De acordo com a pilha construída a 298 K em meio básico, responda os itens a seguir:
MnO4(a q)^-|MnO2(s) e^- Br2(s)| Br(a q)^-
Sabendo que as concentrações dos componentes são iguais a:
[MnO4^-(a q)]=2,0 M ;[OH^-(a q)]=2,0 M ;[MnO2(s)]=2,0 M;
[B r2(s)]=1,0 times 10^-5 M ;[B r(a q)^-]=1,0 M ;[H2 O(l)]=2,0 M
a) Indique o eletrodo que sofre oxidação, o eletrodo que sofre redução, quem é o catodo e o anodo. Justifique.
b) Qual o potencial da pilha?
c) Calcule a energia livre de Gibbs e indique se indique se é um processo espontâneo ou não espontâneo. Dado que a constante de Faraday é igual a 96.500 C / mol.

Passo 1

O enunciado descreve uma pilha construída a 298 K em meio básico com o arranjo
MnO4(aq)^-;l|;MnO2(s),e^-;l|;Br2(s);l|;Br(aq)^-
e pede:
a) identificar qual eletrodo é oxidado e qual é reduzido (anodo e cátodo);
b) calcular o potencial da pilha usando as concentrações fornecidas;
c) determinar a energia livre de Gibbs e dizer se o processo é espontâneo.
Conteúdo: eletroquímica (meio básico), potenciais padrão, equação de Nernst e De<aG.

Passo 2

Escrevemos as semi-reações em meio básico e anotamos seus potenciais padrão ( E^circ vs SHE):
Redução permanganato todióxido de manganês:
MnO4^- + 2,H2O + 3,e^- longrightarrow MnO2 + 4,OH^-, E^circMn = +0,59 V
Redução bromo tobrometo:
Br2 + 2,e^- longrightarrow 2,Br^-, E^circBr = +1,065 V

Passo 3

Comparamos E^circ das duas semi-reações. A mais positiva ( +1,065 V) corresponde à redução de Br2, logo essa semi-reação ocorrerá no cátodo.
A outra ( +0,59 V) será invertida e ocorrerá no ânodo como oxidação:
MnO2 + 4,OH^- longrightarrow MnO4^- + 2,H2O + 3,e^-
Portanto:
– Ânodo (oxidação): MnO2/MnO4^-.
– Cátodo (redução): Br2/Br^-.

Passo 4

Balanceamos elétrons para obter a reação global. São 3e^- na semi-reação de Mn e 2e^- na do Br, o mínimo comum é 6e^-. Multiplicamos a primeira por 2 e a segunda por 3:
2times(Mn-semi):
2,MnO4^- + 4,H2O + 6,e^- longrightarrow 2,MnO2 + 8,OH^-
3times(Br-semi):
3,Br2 + 6,e^- longrightarrow 6,Br^-
Somando, a reação global é
2,MnO4^- + 4,H2O + 3,Br2 longrightarrow 2,MnO2 + 8,OH^- + 6,Br^-,
com n=6 elétrons.

Passo 5

O potencial-padrão da pilha é
E^circpilha = E^circcátodo - E^circânodo = 1,065 - 0,59 = 0,475 V áâ

Passo 6

Escrevemos o quociente de reação Q, omitindo sólidos e líquido puro, pois sua atividade vale 1:
Q = [OH^-]^8,[Br^-]^6[MnO4^-]^2,[Br2]^3
Substituindo os valores dados:
,[OH^-]=2,0,
[Br^-]=1,0,
[MnO4^-]=2,0,
[Br2]=1,0times10^-5.

Passo 7

Aplicamos a equação de Nernst a 298 K:
E = E^circpilha - 0,05916n,log Q =0,475 - 0,059166logl(2,0^8times1,0^62,0^2times(1,0times10^-5)^3r)
Calculando o argumento do logaritmo:
2^82^2,(10^-5)^3 =2564times10^-15 =64times10^15,
log(64times10^15)approx15,806.
Logo
E approx 0,475 - 0,059166times15,806 approx0,475 -0,156 =0,319 V

Passo 8

A energia livre de Gibbs é
De<a G = -n,F,E =-6times96,500times0,319 J/mol approx -1,85times10^5 J/mol =-185 kJ/mol
Como De<a G<0, o processo é espontâneo.

Resposta

a) No ânodo ocorre a oxidação de MnO2 para MnO4^-. No cátodo ocorre a redução de Br2 a Br^-.
b) Eapprox0,32 V
c) De<a Gapprox -1,85times10^5 J/mol, espontâneo.

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