Completar e balancear as seguintes reações que ocorrem em soluções aquosas básicas e envolvem os seguintes pares redox. Além disso, preveja a influência do pH sobre o potencial da reação global.
\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{2} / \mathrm{O}_{2} e \mathrm{S}_{2} \mathrm{O}_{4}{ }^{2-} / \mathrm{SO}_{3}{ }^{2-}

Passo 1

O enunciado pede para balancear em meio básico a reação entre os pares redox \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}/\mathrm{O}_{2} e \mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-}/\mathrm{SO}_{3}^{2-}, e depois prever como o pH afeta o potencial global. Vamos usar o método de meia-reações em meio básico e a equação de Nernst para ver a dependência em [\mathrm{OH}^-] (ou em pH).

Passo 2

Identificamos as duas meias-reações:
– redução de peróxido em básico:
\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} + 2\,\mathrm{e}^- \;\longrightarrow\; 2\,\mathrm{OH}^-
Nesta meia-reação, o oxigênio do \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} tem nº de oxidação -1 e vai para -2 no \mathrm{OH}^-, ganhando 2 elétrons.
– oxidação do íon ditionito \mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} a sulfito \mathrm{SO}_{3}^{2-}. Primeiro em meio ácido:
\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} \;\longrightarrow\; 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 4\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^-
Aqui cada enxofre em \mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} tem nº de oxidação +2 e vai para +4 em \mathrm{SO}_{3}^{2-}, liberando 2 elétrons no total.

Passo 3

Agora adaptamos a oxidação ao meio básico, neutralizando os 4\,\mathrm{H}^+ com 4\,\mathrm{OH}^-:
\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 4\,\mathrm{OH}^- \;\longrightarrow\; 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 4\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 2\,\mathrm{e}^-.
Cancelamos 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} de cada lado:
\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + 4\,\mathrm{OH}^- \;\longrightarrow\; 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 2\,\mathrm{e}^-.

Passo 4

Somamos as duas meias-reações, cuidando de cancelar os 2\,\mathrm{e}^-:
\begin{aligned} &\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + 4\,\mathrm{OH}^- &&\longrightarrow 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 2\,\mathrm{e}^-\\\ &\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} + 2\,\mathrm{e}^- &&\longrightarrow 2\,\mathrm{OH}^-\\hline &\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + 4\,\mathrm{OH}^- + \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} &&\longrightarrow 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} + 2\,\mathrm{OH}^- \end{aligned}
Simplificando 4\,\mathrm{OH}^- - 2\,\mathrm{OH}^- = 2\,\mathrm{OH}^- no lado esquerdo:
\boxed{ \mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} + 2\,\mathrm{OH}^- \;\longrightarrow\; 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O} }

Passo 5

Para prever o efeito do pH calculamos o potencial pela equação de Nernst, com n=2 elétrons:
E = E^\circ - \frac{RT}{nF}\ln Q \quad\text{em que}\quad Q = \frac{[\mathrm{SO}_{3}^{2-}]^2}{[\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-}]\,[\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}]\,[\mathrm{OH}^-]^2}.
Como \ln Q contém -2\ln[\mathrm{OH}^-], na forma decimal (log _{10}) e a 25^\circ\mathrm{C}:
E = E^\circ + \frac{0{,}05916}{2}\,2\,\log[\mathrm{OH}^-] + \cdots = E^\circ + 0{,}05916\,\log[\mathrm{OH}^-] + \cdots.
Mas \log[\mathrm{OH}^-] = -\,\mathrm{pOH} = \mathrm{pH}-14, logo
E = \bigl(E^\circ -0{,}05916\cdot14\bigr) + 0{,}05916\,\mathrm{pH} \;+\;\text{termos que não dependem do pH.}ã
Isto mostra que, quanto maior o pH, maior fica o potencial da reação global, numa razão de aproximadamente +0{,}059,V por unidade de pH.

Resposta

A reação balanceada em meio básico é
\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{4}^{2-} + \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2} + 2\,\mathrm{OH}^- \longrightarrow 2\,\mathrm{SO}_{3}^{2-} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}.
O potencial da célula cresce linearmente com o pH, subindo cerca de 0{,}059,V para cada unidade que o pH aumenta.

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