Qual é a f.e.m. da célula formada pelos eletrodos de \mathrm{Pb} / \mathrm{Pb}^{2+} e \mathrm{Pt} / \mathrm{H}_{2(\mathrm{~g})} / \mathrm{H}^{+}, sendo :
\left[\mathrm{Pb}^{2+}\right]=0,10 \mathrm{M},\left[\mathrm{H}^{+}\right]=0,050 \mathrm{M} e \mathrm{P}_{\mathrm{H} 2}=1,0 \mathrm{~atm} ?
RESPOSTA: 0,08 V

Passo 1

O enunciado pede a força eletromotriz (f.e.m.) da célula formada pelos eletrodos \mathrm{Pb}/\mathrm{Pb}^{2+} e \mathrm{Pt}/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}^{+} dadas as condições:
[\mathrm{Pb}^{2+}] = 0,10\\ \mathrm{M},\quad [\mathrm{H}^{+}] = 0,050\\ \mathrm{M},\quad P_{\mathrm{H}_2} = 1,0\\ \mathrm{atm}.
Não há outras informações fornecidas, portanto assumimos temperatura padrão T=25^\circ\mathrm{C}=298\\ \mathrm{K}. O que precisamos fornecer é o valor numérico da f.e.m. da célula nessas condições.

Passo 2

Identificamos as semirreações relevantes (forma de redução) e seus potenciais padrão (valores de tabela):
\text{(redução no eletrodo hidrogênio)}:\quad 2\mathrm{H}^+ + 2e^- \longrightarrow \mathrm{H}_2(g),\quad E^\circ = 0,00\\ \mathrm{V}.çãê
\text{(redução no eletrodo chumbo)}:\quad \mathrm{Pb}^{2+} + 2e^- \longrightarrow \mathrm{Pb}(s),\quad E^\circ = -0,13\\ \mathrm{V}.çã
Aqui E^\circ é o potencial padrão de redução. Note que ambas as semirreações envolvem n=2 elétrons.

Passo 3

Decidimos qual semirreação ocorre como redução (cátodo) e qual como oxidação (ânodo) olhando os potenciais padrão: a reação com maior E^\circ se reduz (mais fácil reduzir). Como 0,00\\ \mathrm{V} > -0,13\\ \mathrm{V}, a redução ocorre no eletrodo de hidrogênio e a oxidação no eletrodo de chumbo. Assim a reação global da célula é:
\mathrm{Pb}(s) + 2\mathrm{H}^+ \longrightarrow \mathrm{Pb}^{2+} + \mathrm{H}_2(g).
Verifique que a equação está balanceada: elétrons cancelam e carga/massa estão balanceadas.

Passo 4

Calculamos a f.e.m. padrão da célula:
E^\circ_{\text{cel}} = E^\circ_{\text{catodo}} - E^\circ_{\text{anodo}} = 0,00 - (-0,13) = 0,13\\ \mathrm{V}.
Explicação rápida: subtrai-se o potencial de redução do ânodo porque no ânodo a reação é escrita como oxidação.

Passo 5

Para condições não padrão usamos a equação de Nernst. A forma geral é
E = E^\circ - \dfrac{RT}{nF}\ln Q,
onde R é a constante dos gases ( 8,314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}), T a temperatura em kelvin, n o número de elétrons trocados ( n=2), F a constante de Faraday ( 96485\\ \mathrm{C\,mol^{-1}}) e Q o quociente de reação. Para T=298\\ \mathrm{K} é comum usar a forma com logaritmo base 10:
E = E^\circ - \dfrac{0,05916}{n}\log_{10} Q.
Aqui \log_{10} é logaritmo decimal; a constante 0,05916 tem unidade de volts e resulta de \dfrac{2,303RT}{F} para T=298\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Escrevemos o quociente de reação Q para a reação global. Solidos não aparecem em Q, portanto
Q = \dfrac{[\mathrm{Pb}^{2+}]\,P_{\mathrm{H}_2}}{[\mathrm{H}^+]^2}.
Substituímos os valores dados:
[\mathrm{Pb}^{2+}] = 0,10,\quad [\mathrm{H}^+] = 0,050,\quad P_{\mathrm{H}_2} = 1,0.
Calculemos Q:
Q = \dfrac{0,10 \times 1,0}{(0,050)^2} = \dfrac{0,10}{0,0025} = 40.

Passo 7

Agora aplicamos a equação de Nernst com n=2:
E = 0,13 - \dfrac{0,05916}{2}\log_{10} 40.
Calculamos \log_{10}40. Uma forma rápida é \log_{10}40 = \log_{10}4 + 1 e \log_{10}4 \approx 0,60206, logo \log_{10}40 \approx 1,60206. Então
\dfrac{0,05916}{2}\log_{10}40 \approx 0,02958 \times 1,60206 \approx 0,0474\\ \mathrm{V}.
Portanto
E \approx 0,13 - 0,0474 = 0,0826\\ \mathrm{V}.
Arredondando com duas casas decimais (como a resposta do enunciado), obtemos 0,08\\ \mathrm{V}.

Resposta

0,08 V

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