Calcule o pH da fase aquosa de um eletrodo de hidrogênio que está conectado à semi-reação \mathrm{Fe} / \mathrm{Fe}^{2+}(1,00 \mathrm{~mol} / \mathrm{kg}) se a diferença de potencial da célula é de 0,3 \mathrm{~V}.
11) Calcule as constantes de equilíbrio das seguintes reações a 25^{\circ} \mathrm{C}, a partir de dados de potencial padrão de redução:
a) \mathrm{Sn}(\mathrm{s})+\mathrm{Sn}^{4+}(\mathrm{aq}) \leftrightarrow 2 \mathrm{Sn}^{2+}(\mathrm{aq})
b) \mathrm{Sn}(\mathrm{s})+2 \mathrm{AgCl}(\mathrm{S}) \leftrightarrow \mathrm{SnCl}_{2}(\mathrm{aq})+2 \mathrm{Ag}(\mathrm{s})

Passo 1

Entender o que é pedido e quais dados temos.\n
  • Primeiro problema: “Calcule o pH da fase aquosa de um eletrodo de hidrogênio que está conectado à semi-reação \mathrm{Fe}/\mathrm{Fe}^{2+}(1,00\\ \mathrm{mol/kg}) se a diferença de potencial da célula é de 0,3\\ \mathrm{V}.” Pergunta: qual é o valor de \mathrm{pH} da fase aquosa ligada ao eletrodo de hidrogênio? Dados relevantes extraídos do enunciado: concentração (atividade) de \mathrm{Fe}^{2+} é 1{,}00\\ \mathrm{mol/kg} (aproximamos como 1{,}00\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}} em termos de atividade padrão), diferença de potencial da célula E_{\text{cel}}=0{,}30\\ \mathrm{V}. Não foi dada a sinalização de qual eletrodo é catodo/anodo, então vamos inferir pela consistência dos potenciais.\n
  • Segundo conjunto (questão 11): “Calcule as constantes de equilíbrio das reações a 25^\circ\mathrm{C} a partir de dados de potencial padrão de redução.” São duas reações:\n
    a) \mathrm{Sn}(\mathrm{s})+\mathrm{Sn}^{4+}(\mathrm{aq}) \leftrightarrow 2\\ \mathrm{Sn}^{2+}(\mathrm{aq})\n
    b) \mathrm{Sn}(\mathrm{s})+2\\ \mathrm{AgCl}(\mathrm{s}) \leftrightarrow \mathrm{SnCl}_2(\mathrm{aq})+2\\ \mathrm{Ag}(\mathrm{s})\n
    Dados-tabulares necessários (vou usar valores padrão comumente tabelados a 25^\circ\mathrm{C}):\n
    • Potencial padrão de redução \mathrm{Sn}^{2+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Sn}(\mathrm{s}): E^\circ(\mathrm{Sn}^{2+}/\mathrm{Sn}) = -0{,}14\\ \mathrm{V}.\n
    • Potencial padrão de redução \mathrm{Sn}^{4+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Sn}^{2+}: E^\circ(\mathrm{Sn}^{4+}/\mathrm{Sn}^{2+}) = +0{,}15\\ \mathrm{V}.\n
    • Potencial padrão de redução \mathrm{AgCl}(\mathrm{s}) + e^- \rightarrow \mathrm{Ag}(\mathrm{s}) + \mathrm{Cl}^-: E^\circ(\mathrm{AgCl}/\mathrm{Ag}) = +0{,}2223\\ \mathrm{V}.\n
      Também usaremos a relação entre energia livre padrão, potencial e constante de equilíbrio a 25^\circ\mathrm{C}:\n
\Delta G^\circ = -n F E^\circ_{\text{cel}}\n
e\n
\Delta G^\circ = -R T \ln K \quad\Rightarrow\quad \ln K = \frac{n F E^\circ_{\text{cel}}}{R T}.\n
Para transformar em base 10, a forma prática é\n
\log_{10} K = \frac{n E^\circ_{\text{cel}}}{0{,}05916\\ \mathrm{V}}\n
onde n é o número de elétrons trocados na reação global, e 0{,}05916\\ \mathrm{V} é o valor de \dfrac{R T}{F}\ln 10 a 25^\circ\mathrm{C}.

Passo 2

Explicar a física/química por trás do problema do pH e escrever as equações relevantes (aula rápida e prática).\n
  • O potencial de um eletrodo redox é dado pela equação de Nernst. Para o eletrodo de hidrogênio (meio padrão, reação de redução):\n
2\\ \mathrm{H}^+ + 2e^- \rightarrow \mathrm{H}_2(g)\n
a equação de Nernst, para n=2, é\n
E_{\mathrm{H}_2/\mathrm{H}^+} = E^\circ - \frac{R T}{n F}\ln Q.\n
Como E^\circ(\mathrm{H}^+/\mathrm{H}_2)=0\\ \mathrm{V} por definição e a razão de reação Q=\dfrac{P_{\mathrm{H}_2}}{[\mathrm{H}^+]^2}, assumindo P_{\mathrm{H}_2}=1\\ \mathrm{atm} e atividades = concentrações, obtemos:\n
E_{\mathrm{H}_2/\mathrm{H}^+} = -\frac{R T}{2 F}\ln\left(\frac{1}{[\mathrm{H}^+]^2}\right) = \frac{R T}{F}\ln [\mathrm{H}^+].\n
Convertendo para logaritmo base 10 e usando T=298{,}15\\ \mathrm{K}:\n
E_{\mathrm{H}_2/\mathrm{H}^+} = 0{,}05916\\ \log_{10} [\mathrm{H}^+] = -0{,}05916\\ \mathrm{pH}.\n
  • Para a meia-reação ferro:\n
\mathrm{Fe}^{2+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Fe}(s),\n
a potencial padrão é E^\circ(\mathrm{Fe}^{2+}/\mathrm{Fe}). Com a atividade de \mathrm{Fe}^{2+}=1{,}00, a equação de Nernst dá E_{\mathrm{Fe}} = E^\circ(\mathrm{Fe}^{2+}/\mathrm{Fe}) (porque Q=1 e o termo logarítmico some).\n
  • O potencial da célula é a diferença entre o potencial do cátodo e do ânodo:\n
E_{\text{cel}} = E_{\text{catodo}} - E_{\text{anodo}}.\n
Então, conhecendo E_{\text{cel}} e um dos potenciais, podemos achar o outro. Aqui sabemos E_{\mathrm{Fe}} (igual ao E^\circ porque a atividade de \mathrm{Fe}^{2+} é 1{,}00) e E_{\mathrm{H}} depende do pH. Vamos usar E^\circ(\mathrm{Fe}^{2+}/\mathrm{Fe}) = -0{,}44\\ \mathrm{V} (valor tabulado comum).

Passo 3

Resolver o problema do pH passo a passo (cálculo numérico), com explicação do raciocínio.\n
  • Primeiro, calcular E_{\mathrm{Fe}}. Com [\mathrm{Fe}^{2+}]=1{,}00 e E^\circ(\mathrm{Fe}^{2+}/\mathrm{Fe}) = -0{,}44\\ \mathrm{V}:\n
E_{\mathrm{Fe}} = E^\circ(\mathrm{Fe}^{2+}/\mathrm{Fe}) = -0{,}44\\ \mathrm{V}.\n
  • Escrever a expressão da diferença de potencial usando o eletrodo de hidrogênio e o eletrodo de ferro. Vamos identificar o cátodo: o cátodo é o eletrodo com maior potencial (mais positivo). Se E_{\mathrm{H}} > E_{\mathrm{Fe}} então E_{\text{cel}} = E_{\mathrm{H}} - E_{\mathrm{Fe}}. Vamos testar essa hipótese porque é a mais plausível: tomar E_{\text{cel}}=0{,}30\\ \mathrm{V} significa\n
E_{\mathrm{H}} - E_{\mathrm{Fe}} = 0{,}30\\ \mathrm{V}.\n
Substituindo E_{\mathrm{Fe}}=-0{,}44\\ \mathrm{V}:\n
E_{\mathrm{H}} - (-0{,}44) = 0{,}30 \quad\Rightarrow\quad E_{\mathrm{H}} = 0{,}30 - 0{,}44 = -0{,}14\\ \mathrm{V}.\n
(Se tivéssemos assumido o contrário, obteríamos um E_{\mathrm{H}} muito mais negativo incompatível com valores realistas; além disso a solução que encontramos é consistente: -0{,}14\\ \mathrm{V} > -0{,}44\\ \mathrm{V}, logo o hidrogênio é de fato o cátodo nessa configuração.)\n
  • Agora usar a relação entre E_{\mathrm{H}} e pH:\n
E_{\mathrm{H}} = -0{,}05916\\ \mathrm{pH}.\n
Substituir E_{\mathrm{H}}=-0{,}14\\ \mathrm{V}:\n
-0{,}05916\\ \mathrm{pH} = -0{,}14.\n
Isolando pH:\n
\mathrm{pH} = \frac{0{,}14}{0{,}05916} \approx 2{,}37.\n
  • Interpretação rápida e ânimo: resultado indica solução ácida (pH menor que 7). Tranquilo — o processo foi só aplicar Nernst e a definição de pH.

Passo 4

Preparar para a parte 11: explicar a estratégia geral para obter K a partir de potenciais padrão (aula curta e prática).\n
  • Para cada reação global dada, vamos: (i) decompor em meias-reações de redução padronizadas; (ii) identificar o eletrodo catódico (maior E^\circ) e o anódico (menor E^\circ); (iii) calcular E^\circ_{\text{cel}} = E^\circ_{\text{cat}} - E^\circ_{\text{an}}; (iv) usar a relação \log_{10} K = \dfrac{n E^\circ_{\text{cel}}}{0{,}05916} com n sendo o número total de elétrons trocados na reação global.\n
  • Vou mostrar isso com todos os detalhes algébricos e numéricos.

Passo 5

Resolver o item (a) passo a passo com explicações didáticas.\n
  • Reação: \mathrm{Sn}(s) + \mathrm{Sn}^{4+}(aq) \leftrightarrow 2\\ \mathrm{Sn}^{2+}(aq).\n
  • Escrever as meias-reações de redução que envolvem os estados de oxidação de estanho (valores tabulados usados):\n
\text{(i)}\quad \mathrm{Sn}^{4+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Sn}^{2+},\quad E^\circ = +0{,}15\\ \mathrm{V},\n
\text{(ii)}\quad \mathrm{Sn}^{2+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Sn}(s),\quad E^\circ = -0{,}14\\ \mathrm{V}.\n
  • Para montar a reação global, vemos que uma das meias-reações (ii) é a redução do \mathrm{Sn}^{2+} para \mathrm{Sn}; mas na equação global o metal \mathrm{Sn}(s) é consumido (oxida-se a \mathrm{Sn}^{2+}). Então no sentido de redução a (ii) precisa ser invertida. O catodo será a meia com maior E^\circ (mais fácil de reduzir): \mathrm{Sn}^{4+}\rightarrow\mathrm{Sn}^{2+} com +0{,}15\\ \mathrm{V}. O ânodo será a meia (ii) invertida.\n
  • Calcular E^\circ_{\text{cel}}:\n
E^\circ_{\text{cel}} = E^\circ_{\text{cat}} - E^\circ_{\text{an}} = 0{,}15 - (-0{,}14) = 0{,}29\\ \mathrm{V}.\n
  • Número de elétrons trocados n: cada meio envolve 2 elétrons, e a reação global troca 2 elétrons (o par de elétrons liberado por \mathrm{Sn} é consumido por \mathrm{Sn}^{4+}), então n=2.\n
  • Usar a relação para \log_{10}K:\n
\log_{10} K = \frac{n E^\circ_{\text{cel}}}{0{,}05916} = \frac{2\times 0{,}29}{0{,}05916} \approx 9{,}806.\n
  • Converter para K:\n
K = 10^{9{,}806} \approx 6{,}41\times 10^{9}.\n
Pequeno comentário: isso significa que, nas condições padrão, a reação favorece fortemente a formação de \mathrm{Sn}^{2+}.

Passo 6

Resolver o item (b) passo a passo com explicações didáticas.\n
  • Reação: \mathrm{Sn}(s) + 2\\ \mathrm{AgCl}(s) \leftrightarrow \mathrm{SnCl}_2(aq) + 2\\ \mathrm{Ag}(s).\n
  • Vamos identificar as meias envolvidas e seus potenciais padrões (valores tabulados usados):\n
\text{(A)}\quad \mathrm{AgCl}(s) + e^- \rightarrow \mathrm{Ag}(s) + \mathrm{Cl}^-,\quad E^\circ = +0{,}2223\\ \mathrm{V}.\n
\text{(B)}\quad \mathrm{Sn}^{2+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Sn}(s),\quad E^\circ = -0{,}14\\ \mathrm{V}.\n
  • Na reação global, cada \mathrm{AgCl} ganha um elétron (dois no total) e o estanho se oxida para \mathrm{Sn}^{2+}. Logo o catodo é a redução de \mathrm{AgCl} e o ânodo é a oxidação de \mathrm{Sn} (inverso da meia (B)).\n
  • Calcular E^\circ_{\text{cel}}: (lembrando que usamos as meias em forma de redução para calcular a diferença)\n
E^\circ_{\text{cel}} = E^\circ_{\text{cat}} - E^\circ_{\text{an}} = 0{,}2223 - (-0{,}14) = 0{,}3623\\ \mathrm{V}.\n
  • Número de elétrons trocados n: dois elétrons (cada \mathrm{AgCl} captura 1 e há 2 \mathrm{AgCl}, somando 2 elétrons; o \mathrm{Sn} fornece 2), então n=2.\n
  • Calcular \log_{10}K:\n
\log_{10} K = \frac{n E^\circ_{\text{cel}}}{0{,}05916} = \frac{2\times 0{,}3623}{0{,}05916} \approx 12{,}250.\n
  • Converter para K:\n
K = 10^{12{,}250} \approx 1{,}78\times 10^{12}.\n
Interpretação: constante de equilíbrio enorme, reação muito favorecida para a direita (formação de \mathrm{SnCl}_2 e prata metálica) sob condições padrão.

Resposta

\mathrm{pH} \approx 2{,}37\n
K_{\text{(a)}} \approx 6{,}41\times 10^{9}\n
K_{\text{(b)}} \approx 1{,}78\times 10^{12}

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