Calcule a ddp (a 25^{\circ} \mathrm{C} ) e escreva a reação global de oxirredução das seguintes pilhas:
b) \mathrm{Pt}, \mathrm{H}_{2}\left|\mathrm{H}^{+}(1 \mathrm{M}) \| \mathrm{Fe}^{3+}(0,1 \mathrm{M})\right| \mathrm{Fe}^{2+}(0,001 \mathrm{M}), \mathrm{Pt}

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Calcular a ddp da pilha (a 25^\circ\mathrm{C}).
  • Escrever a reação global de oxirredução (reação da pilha).
Informações fornecidas (pegar exatamente do enunciado):
  • Eletrodos: \mathrm{Pt},\\ \mathrm{H}_{2}\left|\mathrm{H}^{+}(1\\ \mathrm{M})\right\|\mathrm{Fe}^{3+}(0{,}1\\ \mathrm{M})\left|\mathrm{Fe}^{2+}(0{,}001\\ \mathrm{M}),\\ \mathrm{Pt}\right..
  • Temperatura: 25^\circ\mathrm{C} (ou seja T=298{,}15\\ \mathrm{K}).
  • Não foi especificada a pressão do \mathrm{H}_2. Para pilhas com eletrodo padrão de hidrogênio habitualmente assume-se p(\mathrm{H}_2)=1\\ \mathrm{atm}. Vou adotar essa hipótese explicitamente.

Passo 2

Identificar as semi-reações relevantes e seus potenciais padrão.
  1. Semi-reação do eletrodo de hidrogênio (reação padrão):
\mathrm{2H^{+}(aq)} + 2\mathrm{e^{-}} \rightleftharpoons \mathrm{H_{2}(g)}
O potencial padrão desta meia-reação (definição de eletrodo padrão de hidrogênio) é
E^\circ(\mathrm{H^{+}/H_{2}})=0{,}000\\ \mathrm{V}.
  1. Semi-reação do sistema ferro:
\mathrm{Fe^{3+}(aq)} + \mathrm{e^{-}} \rightleftharpoons \mathrm{Fe^{2+}(aq)}
O potencial padrão conhecido para esta redução é
E^\circ(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}})=+0{,}771\\ \mathrm{V}.
Comparação para decidir oxidação/redução: a meia-reação com maior potencial padrão tende a ser reduzida (cátodo). Como +0{,}771\\ \mathrm{V} > 0{,}000\\ \mathrm{V}, o par \mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}} será reduzido e o par \mathrm{H^{+}/H_{2}} será oxidado na pilha.
Escrever as semi-reações com sentido real na pilha:
  • Anodo (oxidação, ocorre à esquerda na notação da pilha): oxidação do \mathrm{H_{2}}
\mathrm{H_{2}(g)} \to 2\mathrm{H^{+}(aq)} + 2\mathrm{e^{-}}.
  • Catodo (redução): redução do \mathrm{Fe^{3+}}
2\bigl(\mathrm{Fe^{3+}(aq)} + \mathrm{e^{-}} \to \mathrm{Fe^{2+}(aq)}\bigr)
(foi multiplicada por 2 para igualar o número de elétrons com a oxidação do \mathrm{H_2}).

Passo 3

Montar a reação global balanceada (somando as duas semi-reações):
Somando
\mathrm{H_{2}(g)} \to 2\mathrm{H^{+}} + 2\mathrm{e^{-}}
e
2\mathrm{Fe^{3+}} + 2\mathrm{e^{-}} \to 2\mathrm{Fe^{2+}}
os elétrons se cancelam e obtemos a reação global:
\mathrm{H_{2}(g)} + 2\mathrm{Fe^{3+}(aq)} \to 2\mathrm{H^{+}(aq)} + 2\mathrm{Fe^{2+}(aq)}.
Essa é a reação de oxirredução da pilha (já balanceada em massa e carga).

Passo 4

Explicar e aplicar a equação de Nernst para calcular a ddp da pilha.
A equação de Nernst para a ddp da célula é
E_{\mathrm{cell}} = E^\circ_{\mathrm{cell}} - \frac{0{,}05916}{n}\log_{10} Q
quando a temperatura é 25^\circ\mathrm{C}. Explicando cada termo:
  • E_{\mathrm{cell}} é a ddp da pilha nas condições dadas.
  • E^\circ_{\mathrm{cell}} é o potencial padrão da célula, dado por
E^\circ_{\mathrm{cell}} = E^\circ_{\mathrm{cátodo}} - E^\circ_{\mathrm{ânodo}}.áâ
  • n é o número de elétrons transferidos na reação global (aqui n=2).
  • Q é o quociente de reação (atividade dos produtos sobre a dos reagentes, com expoentes estequiométricos).
Calcular E^\circ_{\mathrm{cell}}:
E^\circ_{\mathrm{cell}} = E^\circ(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}) - E^\circ(\mathrm{H^{+}/H_{2}}) = 0{,}771 - 0{,}000 = 0{,}771\\ \mathrm{V}.

Passo 5

Calcular o quociente de reação Q usando a reação global
\mathrm{H_{2}(g)} + 2\mathrm{Fe^{3+}} \to 2\mathrm{H^{+}} + 2\mathrm{Fe^{2+}}.
A expressão de Q (considerando atividades ≈ concentrações e a pressão do \mathrm{H_2} em atm) é
Q=\dfrac{[\mathrm{H^{+}}]^{2}[\mathrm{Fe^{2+}}]^{2}}{[\mathrm{Fe^{3+}}]^{2}\,p(\mathrm{H_{2}})}.
Agora substituindo os valores dados (peguei as concentrações do enunciado e adotei p(\mathrm{H_{2}})=1\\ \mathrm{atm}):
[\mathrm{H^{+}}]=1{,}0\\ \mathrm{M},\quad [\mathrm{Fe^{3+}}]=0{,}1\\ \mathrm{M},\quad [\mathrm{Fe^{2+}}]=0{,}001\\ \mathrm{M}.
Portanto
Q=\dfrac{(1{,}0)^{2}\,(0{,}001)^{2}}{(0{,}1)^{2}\,(1)}=\dfrac{1 \times 10^{-6}}{1\times 10^{-2}}=1\times 10^{-4}.
Logo
\log_{10} Q = \log_{10}(10^{-4}) = -4.

Passo 6

Calcular numericamente E_{\mathrm{cell}} pela Nernst:
Usando E^\circ_{\mathrm{cell}}=0{,}771\\ \mathrm{V}, n=2 e \log_{10}Q=-4:
E_{\mathrm{cell}} = 0{,}771 - \frac{0{,}05916}{2}\times(-4).
Calcular o termo:
\frac{0{,}05916}{2} = 0{,}02958.
Multiplicando:
0{,}02958\times(-4) = -0{,}11832.
Substituindo:
E_{\mathrm{cell}} = 0{,}771 - (-0{,}11832) = 0{,}771 + 0{,}11832 = 0{,}88932\\ \mathrm{V}.
Arredondando razoavelmente (três algarismos significativos):
E_{\mathrm{cell}} \approx 0{,}889\\ \mathrm{V}.
Interpretação curta: como E_{\mathrm{cell}}>0 a reação escrita (oxidação do \mathrm{H_2} e redução do \mathrm{Fe^{3+}}) é espontânea sob as condições dadas.

Resposta

E_{\mathrm{cell}} \approx 0{,}889\\ \mathrm{V}
\mathrm{H_{2}(g)} + 2\mathrm{Fe^{3+}(aq)} \to 2\mathrm{H^{+}(aq)} + 2\mathrm{Fe^{2+}(aq)}

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