Considerando a temperatura 25^{\circ} \mathrm{C} e utilizando tabelas de potenciais de redução, resolva as alternativas abaixo.
b) Calcule a concentração desconhecida do íon na célula abaixo, escreva as semireações de oxidação, de redução e a reação total da célula.
\mathrm{Pb}(\mathrm{~s})\left|\mathrm{Pb}^{2+}(\mathrm{aq}, ?) || \mathrm{Pb}^{2+}(\mathrm{aq}, 0,10 \mathrm{~mol} / \mathrm{L})\right| \mathrm{Pb}(\mathrm{~s}), \mathrm{E}_{\text {célula }}=+0,083 \mathrm{~V}.é

Passo 1

O enunciado fornece e pede o seguinte (vou listar TUDO que aparece no problema):
  • Temperatura: 25^\circ\mathrm{C} (ou seja T=298{,}15\\ \mathrm{K}).
  • A célula é \mathrm{Pb}(s)\mid \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\,?) \;||\; \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\,0{,}10\\ \mathrm{mol/L})\mid \mathrm{Pb}(s).Ou seja, eletrodos de chumbo idênticos com concentrações diferentes de \mathrm{Pb}^{2+} em cada meia-célula.
  • Potencial da célula dado: E_{\text{célula}}=+0{,}083\\ \mathrm{V}.é
  • Informação conhecida: concentração no cátodo (lado direito) é [\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{cat}}=0{,}10\\ \mathrm{mol/L}.
  • Informação pedida: calcular a concentração desconhecida [\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{ânodo}}â (lado esquerdo) e escrever as semireações de oxidação, redução e a reação total da célula.

Passo 2

Entendendo a física-química por trás (aulas rápidas e diretas):
  • A meia-reação relevante é a redução \mathrm{Pb}^{2+} + 2e^- \rightleftharpoons \mathrm{Pb}(s).
  • A equação de Nernst para a meia-reação de redução geral é E = E^\circ - \frac{RT}{nF}\ln Q,onde:
    • E é o potencial de redução da meia-célula nas condições dadas;
    • E^\circ é o potencial padrão da meia-reação (aqui ambos os eletrodos têm o mesmo E^\circ);
    • R é a constante dos gases R=8{,}314\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}};
    • T é a temperatura em kelvin;
    • n é o número de elétrons trocados na meia-reação ( n=2 para \mathrm{Pb}^{2+}/\mathrm{Pb});
    • F é a constante de Faraday F=96485\\ \mathrm{C\;mol^{-1}};
    • Q é o quociente de reação. Para a meia-reação de redução dada, Q=\dfrac{1}{[\mathrm{Pb}^{2+}]} porque o sólido não entra em Q.
  • Substituindo Q na expressão, para a meia-reação de redução obtemos E = E^\circ + \frac{RT}{nF}\ln [\mathrm{Pb}^{2+}].Comentário didático: aumentar a concentração do íon aumenta o potencial de redução — essa é a razão de, numa célula de concentração, o eletrodo com maior [\mathrm{Pb}^{2+}] ser o cátodo (reduz).

Passo 3

Montando a expressão para E_{\text{célula}}é (passo a passo):
  • O potencial da célula é a diferença entre o potencial de redução do cátodo e o do ânodo: E_{\text{célula}}=E_{\text{cátodo}}-E_{\text{ânodo}}.éáâ
  • Como ambos os eletrodos têm o mesmo E^\circ, estes se cancelam quando fazemos a diferença, ficando apenas os termos dependentes da concentração: E_{\text{célula}}=\frac{RT}{nF}\ln\frac{[\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{cátodo}}}{[\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{ânodo}}}.éáâ
  • Denotando a concentração desconhecida como c=[\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{ânodo}}â e sabendo que [\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{cátodo}}=0{,}10á, obtemos E_{\text{célula}}=\frac{RT}{nF}\ln\frac{0{,}10}{c}.é

Passo 4

Resolver numericamente para c (espero que curta contas passo-a-passo!):
  • Usarei a forma com logaritmo decimal, prática em eletroquímica à 25^\circ\mathrm{C}: E_{\text{célula}}=\frac{0{,}05916}{n}\log_{10}\frac{0{,}10}{c},éporque \dfrac{2.303\,RT}{F}\approx 0{,}05916\\ \mathrm{V} a 25^\circ\mathrm{C}.
  • Substituindo E_{\text{célula}}=0{,}083\\ \mathrm{V}é e n=2: 0{,}083=\frac{0{,}05916}{2}\log_{10}\frac{0{,}10}{c}.
  • Isolando o logaritmo: \log_{10}\frac{0{,}10}{c}=\frac{0{,}083\cdot 2}{0{,}05916}=2{,}806\\ (\text{aprox.}).
  • Voltando da base 10: \frac{0{,}10}{c}=10^{2{,}806}\approx 6,39\times10^{2}.
  • Portanto, isolando c: c=\frac{0{,}10}{10^{2{,}806}}.

Passo 5

Interpretação do sinal e identificação dos eletrodos; escrever semireações:
  • O fato de E_{\text{célula}}é ser positivo indica que a redução ocorre no lado com maior [\mathrm{Pb}^{2+}], ou seja, no lado direito ( 0{,}10\\ \mathrm{mol/L}). Assim:
    • Cátodo (redução): \mathrm{Pb}^{2+}(0{,}10\\ \mathrm{mol/L}) + 2e^- \to \mathrm{Pb}(s).
    • Ânodo (oxidação): \mathrm{Pb}(s) \to \mathrm{Pb}^{2+}\text{(c)} + 2e^-.
  • Somando as duas semireações (elétrons se cancelam) obtemos a reação total: \mathrm{Pb}(s,\\ \text{ânodo}) + \mathrm{Pb}^{2+}(0{,}10\\ \mathrm{mol/L}) \longrightarrow \mathrm{Pb}^{2+}\text{(c)} + \mathrm{Pb}(s,\\ \text{cátodo}).âáComentário: o aspecto prático é que íons \mathrm{Pb}^{2+} migram do compartimento de maior concentração para o de menor concentração ao decorrer da descarga, equilibrando potenciais.

Resposta

[\mathrm{Pb}^{2+}]_{\text{ânodo}} = 1{,}57\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}â
Oxidação (ânodo): \mathrm{Pb}(s) \to \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\;1{,}57\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}) + 2e^-
Redução (cátodo): \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\;0{,}10\\ \mathrm{mol/L}) + 2e^- \to \mathrm{Pb}(s)
Reação total: \mathrm{Pb}(s,\\ \text{ânodo}) + \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\;0{,}10\\ \mathrm{mol/L}) \to \mathrm{Pb}^{2+}(aq,\;1{,}57\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}) + \mathrm{Pb}(s,\\ \text{cátodo})âá