Calcule o potencial eletródico resultante da mistura de 50,00 \mathrm{~mL} de uma solução de \mathrm{U}^{4+} 0,050 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} com os seguintes volumes de solução de \mathrm{MnO}_{4}^{-} 0,02 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} : Observação: Considere \left[\mathrm{H}^{+}\right]=1,00 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}

Dados:

\begin{aligned} \mathrm{CO}_{2}^{2+}+4 \mathrm{H}^{+}+2 \mathrm{e}^{-} \rightleftharpoons \mathrm{U}^{4+}+2 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O} & \mathrm{E}^{0}=0,334 \mathrm{~V} \\\ \mathrm{MnO}^{-}+8 \mathrm{H}^{+}+5 \mathrm{e}^{-} \rightleftharpoons \mathrm{Mn}^{2+}+4 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O} & \mathrm{E}^{0}=1,510 \mathrm{~V} \end{aligned}
10,0 \mathrm{~mL}

Passo 1

O enunciado pede o potencial elétrico resultante da mistura de 50,00 mL de solução de \mathrm{U}^{4+} 0{,}050,mol/L com 10,0 mL de solução de \mathrm{MnO}_4^- 0{,}02,mol/L, considerando \left[\mathrm{H}^+\right]=1{,}00,mol/L.
O conteúdo é eletroquímica de células redox e iremos precisar de:
  1. As meias reações e seus potenciais padrão ( E^0).
  2. A estequiometria da reação global para determinar reagente limitante e novas concentrações.
  3. A equação de Nernst para o par que permanece em excesso após o consumo completo do outro.

Passo 2

Escrevemos as meias reações fornecidas:
\mathrm{UO}_2^{2+} + 4\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons \mathrm{U}^{4+} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \quad E^0_{\mathrm{red}} = 0{,}334\;\mathrm{V}
\mathrm{MnO}_4^- + 8\,\mathrm{H}^+ + 5\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons \mathrm{Mn}^{2+} + 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \quad E^0_{\mathrm{red}} = 1{,}510\;\mathrm{V}
Como \mathrm{MnO}_4^- tem E^0 maior, será o cátodo (redução) e \mathrm{U}^{4+} será oxidado (anodo). O potencial padrão da célula é
E^0_{\text{cel}} \;=\; E^0_{\text{cat}} - E^0_{\text{an}} \;=\; 1{,}510 - 0{,}334 = 1{,}176\;\mathrm{V}.

Passo 3

Determinamos as quantidades iniciais e a estequiometria da reação completa. A oxidação de \mathrm{U}^{4+} e a redução de \mathrm{MnO}_4^- consomem elétrons conforme:
\text{oxidação:}\quad \mathrm{U}^{4+} \to \mathrm{UO}_2^{2+} + 4\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- \quad(n=2)çã
\text{redução:}\quad \mathrm{MnO}_4^- + 8\,\mathrm{H}^+ + 5\,\mathrm{e}^- \to \mathrm{Mn}^{2+} + 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \quad(n=5)çã
Mínimo múltiplo de elétrons é 10: multiplica-se a oxidação por 5 e a redução por 2, resultando na reação global (água como solvente não entra no quociente):
2\,\mathrm{MnO}_4^- + 5\,\mathrm{U}^{4+} \longrightarrow 2\,\mathrm{Mn}^{2+} + 5\,\mathrm{UO}_2^{2+} + 4\,\mathrm{H}^+.

Passo 4

Calculamos mols iniciais em 60,00 mL totais:
n(\mathrm{U}^{4+}) = 0{,}050\,\frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 0{,}050\,\mathrm{L} = 0{,}00250\;\mathrm{mol},
n(\mathrm{MnO}_4^-) = 0{,}020\,\frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 0{,}010\,\mathrm{L} = 0{,}00020\;\mathrm{mol}.
Da estequiometria, para cada 2 mol de \mathrm{MnO}_4^- são necessários 5 mol de \mathrm{U}^{4+}. A razão disponível é
\frac{n(\mathrm{MnO}_4^-)}{n(\mathrm{U}^{4+})} = \frac{0{,}00020}{0{,}00250} = 0{,}08 < \frac{2}{5}=0{,}40,
logo \mathrm{MnO}_4^- é limitante e será totalmente consumido. Mols reagidos de \mathrm{U}^{4+} = \tfrac{5}{2}\times 0{,}00020 = 0{,}00050,mol.
As novas quantidades são:
n_{\mathrm{U}^{4+},f} = 0{,}00250 - 0{,}00050 = 0{,}00200\;\mathrm{mol},
n_{\mathrm{UO}_2^{2+},f} = 0{,}00050\;\mathrm{mol},
n_{\mathrm{Mn}^{2+},f} = 0{,}00020\;\mathrm{mol}.
O \mathrm{H}^+ produzido é 4/2 mol por mol de \mathrm{MnO}_4^-, ou seja,
n_{\mathrm{H}^+,\text{adicionado}} = 2\times 0{,}00020 = 0{,}00040\;\mathrm{mol}.

Passo 5

Convertendo em concentrações (V _\text{tot}=0,06000 L):
[\mathrm{U}^{4+}] = \frac{0{,}00200}{0{,}06000}=0{,}03333\;\mathrm{M}, \quad [\mathrm{UO}_2^{2+}] = \frac{0{,}00050}{0{,}06000}=0{,}00833\;\mathrm{M}.
O [\mathrm{H}^+] passa de 1{,}00 M a
\frac{0{,}06000 + 0{,}00040}{0{,}06000} = 1{,}00667\;\mathrm{M}.

Passo 6

Como \mathrm{MnO}_4^- foi totalmente consumido, o potencial residual é o da meia-reação do par \mathrm{UO}_2^{2+}/\mathrm{U}^{4+}, dado pela equação de Nernst para redução:
\mathrm{UO}_2^{2+} + 4\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{U}^{4+} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O},
E = E^0 - \frac{RT}{nF}\ln Q, \quad Q = \frac{[\mathrm{U}^{4+}]}{[\mathrm{UO}_2^{2+}]\,[\mathrm{H}^+]^4}, \quad n=2.

Passo 7

Numericamente, a 25^\circ\mathrm{C} ( RT/F\approx0{,}02569,V):
Q = \frac{0{,}03333}{0{,}00833\times (1{,}00667)^4} \approx 3{,}895,\qquad \ln Q\approx1{,}360.
E = 0{,}334 - \frac{0{,}02569}{2}\times 1{,}360 =0{,}334 - 0{,}0175 \approx 0{,}3165\;\mathrm{V}.

Resposta

E \approx 0{,}317\;\mathrm{V}.

Exercícios relacionados