Exercícios Resolvidos de Equação de Nernst

UDESC – Química Geral e Inorgânica. Prof. Carla D. Lista de eletroquímica. Questão 08.

Uma célula de concentração é formada por dois pares redox idênticos, no catodo e no anodo, em diferentes concentrações de íons nos respectivos compartimentos. Calcule o potencial gerado pelas seguintes células de concentração.

a) Uma barra de C u ( s ) mergulhada numa solução contendo 0,0010   m o l / L de C u 2 + em contato elétrico com outra barra de C u ( s ) , mergulhada numa solução contendo 0,010   m o l / L de C u 2 + .

b) Um metal inerte, como a platina ( P t ), mergulhada numa solução ácida de p H = 4,0 , em contato elétrico com outro eletrodo de platina, mergulhado numa solução ácida de p H = 3,0 . Ambas soluções contem H 2 sob pressão de 1 bar. Dica: p H = - l o g ⁡ [ H + ]

Passo 1

Primeiro de tudo e antes de mais nada, vamos entender essa história aí de pilha de concentração.

Antes da gente ver a equação do seu Nersnt, pra formar a pilha nós precisávamos de dois materiais com potenciais diferentes. Essa “ddp” entre eles justificava o funcionamento da pilha galvânica.

Agora, a gente já é gente grande da eletroquímica, e já tá ligado que diferenças nas concentrações alteram os potenciais das pilhas.

Uma consequência disso, é que podemos formar pilhas de concentração, onde temos um só metal nos dois eletrodos. Pra que a pilha funcione, usamos concentrações diferentes nas soluções de cada semi-célula.

Pra esses casos, o potencial da pilha é calculado por:

Δ E = Δ E ° - R T n F .   l n ⁡ [ f o r m a   o x i d a d a ] [ f o r m a   r e d u z i d a ]

Antes de ficar quebrando cabeça, vamos ver como usamos isso na prática!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

a) Em pilhas com diferentes eletrodos, nós calculamos o Δ E ° e, depois, transformamos em Δ E pela equação de Nersnt.

No entanto, numa pilha de concentração, a reação global é totalmente “zerada”. Olha só, no caso do cobre se oxidando no anodo e se reduzindo no catodo:

a n o d o : C u ( s ) → C u ( a q ) 2 + + 2 e -

c a t o d o : C u ( a q ) 2 + + 2 e - → C u ( s )

A global seria:

Tudo foi “cortado”.

Pra evitar esse problema, aplicamos Nersnt nas semirreações, e não na reação global!

Passo 3

Primeiro vamos descobrir em qual compartimento teremos a oxidação: o de menor concentração ou o de maior concentração de C u 2 + ?

Reação normal:

C u ( a q ) 2 + + 2 e - → C u ( s )         E R E D 0 = + 0,34   V

Aplicando Nersnt nessa reação:

Δ E = Δ E ° - R T n F . ln ⁡ í o n   p r o d u t o í o n   r e a g e n t e = 0,34 - R T 2 F .   l n ⁡ 1 [ C u 2 + ]

O nosso produto da reação, não é um íon! É o C u ( s ) ! Como ele não está em fase aquosa, a gente usa " 1 " na fórmula.

Para a célula de menor concentração de íon:

Δ E = 0,34 - R T 2 F . ln ⁡ 1 0,0010 = 0,25   V

Para a célula de maior concentração de íon:

Δ E = 0,34 - R T 2 F . ln ⁡ 1 0,010 = 0,28   V

O que a gente descobre com isso?

Quem tem MAIOR POTENCIAL DE REDUÇÃO vai SOFRER REDUÇÃO.

O que nossos cálculos aí de cima mostraram é que na célula com MAIOR concentração, temos o MAIOR POTENCIAL DE REDUÇÃO.

Conclusão:

M A I O R   c o n c e n t r a ç ã o   → o c o r r e   r e d u ç ã o → c a t o d o

M E N O R   c o n c e n t r a ç ã o   → o c o r r e   o x i d a ç ã o → a n o d o

Isso sempre acontece ok? Em célula de concentração o anodo vai ser o de menor concentração.

Beleza?

Então, pro nosso exercício aqui:

a n o d o : E R E D = + 0,25   V

c a t o d o : E R E D = + 0,28   V

E a diferença de potencial da célula será:

Δ E = E R E D ( m a i o r ) - E R E D m e n o r = 0,28 - 0,25 = + 0,03   V

Pra usar a outra fórmula:

a n o d o   o x i d a ç ã o : E O X I = - 0,25   V

c a t o d o   ( r e d u ç ã o ) : E R E D = + 0,28   V

Δ E = E O X I + E R E D = - 0,25 + 0,28 = + 0,03   V

A representação da reação global da pilha pode ser feita assim:

Atenção: os potenciais que calculamos com a equação de Nersnt são de redução porque nossa baseamos na reação de redução e no potencial de redução!

Passo 4

b) Parece complicado, mas é a mesma coisa.

A platina não entra no jogo, afinal ele é inerte.

Temos uma pilha de concentração, onde no catodo teremos a seguinte reação:

2 H ( a q ) + + 2 e - → H 2 ( g )           E R E D 0 = 0,00   V

E no anodo:

H 2 ( g ) → 2 H ( a q ) + + 2 e -       E O X I 0 = 0,00   V

Então precisamos saber onde teremos o catodo e onde teremos o anodo.

Para p H = 3,0 :

- log ⁡ H + = 3,0

H + = 10 - 3   M

Para p H = 4,0 :

- log ⁡ H + = 4,0

H + = 10 - 4   M

Como 10 - 4 < 10 - 3 e já sabemos que na semi-célula de menor concentração teremos o anodo, podemos dizer que:

a n o d o :   H 2 g 1   b a r → 2 H a q + 10 - 4 M + 2 e -

c a t o d o :   2 H a q + ( 10 - 3   M ) + 2 e - → H 2 g ( 1   b a r )

Sendo a reação global:

2 H a q + ( 10 - 3 M ) → 2 H a q + ( 10 - 4 M )

Passo 5

Em pilhas de concentração, então, precisamos aplicar Nersnt em cada semi-célula pra descobrir seus potenciais fora das condições normais.

Dada a reação de redução:

2 H ( a q ) + + 2 e - → H 2 ( g )           E R E D 0 = 0,00   V

Δ E = Δ E ° - R T n F . ln ⁡ í o n   p r o d u t o í o n   r e a g e n t e = 0,00 - R T 2 F .   l n ⁡ 1 [ H + ] ²

Pra concentração de 10 - 4 M:

Δ E = 0,00 - R T 2 F . ln ⁡ 1 10 - 4 2 = - 0,24   V

Pra concentração de 10 - 3 M:

Δ E = 0,00 - R T 2 F . ln ⁡ 1 10 - 3 2 = - 0,18   V

Confirmando o que já sabíamos: na semi-célula com 10 - 4 M temos menor potencial de redução, portanto ocorrerá a oxidação e ela será o anodo.

O potencial da pilha será, então:

Δ E = E R E D ( m a i o r ) - E R E D m e n o r = - 0,18 - ( - 0,24 ) = + 0,06   V

Você pode, claro, inverter a reação do anodo no sentido de oxidação e fazer as contas com o potencial de oxidação.

Também podemos usar a reação global, olha só:

2 H a q + ( 10 - 3 M ) → 2 H a q + ( 10 - 4 M )

Δ E = Δ E ° - R T n F . ln ⁡ í o n   p r o d u t o í o n   r e a g e n t e = 0,00 - R T 2 F . ln ⁡ 10 - 4 2 10 - 3 2 = + 0,06   V

A matemática e a química são duas lindas né? Não importa o caminho, importa chegarmos lá!

Resposta

a) + 0,03   V

b) + 0,06   V

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