Sabendo que as concentrações dos componentes são iguais a: \left[\mathrm{MnO}_{4(a q)}^{-}\right]=2,0 \mathrm{M} ;\left[\mathrm{OH}^{-}{ }_{(a q)}\right]=2,0 \mathrm{M} ;\left[\mathrm{MnO}_{2(s)}\right]=2,0 \mathrm{M}; \left[B r_{2(s)}\right]=1,0 \times 10^{-5} \mathrm{M} ;\left[B r_{(a q)}^{-}\right]=1,0 \mathrm{M} ;\left[H_{2} O_{(l)}\right]=2,0 \mathrm{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 \mathrm{C} / \mathrm{mol}.
Passo 1
O que o enunciado pede:
(a) Indicar qual eletrodo sofre oxidação, qual sofre redução, e identificar ânodo e cátodo, com justificativa.
(b) Calcular o potencial da pilha à temperatura dada.
(c) Calcular a energia livre de Gibbs \Delta G e dizer se o processo é espontâneo.
Informações fornecidas (pego diretamente do enunciado):
Constante de Faraday F=96.500\\ \mathrm{C\\ mol^{-1}}
Observações importantes que usarei:
Em equações de equilíbrio/quociente de reação, atividades de sólidos puros e de água líquida pura são tomadas como 1. Portanto \mathrm{MnO}_{2(s)} e \mathrm{H_2O_{(l)}} não entram explicitamente em Q (atividade = 1), apesar do enunciado dar “concentrações”. Vou explicar por quê quando fizer o quociente.
Vou usar potenciais-padrão de mesas de eletroquímica: \mathrm{MnO}_4^- / \mathrm{MnO}_2 em meio básico e \mathrm{Br}_2/\mathrm{Br}^-. Esses valores vêm de tabelas padrão (assumidos aqui como conhecidos para a prova):
Explicação: aqui \mathrm{Mn} passa de estado de oxidação +7 (em \mathrm{MnO}_4^-) para +4 (em \mathrm{MnO}_2). Para balancear O e H em meio básico, adicionam-se moléculas de água e íons \mathrm{OH}^-. O coeficiente 3\,e^- aparece para balancear as cargas elétricas.
Decidir qual meia-reação ocorre como redução e qual como oxidação (qual eletrodo é cátodo/anodo).
Regra-chave: em uma pilha espontânea, a meia-reação com maior potencial-padrão de redução (E^\circ mais positivo) ocorre como redução no cátodo; a outra será invertida (oxidação) no anodo.
\mathrm{Br}_2/\mathrm{Br}^- é o par que será reduzido → cátodo.
O par \mathrm{MnO}_4^-/\mathrm{MnO}_2 será oxidado (isto é, sua meia-reação escrita como redução será invertida) → ânodo.
Dito em palavras (resposta do item a):
Oxidação: a espécie do ânodo é aquela que perde elétrons. Aqui a reação de oxidação é a inversa da redução do permanganato, ou seja, a forma \mathrm{MnO}_2 (junto com \mathrm{OH}^-) é convertida em \mathrm{MnO}_4^- liberando elétrons.
Redução: \mathrm{Br}_2 é reduzido a \mathrm{Br}^- no cátodo.
Portanto: ânodo = eletrodo do sistema \mathrm{MnO}_4^- / \mathrm{MnO}_2 (sofre oxidação); cátodo = eletrodo do sistema \mathrm{Br}_2 / \mathrm{Br}^- (sofre redução).
Passo 4
Balancear elétrons e obter a reação global. Explico passo a passo o LCM de elétrons e por que fazemos isso.
A meia-reação do Mn (como redução) usa 3\,e^-. A do Br usa 2\,e^-.
Para que a soma conserve elétrons, escolhemos o mínimo comum múltiplo \mathrm{LCM}(3,2)=6.
Multiplicamos a meia-reação de Mn por 2 (para ter 6\,e^-) e a do Br por 3:
Escrever o quociente de reação Q para usar na equação de Nernst e justificar quais espécies entram.
Regra: Q é produto das atividades dos produtos elevadas aos seus coeficientes dividido pelo produto das atividades dos reagentes elevadas aos seus coeficientes. Atividades de sólidos puros e de líquido puro = 1, portanto não aparecem em Q.
Na reação global:
Produtos relevantes (em solução): \mathrm{MnO}_4^- (coeficiente 2), \mathrm{Br}^- (coeficiente 6).
Reagentes relevantes (em solução): \mathrm{OH}^- (coeficiente 8), \mathrm{Br}_2 (coeficiente 3).
\mathrm{MnO}_2(s) e \mathrm{H_2O}(l) são respectivamente sólido e líquido puro → atividades =1.
E \approx 0{,}48 - 0{,}1301 = 0{,}3499\\ \mathrm{V}\approx 0{,}350\\ \mathrm{V}.
Interpretação curta: o potencial positivo (aprox. 0{,}350\\ \mathrm{V}) indica que, nas condições dadas, a célula tem potencial positivo e tende a operar espontaneamente no sentido escrito (élétrons fluindo do ânodo Mn para o cátodo Br).
Passo 7
Calcular a energia livre de Gibbs \Delta G da reação eletroquímica e interpretar a espontaneidade.
Relação entre \Delta G e potencial:
\Delta G = -n F E,
onde n=6, F=96.500\\ \mathrm{C\,mol^{-1}}, E em volts.
Substituindo:
\Delta G = -6\times96.500\times 0{,}3499\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
\Delta G \approx -6\times33.766{,}8 = -202.600,8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}\approx -2{,}026\times10^{5}\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
Em unidades mais usuais:
\Delta G \approx -202{,}6\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
Interpretação: \Delta G negativo significa que a reação global, como escrita (oxidação do sistema Mn e redução do \mathrm{Br}_2 para \mathrm{Br}^-), é espontânea sob as condições dadas.
Passo 8
Resumo final (respostas concisas aos itens pedidos com justificativa breve):
(a) O par \mathrm{MnO}_4^- / \mathrm{MnO}_2 atua como ânodo (sofre oxidação). O par \mathrm{Br}_2/\mathrm{Br}^- atua como cátodo (sofre redução). Justificativa: \mathrm{Br}_2/\mathrm{Br}^- tem E^\circ=+1{,}07\\ \mathrm{V} maior que E^\circ=+0{,}59\\ \mathrm{V} do par permanganato, portanto o par com maior E^\circ é reduzido (cátodo) e o outro é oxidado (ânodo).
(b) Potencial da pilha calculado por Nernst: E\approx 0{,}350\\ \mathrm{V}.
(c) Energia livre: \Delta G \approx -2{,}03\times10^{5}\\ \mathrm{J\,mol^{-1}} \approx -202{,}6\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}. Como \Delta G<0, o processo é espontâneo nas condições dadas.
Resposta
(a) Oxidação: par \mathrm{MnO}_4^- / \mathrm{MnO}_2 (ânodo). Redução: par \mathrm{Br}_2/\mathrm{Br}^- (cátodo).
(b) E\approx 0{,}350\\ \mathrm{V}.
(c) \Delta G\approx -2{,}03\times10^{5}\\ \mathrm{J\,mol^{-1}} (≈ -202{,}6\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}); processo espontâneo.