Duas cubas eletrolíticas dotadas de eletrodos inertes, ligados em série, contêm respectivamente solução aquosa de AgNO3 e solução aquosa de KI. Certa quantidade de eletricidade acarreta a deposição de 108 g de prata na primeira cuba. Em relação às quantidades e à natureza das substâncias liberadas, respectivamente, no catodo e no anodo da segunda, pode-se dizer:
a) 11,2 \mathrm{~L} (CNTP) de \mathrm{H}_{2} e 5,6 \mathrm{~L} (CNTP) de \mathrm{O}_{2}.
b) 5,6 \mathrm{~L} (CNTP) de \mathrm{O}_{2} e 63,5 \mathrm{~g} de \mathrm{I}_{2}.
c) 11,2 \mathrm{~L} (CNTP) de \mathrm{H}_{2} e 127 g de \mathrm{I}_{2}.
d) 5,6 \mathrm{~L} (CNTP) de \mathrm{O}_{2} e 127 g de \mathrm{I}_{2}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e perguntas:
  • Duas cubas eletrolíticas com eletrodos inertes estão ligadas em série.
  • A primeira contém solução aquosa de AgNO _3 e, certa quantidade de eletricidade, depositou 108\\ \mathrm{g} de prata ( \mathrm{Ag}).
  • A segunda contém solução aquosa de KI; queremos saber quais substâncias e em que quantidades são liberadas no catodo e no anodo dessa segunda cuba.
    As alternativas são (a), (b), (c) e (d) dadas no enunciado; temos que identificar qual descreve corretamente o que ocorre na segunda cuba.

Passo 2

Conceito importante (que vou usar): quando duas cubas estão em série a mesma quantidade de carga elétrica percorre ambas. Portanto a quantidade de elétrons (em mols) transferida na primeira cuba é igual à quantidade transferida na segunda. Vamos calcular quantos mols de elétrons foram usados na primeira cuba a partir da prata depositada.
Massa atômica aproximada: \mathrm{Ag}\approx108\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}. Logo o número de mols de prata depositada é
\text{mols de Ag}=\frac{108\\ \mathrm{g}}{108\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}}=1{,}0\\ \mathrm{mol}.

Passo 3

Reação de redução que forma prata na primeira cuba:
\mathrm{Ag}^+ + e^- \to \mathrm{Ag}.
Essa equação mostra que 1 mol de \mathrm{Ag} consome 1 mol de elétrons. Portanto a carga que passou corresponde a 1{,}0\\ \mathrm{mol} de elétrons (ou 1 Faraday). Conclusão: na segunda cuba também foram transferidos 1{,}0\\ \mathrm{mol} de elétrons.

Passo 4

Agora o catodo da segunda cuba (solução de KI): quais reduções possíveis? Em solução aquosa, os possíveis cátions a reduzir são \mathrm{K}^+ (formaria K metálico) ou a água (formando \mathrm{H}_2). Na prática, reduzir \mathrm{K}^+ é muito mais difícil (potencial mais negativo) do que reduzir água, então a reação que ocorre é a redução da água, produzindo hidrogênio:
2\,\mathrm{H_2O} + 2e^- \to \mathrm{H_2} + 2\,\mathrm{OH}^-.
Interpretação da estequiometria: 2 elétrons produzem 1 mol de \mathrm{H}_2. Com 1{,}0\\ \mathrm{mol} de elétrons temos
\text{mols de }\mathrm{H}_2 = \frac{1{,}0}{2}=0{,}5\\ \mathrm{mol}.
Usando o volume molar nas condições normais (CNTP) 1\\ \mathrm{mol} de gás ocupa 22{,}4\\ \mathrm{L}, o volume de \mathrm{H}_2 produzido é
V(\mathrm{H}_2)=0{,}5\cdot22{,}4=11{,}2\\ \mathrm{L}\\ (\text{CNTP}).

Passo 5

No anodo da segunda cuba (solução de KI) as oxidações possíveis são oxidar \mathrm{I}^- a \mathrm{I}_2 ou oxidar água formando \mathrm{O}_2. Ions iodeto são muito mais facilmente oxidados do que água, então a oxidação principal é
2\,\mathrm{I}^- \to \mathrm{I}_2 + 2e^-.
Da estequiometria vemos que 2 elétrons formam 1 mol de \mathrm{I}_2. Com 1{,}0\\ \mathrm{mol} de elétrons formam-se
\text{mols de }\mathrm{I}_2 = \frac{1{,}0}{2}=0{,}5\\ \mathrm{mol}.
Massa molar do iodo molecular: \mathrm{I}_2 tem massa molar 2\times127=254\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}. Logo a massa de \mathrm{I}_2 produzida é
m(\mathrm{I}_2)=0{,}5\cdot254=127\\ \mathrm{g}.

Passo 6

Resumo dos cálculos: no catodo da segunda cuba obtém-se 11{,}2\\ \mathrm{L} (CNTP) de \mathrm{H}_2; no anodo obtém-se 127\\ \mathrm{g} de \mathrm{I}_2. Comparando com as alternativas do enunciado, a que corresponde a esses resultados é a alternativa (c).

Resposta

c) 11,2\\ \mathrm{L} (CNTP) de \mathrm{H}_2 e 127\\ \mathrm{g} de \mathrm{I}_2.

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