. b) Como o I 2 possui maior potencial de redução, ele sofrerá redução: I 2 (s) + 2e - 2 I - (aq) Como H 2 O 2 possui menor potencial de redução, ele sofrerá oxidação: H 2 O 2 (aq) + 2 OH - (aq) O 2 (g) +H 2 O (l) + 2e - Assim, a equação global é: I 2 (s) + 2e - 2 I - (aq) H 2 O 2 (aq) + 2 OH - (aq) O 2 (g) + H 2 O (l) + 2e -. I (s) + H O (aq) + 2 OH (aq) O ( g) + H O( l) + 2 I (aq) 2 2 2 2 1 0 Oxidação 2 c) Como H 2 O 2 (aq) sofreu oxidação, é o agente redutor (reduz o I 2 a I ). 21

22 a) O metal usado para proteger o encanamento, denominado metal de sacrifício, deve possuir menor potencial de redução e, portanto, maior potencial de oxidação, protegendo os canos de ferro da oxidação. b) O ferro metálico será poupado da oxidação; assim, quem sofrerá oxidação será o metal magnésio: Mg Mg 2+ + 2e - enquanto os íons H + sofrerão redução: 2H + + 2e - H 2 Somando as semirreações: Mg Mg 2+ + 2e - 2 H + + 2e - H 2 2 H + + Mg Mg 2+ + H 2 Como o Mg sofre oxidação, ele é o agente redutor. Como o H + sofre redução, ele é o agente oxidante. 22

23 a) Para restaurar o brilho é necessário reduzir os íons Ag + a prata metálica Ag e o reagente mais eficiente para este fim é o melhor agente redutor, ou seja, aquele que possui o menor potencial de redução (E 0 ). Sendo assim o metal a ser escolhido é o Al. b) Al Al 3+ + 3e - (menor E 0 red sofre oxidação) 3 Ag + + 3e - 3 Ag. (maior E 0 red sofre redução) Al + 3 Ag + Al 3+ + 3 Ag O E da reação vale: E 0 = E 0 red maior E 0 red menor E 0 = 0,30 ( 1,66) = 1,96 V 23

24 a) O chumbo metálico se oxida de Nox = 0 para Nox = +2 no PbSO 4. Pb (s) + HSO 4 - (aq) PbSO 4 (s) + H + (aq) + 2e - O chumbo em PbO 2 se reduz de Nox = +4 para Nox = +2 no PbSO 4. PbO 2 (s) + HSO 4 - (aq) + 3 H + + 2e - PbSO 4 (s) + 2 H 2 O (l) Somando: PbO 2 (s) + 2 HSO 4 - (aq) + 2 H + + Pb (s) 2 PbSO 4 (s) + 2 H 2 O (l) b) A descarga da pilha consome ácido sulfúrico (H 2 SO 4 ) e isso diminui a densidade da solução, uma vez que o produto é um sólido (PbSO 4 ) anexado às placas. Quanto maior o tempo de descarga, menor a carga disponível da bateria e menor será a densidade da solução de ácido sulfúrico. 24

25 A partir das possíveis semirreações de corrosão Me 0 1 0 Nox aumenta. Ocorre oxidação n+ Me + n elétrons pode-se concluir que o Me 0 tem menor potencial de redução que o O 2. ( ) ( ) + l + ( ) O g 2 H O 4e 4 OH aq 2 2 0 Nox diminui. Ocorreredução. 2 I. Correto, pois possuir E 0 red < 1,23 V é condição fundamental para o metal sofrer corrosão (oxidação). II. Incorreto, pois a corrosão é um processo de oxidação do metal. III. Correto. Resposta: A 25

26 a) O E 0 red (Fe 2+ /Fe) = 0,44 V é maior que o E 0 red (Al 3+ /Al) = 1,66 V, ou seja: 3 Fe 2+ + 6e 3 Fe 2 Al 2 Al 3+ + 6e. 3 Fe 2+ + 2 Al 2 Al 3+ + 3 Fe Portanto, o alumínio é oxidado. b) O E 0 red (Fe 2+ /Fe) = 0,44 V é maior que o E 0 red (Zn 2+ /Zn) = 0,76 V, ou seja: Fe 2+ + 2e Fe Zn Zn 2+ + 2e. Fe 2+ + Zn Zn 2+ + Fe Portanto, o zinco é oxidado. Comentário: Ambos os fatos obedecem ao mesmo princípio: o ferro fica protegido da corrosão (oxidação) quando em contato com um metal que tenha potencial de redução menor que o seu. É o que ocorre com zinco e alumínio. Esses metais se oxidam no lugar do ferro, protegendo-o. 26

27 Peça A: mais durável. Cobre não reage com HCl (maior E 0 que H + ). Peça C: reage como o níquel e é mais resistente que o ferro (maior E 0 que Fe). Peça B: reage como o ferro e é menos resistente que o cobre. Peça D: ambos os metais reagiriam, mas estão unidos o ferro passa a ser eletrodo de sacrifício do níquel. Resposta: A > C > B > D 27

28 (01) Incorreta. A reação da pilha é: Fe Fe 2+ + 2e - (ânodo) Sn 2+ + 2e - Sn (cátodo) Fe + Sn 2+ Fe 2+ + Sn (reação global) (02) Correta. (04) Incorreta. Quando uma lata é amassada, o ferro torna-se ânodo da reação. (08) Correta. Soma = 10 (02 + 08) Resposta: 10 28

29 A. Na pilha: O eletrodo A perde elétrons (oxidação); portanto, ele é o ânodo, constituindo o polo negativo. O eletrodo B ganha elétrons (redução); portanto, ele é o cátodo, constituindo o polo positivo. B. Na eletrólise: O eletrodo C perde elétrons (oxidação); portanto, ele é o ânodo, formando o polo positivo. O eletrodo D ganha elétrons (redução); portanto, ele é o cátodo, formando o polo negativo. 29

30 No cátodo, sempre ocorre uma semirreação de redução. Resposta: B 30

31 Eletrólises ígneas servem para produzir metais alcalinos, alcalinos terrosos e alumínio, uma vez que esses metais não podem ser obtidos por meio de eletrólises aquosas. Resposta: B 31

32 No compartimento catódico, onde ocorre a redução, há formação de alumínio metálico: Al 3+ + 3e Al Resposta: D 32

33 Oxidação 2 Al O ( l) 4 A l ( l ) + 3 O (g) 2 3 2 + 3 0 + 2 0 Redução a) Como o Al 3+ sofreu redução, e esse processo ocorre no cátodo, o polo negativo: Al 3+ + 3e - Al Como O 2 sofreu oxidação, e esse processo ocorre no ânodo, o polo positivo: O 2-1 2 O 2 + 2e - A formação de CO 2 está relacionada à reação do carbono do C (grafite) do próprio eletrodo: C (grafite) + O 2 CO 2 b) A propriedade referida é a maleabilidade. Algumas vantagens da reciclagem do alumínio são as economias de energia e de água e as ocorridas na exploração mineral da bauxita. 33

34 Eletrólise Cátodo Ânodo Ígnea Mg 2+ + 2e - Mg 2 Cl - Cl 2 + 2e - Aquosa 2 H + + 2e - H 2 2 H 2 O + 2e - H 2 + 2 OH - 2 Cl - Cl 2 + 2e - 34

35 I. Cloreto de sódio fundido: NaCl (s) Na + (l) + Cl - (l) No cátodo, polo negativo: Na + (l) + e - Na (l) No ânodo, polo positivo: Cl - (l) 1 2 Cl 2 (g) + e - II. Solução aquosa de ácido sulfúrico diluído: H 2 SO 4 (aq) 2 H + (aq) + SO 4 2- (aq) No cátodo, polo negativo: 2 H + (l) + 2e - H 2 (g) No ânodo, polo positivo: H 2 O (l) 1 2 O 2 (g) + 2 H + (aq) + 2e - 35

36 A partir da eletrólise de solução aquosa de nitrato de prata, é formada prata metálica pela redução dos íons Ag + no cátodo, polo negativo: Ag + (aq) + e - Ag (s) Resposta: A 36

37 No eletrodo onde é produzido O 2, temos: H 2 O (l) 1 2 O 2 (g) + 2 H + (aq) + 2e - (oxidação, ânodo, polo positivo) No eletrodo onde é produzido H 2, temos: 2 H + (l) + 2e - H 2 (g) (redução, cátodo, polo negativo) Resposta: C 37

38 No ânodo, onde ocorre oxidação, correspondente ao polo positivo, temos: 2 OH - (aq) 1 2 O 2 (g) + H 2 O (l) + 2e - Portanto, há produção de O 2. No cátodo, onde ocorre redução, correspondente ao polo negativo, temos: 2 H + (l) + 2e - H 2 (g) Portanto, há produção de H 2. Resposta: C 38

39 Na 2 SO 4 (aq) 2 Na + (aq) + SO 4 2- (aq) Prioridade de descarga: H 2 O > Na + e H 2 O > SO 4 2-. Reação no cátodo, polo negativo: 2 H 2 O (l) + 2e - H 2 (g) + 2 OH - (aq) H 2 O (l) 1 2 O 2 (g) + 2 H + (aq) + 2e - 3 H 2 O (l) H 2 (g) + 1 2 O 2 (g) + 2 H 2 O (l) ou H 2 O (l) H 2 (g) + 1 2 O 2 (g) Portanto, em ambos os eletrodos são produzidos gases: hidrogênio no cátodo (polo negativo) e oxigênio no ânodo (polo positivo). Todavia, somente no polo negativo observa-se o aparecimento da cor vermelha, uma vez que, nesse polo, são produzidos íons OH na presença de fenolftaleína. Resposta: A 39

40 Como Q = i t Q = 965 A 2 000 s = (965 2 000) C, temos: H2O NaCl (s) Na + (aq) + Cl - (aq) Prioridade de descarga: Cl - > H 2 O > Na + Reação no ânodo, polo positivo: Cl - (l) 1 2 Cl 2 (g) + e - Reação no cátodo, polo negativo: 2 H 2 O (l) + 2e - H 2 (g) + 2 OH - (aq) Portanto: 2 mol e - 1 mol H 2 2. 96 500 C 1 30 L H 2 965 2 000 V H2 V H2 = 965 2 000 30 2 96 500 = 300 L Resposta: D 40

41 A semirreação de redução dos íons Cu 2+ a cobre metálico Cu é: Cu 2+ + 2e - Cu 2 mol e - 1 mol Cu 2 mol e - 63,5 g Cu 1 mol e - m Cu m Cu = 63,5 = 31,75 g 2 Resposta: A massa de Cu é de 31,75 g. 41

42 (0-0) Incorreto. Toda eletrólise é um processo não espontâneo. (1-1) Correto. Mg 2+ (fundido) + 2e - Mg (l). (2-2) Incorreto. A semirreação que ocorre é: 2 Cl - Cl 2 + 2e - (3-3) Incorreto. A reação global é: MgCl Mg + Cl 2 (4-4) Correto. 2 Mg 2+ + 4e - 2 Mg 2 mol Mg 2+ 4 mol e 2 mol Mg Resposta: Corretas: (1-1) e (4-4) 42

43 Ag + + e - Ag 1 mol e - 1 mol Ag 96 500 C 108 g 4 835 C x x = 5,4 g de Ag Resposta: D 43

44 Al 3+ + 3e - Al 3 mol e - 27g Al 3 600 mol e - x x = 32 400 g ou 32,4 kg Resposta: A 44

45 a) Prioridade de descarga: Cl - > H 2 O > Na + Reação no cátodo, polo negativo: 2 H 2 O (l) + 2e - H 2 (g) + 2 OH - (aq) Reação no ânodo, polo positivo: 2 Cl - (aq) Cl 2 (g) + 2e - 2 H 2 O (l) + 2 Cl - (aq) Cl 2 (g) + H 2 (g) + 2 OH - (aq) Portanto, o gás produzido no cátodo é H 2 : 1 mol H 2 22,4 L H 2 2 g H 2 22,4 L H 2 0,05 g x x = 0,05 22,4 = 0,56 L H 2 2 b) Como na eletrólise há a liberação de íons OH, a solução se torna básica e a cor do indicador é azul. Respostas: a) 0,56 L b) A solução ficará azul. 45

46 a) Reação no cátodo, polo negativo: Au 3+ (l) + 3e - Au (s) Reação no ânodo, polo positivo: 2Cl - (aq) Cl 2 (g) + 2e - Assim sendo: 2 Au 3+ (l) + 6e - 2 Au (s) ( 2) 6 Cl - (aq) 3 Cl 2 (g) + 6e -. ( 3) 2 Au 3+ (l) + 6 Cl - (aq) 3 Cl 2 (g) + 2 Au (s) b) 3 mol e - 1 mol Au 3 96 500 C 1,97 g Au Q = Q 6 g Au 3 96500 6 = 8 817 C 1, 97 Como Q = i t, então: t = Q t = 8 817 2,5 t 3 526 s ou 59 min Respostas: a) 2 Au 3+ (l) + 6e - 2 Au (s) ( 2) 6 Cl - (aq) 3 Cl 2 (g) + 6e -. ( 3) 2 Au 3+ (l) + 6 Cl - (aq) 3 Cl 2 (g) + 2 Au (s) b) Aproximadamente 59 minutos. 46

47 O tempo (t) gasto é: t = 35 60 = 2 100 s Q = i t Q = 3,5 2 100 = 7 450 C A semirreação de redução do Au 3+ é: Au 3+ (l) + 3e - Au (s) Portanto: 3 mol e - 1 mol Au 3 96 500 C 1,97 g Au 7 350 C x x = 7 350 1,97 96 500 = 5 g 3 Resposta: B 47

48 Eletrólise do NaSO 4 (aq): Prioridade de descarga: H 2 O > Na + e H 2 O > SO 4 2- Reação no cátodo: 2 H 2 O (l) + 2e - H 2 (g) + 2 OH - (aq) Reação no ânodo: H 2 O (l) 2 H + (aq) + 1 2 O 2 (g) + 2e - (01) Incorreta. Os ânions migram para o ânodo, positivo. (02) Incorreta. No ânodo, há liberação de O 2 (g). (04) Correta. No cátodo, há a liberação de OH -, ph > 7 (08) Correta. H 2 O (l) + e - 1 2 H 2 (g) + OH - (aq) (16) Correta, carga = 10 5 A 24 h 3 600 s/h = 8,64 10 9 C No ânodo: 2 H 2 O 4 H + + O 2 + 4e - 32 g O 2 4 mol e - Carga de 4 mol de e - = 4 96 500 4 96 500 C 32 g O 2 8,64 10 9 x x = 7,163 10 5 g ou 716,3 kg de O 2 (32) Correta. O sentido da corrente elétrica, na cela eletrolítica, é do cátodo para o ânodo. (64) Incorreta. Durante a eletrólise, há diminuição da quantidade de água na cela eletrolítica; portanto, aumenta a concentração de solução de Na 2 SO 4 e, com isso, aumenta a densidade da solução. Soma = 60 (04 + 08 + 16 + 32) Resposta: 60 48

49 H 2 SO 4 (aq) 2 H + (aq) + SO 2- (aq) Reação no cátodo: 2 H + + 2e - H 2 Reação no ânodo: H 2 O 2 H + + 1 2 O 2 + 2e - Somando: H 2 O H 2 + 1 2 O 2 Carga = 10 A 965 s = 9 650 C No cátodo: 2 H + + 2e - H 2 2 mol e - 1 mol H 2 2 96 500 22,4 L H 2 9 650 x x = 1,12 L de H 2 No ânodo: H 2 O 2 H + + 1 2 O 2 + 2e - 2 mol e - 0,5 mol O 2 2 96 500 11,2 L O 2 9 650 y y = 0,56 L de O 2 Resposta: D 49

50 a) Cr 3+ + 3e - Cr 3 mol e - 52 g x 0,3467 g x = 3 0,3467 = 0,02 mol e - 52 Como as cubas eletrolíticas estão ligadas em série, a carga é a mesma. Co n+ + ne - Co n mol e - 59 g 0,02 0,5906 g 59 n = 0,02 0,5906 = 2 Portanto: Co 2+ b) 1 mol e - 96 500 C 0,02 mol e - y y = 1 930 C Resposta: Ambas as afirmações são verdadeiras. 50

51 Suponhamos que todas as soluções tenham o mesmo volume V L. Como todas as soluções têm a mesma concentração, em mol/l, todas elas terão o mesmo número de mols de cátions. n Cu 2+ = n Pb 2+ = n Ag + = n Al 3+ = n Fe 3+ Carga necessária para reduzir n Cu 2+ = 2n mol de e - Carga necessária para reduzir n Pb 2+ = 2n mol de e - Conclusão: todos os Pb 2+ são reduzidos Carga necessária para reduzir n Ag + = 1n mol de e - A carga de 2n mol de e - reduz o dobro do número de íons Ag + em relação aos íons Cu 2+ e Pb 2+ Carga necessária para reduzir n Al 3+ = 3n mol de e - Carga necessária para reduzir n Fe 3+ = 3n mol de e - 3n mol de e - 1 3 de 2n mol de e- 3n mol de e - 1 2 de 2n mol de e- Resposta: A 51

52 a) Cu 2+ + 2e - Cu 2 mol e - 1 mol Cu 5 10 3 mol 2,5 10 3 mol 1 pilha 5 10 3 mol e - 2,5 10 3 mol Cu x pilhas 0,05 mol Cu x = 0,05 2,5 10 3 = 20 pilhas b) m Cu = 0,05 mol 63,5 g/mol = 3,175 g Respostas: a) 20 pilhas. b) 3,175 g 52

53 Carga = 1,1 10 5 A 3,2 10 7 s = 3,52 10 12 C Al 3+ + 3e - Al 3 mol e - 1 mol Al 3 9,6 10 4 C 27 g 3,52 10 12 C x x = 3,3 10 8 g Portanto: 3,3 10 8 g/cuba 300 cubas = 10 11 g ou 10 5 ton Resposta: A 53

54 No cátodo, o polo negativo, temos: 2 H 2 O + 2e - H 2 + 2 OH - Ainda: 1 F = carga de 1 mol de e - Q = i t = 2,00 100 = 200 C Nas CNTP, 1 mol de gás = 22,4 L, assim: 2 mol e - 1 mol H 2 2 F 22,4 L 200 C 22,4 10 3 L 1 F = 200 22,4 2 22,4 10 3 = 10 5 C Comentários: a) O valor da constante de Faraday é 96 500 C. O valor aproximado (10 5 ) foi o obtido experimentalmente nas condições daquele experimento. b) Sabendo que a carga de um elétron vale 1,6 10 19 C, o experimento serve também para o cálculo de um valor aproximado da constante de Avogadro: 1 F 1 10 5 C 1 mol de elétrons x elétrons 1,6 10 19 C 1 elétron x 0,6 10 24 elétrons ou x 6 10 23 elétrons 54

55 1 mol e - libera: 63 2 58 2 52 3 = 31,5 g de Cu = 29 g de Ni = 17,3 g de Cr Para liberar a mesma massa de metal, por exemplo, 1 kg de metal, a carga necessária cresce na ordem Cu Ni Cr, e o custo do processo também cresce na mesma ordem. Resposta: C 55

56 A concentração (g/l) de H 2 SO 4 na bateria carregada (Cc) é: Cc = d %, sendo d = 1,3 g/ml = 1 300 g/l Cc = 1 300 40 = 520 g/l 100 Então, a massa de H 2 SO 4 (mc) na bateria carregada é: 520 g 1 L mc 2 L mc = 520 2 = 1 040 g A concentração (g/l) de H 2 SO 4 na bateria descarregada (Cd) é: Cd = d %, sendo d = 1,2 g/ml = 1 200 g/l Cd = 1 200 27 = 324 g/l 100 Então a massa de H 2 SO 4 (md) na bateria carregada é: 324 g 1 L md 2 L md = 324 2 = 648 g Sendo assim, a massa consumida (m) na descarga da bateria é: M = mc md = 1 040 648 = 392 g A equação global da descarga da bateria é dada por: Pb (s) + SO 4 2- (aq) PbSO 4 (s) + 2e - PbO 2 (s) + 4 H + (aq) + SO 4 2- (aq) + 2e - PbSO 4 (s) + 2 H 2 O (l). Pb (s) + 2 SO 4 2- (aq) + PbO 2 (s) + 4 H + (aq) 2 PbSO 4 (s) + 2 H 2 O (l) Ou seja: 2 mol H 2 SO 4 2 mol e - 1 mol H 2 SO 4 1 mol e - 98 g H 2 SO 4 96 500 C 392 g Q Q = 392 96500 = 3,86 10 5 C 98 Resposta: Q = 3,86 10 5 C 56

57 O tempo (t) gasto na eletrólise foi de: t = 30 60 = 1 800 s Portanto, a carga (Q) empregada é: Q = i t = 0,8 1 800 = 1 440 C A reação de redução dos íons Ba 2+, que ocorre no cátodo, o polo negativo, é: Ba 2+ + 2e - Ba 2 mol e - 1 mol Ba 2 96 500 C 137 g Ba 1 440 C x x = 1 440 137 96 500 = 1 g de Ba 2 Resposta: A 57