a)Admitindo fluxo de corrente desprezível, qual o potencial de catodo (contra EPH) necessário para reduzir 99,99 % do Cd(I I) presente em uma solução de Cd(I I) 0,1 M em amônia 1,0 M ? Considere as reações a seguir e suponha que praticamente todo o Cd(II) se encontre na forma de Cd(NH3)4 ^2+
& Cd^2++4 NH3 square Cd(NH3)4 ^2+ beta4=3,6 times 10^6 & Cd^2++2 e-square Cd(s) E0=-0,402 V
b) Em uma célula eletrolítica de 1,00 L contendo inicialmente Mn^2+ 0,0250 Me outro íon metálico, M^3+, inserem-se eletrodos de Mn e Pt . As reações são:
& Mn(s) square Mn^2++2 e & M^3++3 e-square M(s)
Uma corrente constante de 2,60 A foi passada através da célula por 18,0 minutos, causando a deposição de 0,504 g do metal M sobre o eletrodo de Pt. Qual é a massa atômica de M ? Qual será a concentração de Mn^2+ na céula no final do experimento?

Passo 1

O enunciado pede dois cálculos de eletroquímica.
a) Determinar o potencial de cátodo (em relação à EPH) necessário para reduzir % do Cd(II) numa solução M em Cd(II) com M de N , sabendo que quase todo o Cd(II) está como . Vamos usar a constante de formação e a equação de Nernst para a meia-reação
b) Numa célula eletrolítica de L com inicialmente mol de e íons , passam-se A por min, depositando g de M no cátodo. As reações são
â
á
Vamos usar a lei de Faraday ( , ) para achar a massa atômica de M e a nova concentração de .

Passo 2

a) Como se quer reduzir 99,99 % do Cd total, resta 0,01 % na forma de Cd(NH3)4^2+. Logo
[Cd(NH3)4^2+]!f =0,10 Mtimes0,0001 =1,0times10^-5 M
Da reação de formação
beta4 =[Cd(NH3)4^2+][Cd^2+][NH3]^4 =3,6times10^6,
com [NH3]=1,0 M, temos
[Cd^2+] =1,0times10^-53,6times10^6cdot1^4 =2,78times10^-12 M
A equação de Nernst para
Cd^2++2e^-toCd(s) é
E =E^circ-0,05922log1[Cd^2+] =E^circ+0,05922log[Cd^2+]

Passo 3

Substituindo
[Cd^2+]=2,78times10^-12 em
E =-0,402+0,05922log(2,78times10^-12),
calcula-se
log(2,78times10^-12)=-11,556, 0,05922times(-11,556)=-0,341 V,
portanto
E=-0,402-0,341=-0,743 V

Passo 4

b) Carga total que passou:
Q=I,t =2,60 Atimes(18,0 mintimes60 s/min) =2808 C
Mols de elétrons:
ne^-=QF=280896485approx0,02910 mol
Cada íon M^3+ usa 3 e^-, logo mols de M depositados:
nM=ne^-3approx0,00970 mol
Massa atômica de M:
M=0,504 g0,00970 molapprox51,96 g/mol

Passo 5

Os mesmos 0,02910 mol de e^- saem do ânodo pela oxidação de Mn:
Mn(s)toMn^2++2,e^-,
gerando
nMn^2+ =ne^-2=0,01455 mol
Inicialmente havia 0,0250 mol em 1,00 L, então ao final:
nf=0,0250+0,01455=0,03955 mol, [Mn^2+]f=0,039551,00=0,0396 M

Resposta

a) E=-0,743 V contra EPH.
b) Massa atômica de M approx51,96 g/mol;
concentração final de Mn^2+=0,0396 M

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