A eletrólise de uma solução aquosa de \mathrm{Na}_{2} \mathrm{SO}_{4} contendo fenolftaleína foi realizada e coletaram-se os dados apresentados na Tabela ao lado. Considere que o experimento foi realizado a uma temperatura de 24^{\circ} \mathrm{C} e que foram coletados 5 mL de \mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}).
Responda:
Tabela: Dados coletados em experimento de eletrólise de uma solução aquosa de \mathrm{Na}_{2} \mathrm{SO}_{4}.
\mathrm{t}(\mathrm{s}) \mathrm{i}(\mathrm{mA})
0 80
87 90
246 100
340 110
378 120
440 120
a) Escreva as semi-reações de oxidação e redução e a reação global que ocorrem no processo.
b) Explique por que a solução fica mais rosa no cátodo e incolor no ânodo;
c) Utilizando os dados fornecidos, calcule a constate de Avogadro.

Passo 1

Enunciado resumido e dados importantes (o que o problema pede e o que já foi dado):
  • Perguntas:
    a) Escrever as semi‑reações de oxidação e redução e a reação global da eletrólise.
    b) Explicar por que a solução fica mais rosa no cátodo e incolor no ânodo (foi usada fenolftaleína).
    c) Usando os dados, calcular a constante de Avogadro.
  • Dados fornecidos na tabela (corrente em mA em instantes de tempo em s):
    \begin{array}{|c|c|} \hline t(\mathrm{s}) & i(\mathrm{mA})\\\ \hline 0 & 80\\\ \hline 87 & 90\\\ \hline 246 & 100\\\ \hline 340 & 110\\\ \hline 378 & 120\\\ \hline 440 & 120\\\ \hline \end{array}
  • Temperatura: 24^\circ\mathrm{C} (ou T=24+273=297\\ \mathrm{K}).
  • Volume de \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) coletado: 5\\ \mathrm{mL}=0,005\\ \mathrm{L}.
  • Informação ausente: pressão do gás coletado não foi dada; vou assumir pressão ambiente p=1\\ \mathrm{atm} (hipótese razoável para um experimento padrão).
  • Observação: vamos usar a equação dos gases ideais e a relação entre carga elétrica, mols de elétrons e o número de Avogadro. A resolução começa agora.

Passo 2

Quais reações podem ocorrer na eletrólise de solução aquosa de \mathrm{Na}_2\mathrm{SO}_4? (ideia física)
  • Em eletrólise aquosa, os ânions e cátions do eletrólito competem com a água; \mathrm{SO}_4^{2-} é difícil de oxidar comparado à água, e \mathrm{Na}^+ dificilmente reduz para metal em água. Portanto as semi‑reações principais são as da água: redução no cátodo formando \mathrm{H}_2 e oxidação no ânodo formando \mathrm{O}_2. Não inventamos isso — é regra prática em eletrólise aquosa.

Passo 3

Escrever as semi‑reações padrão (forma balanceada):
  • Semi‑reação de redução (no cátodo): redução da água gerando hidrogênio gasoso e íons hidróxido:
\text{redução (cátodo):}\qquad 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 2\,\mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{OH}^-çãá
Explicação didática: cada molécula de água pode aceitar elétrons; aqui, dois elétrons permitem formar uma molécula de \mathrm{H}_2 e dois \mathrm{OH}^-.
  • Semi‑reação de oxidação (no ânodo): oxidação da água gerando oxigênio, prótons e elétrons:
\text{oxidação (ânodo):}\qquad 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \longrightarrow \mathrm{O}_2(\mathrm{g}) + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^-çãâ
Outra forma equivalente, usando \mathrm{OH}^-, é 4\,\mathrm{OH}^- \longrightarrow \mathrm{O}_2 + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 4\,\mathrm{e}^-. Ambas são consistentes; a que escrevemos mostra clara geração de \mathrm{H}^+ no ânodo.

Passo 4

Obter a reação global balanceada (somando as semi‑reações)
  • Para somar, multiplica-se a semi‑reação de redução por 2 para igualar elétrons (já que a oxidação libera 4 e a redução consome 2):
\begin{aligned} &\text{redução}\times 2:\quad 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 4\,\mathrm{e}^- \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2 + 4\,\mathrm{OH}^-\\[4pt] &\text{oxidação}:\quad 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \longrightarrow \mathrm{O}_2 + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- \end{aligned}çãçã
Somando (elétrons se cancelam):
4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2 + \mathrm{O}_2 + 4\,\mathrm{OH}^- + 4\,\mathrm{H}^+
Simplificando água e combinando íons \mathrm{H}^+ e \mathrm{OH}^- que se neutralizam onde aparecem juntos, obtemos a forma usual:
2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2(\mathrm{g}) + \mathrm{O}_2(\mathrm{g})
Comentário: a equação global indica que a eletrólise de água produz duas moléculas de \mathrm{H}_2 para cada uma de \mathrm{O}_2, refletindo a estequiometria 2:1 de volumes de gás.]

Passo 5

Explicação do efeito da fenolftaleína (por que rosa no cátodo e incolor no ânodo)
  • Fenolftaleína é um indicador ácido‑base que: fica incolor em meio ácido/neutro e fica rosa em meio básico (acima de aproximadamente \mathrm{pH}\approx8,2).
  • No cátodo ocorre a semi‑reação de redução da água que gera \mathrm{OH}^- (veja Passo 3). O acúmulo de \mathrm{OH}^- torna a região próxima do cátodo básica, então a fenolftaleína se torna rosa ali.
  • No ânodo ocorre a oxidação da água que gera \mathrm{H}^+. O acúmulo de \mathrm{H}^+ acidifica a região próxima do ânodo, deixando a fenolftaleína incolor.
  • Resumo intuitivo: cátodo → produção de \mathrm{OH}^- → meio básico → rosa; ânodo → produção de \mathrm{H}^+ → meio ácido → incolor.

Passo 6

Planejamento para calcular a constante de Avogadro: relação entre carga elétrica, mols de elétrons e mols de \mathrm{H}_2
  • Ideia: medir carga elétrica total Q que passou pelos eletrodos, relacionar com mols de elétrons transferidos n_{\mathrm{e}} por
Q = F\cdot n_{\mathrm{e}},
onde F é a constante de Faraday (carga por mol de elétrons).
  • Pela estequiometria da redução: para produzir 1 mol de \mathrm{H}_2 são necessários 2 mol de elétrons (veja semi‑reação de redução). Portanto
n_{\mathrm{e}} = 2\,n_{\mathrm{H}_2}.
  • Obtém‑se n_{\mathrm{H}_2} a partir do volume coletado usando a equação dos gases ideais:
n_{\mathrm{H}_2}=\frac{pV}{RT},
com p=1\\ \mathrm{atm} (hipótese), V=0,005\\ \mathrm{L}, T=297\\ \mathrm{K}, R=0,082057\\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}.

Passo 7

Calcular n_{\mathrm{H}_2} pelo gás ideal (detalhando cada número)
  • Aplicando:
n_{\mathrm{H}_2}=\frac{pV}{RT}=\frac{1\cdot 0,005}{0,082057\cdot 297}.
  • Calcule o denominador: 0,082057\cdot 297 = 24,370929.
  • Logo
n_{\mathrm{H}_2}=\frac{0,005}{24,370929}=0,00020524\\ \mathrm{mol}\quad(\approx 2,0524\times10^{-4}\\ \mathrm{mol}).

Passo 8

Relacionar mols de \mathrm{H}_2 com mols de elétrons
  • Pela estequiometria da redução:
n_{\mathrm{e}} = 2\,n_{\mathrm{H}_2} = 2\cdot 0,00020524 = 0,00041048\\ \mathrm{mol}.

Passo 9

Calcular a carga total Q que passou nos eletrodos a partir da tabela de corrente (integração aproximada por regra do trapézio)
  • Convertendo correntes para ampères: os valores da tabela em mA são \{80,90,100,110,120,120\}\\ \mathrm{mA} \{0,080,0,090,0,100,0,110,0,120,0,120\}\\ \mathrm{A}.
  • Dividimos o tempo em intervalos e usamos Q=\int i\,dt \approx \sum I_{\mathrm{avg}}\Delta t. Cálculos por intervalo:
Intervalo 1: t=0 a 87\\ \mathrm{s}, \Delta t=87, I_{\mathrm{avg}}=\tfrac{0,080+0,090}{2}=0,085\\ \mathrm{A}
Q_1=0,085\cdot 87=7,395\\ \mathrm{C}.
Intervalo 2: 87 a 246, \Delta t=159, I_{\mathrm{avg}}=0,095\\ \mathrm{A}
Q_2=0,095\cdot 159=15,105\\ \mathrm{C}.
Intervalo 3: 246 a 340, \Delta t=94, I_{\mathrm{avg}}=0,105\\ \mathrm{A}
Q_3=0,105\cdot 94=9,87\\ \mathrm{C}.
Intervalo 4: 340 a 378, \Delta t=38, I_{\mathrm{avg}}=0,115\\ \mathrm{A}
Q_4=0,115\cdot 38=4,37\\ \mathrm{C}.
Intervalo 5: 378 a 440, \Delta t=62, I_{\mathrm{avg}}=0,120\\ \mathrm{A}
Q_5=0,120\cdot 62=7,44\\ \mathrm{C}.
  • Soma das cargas:
Q=Q_1+Q_2+Q_3+Q_4+Q_5=7,395+15,105+9,87+4,37+7,44=44,18\\ \mathrm{C}.

Passo 10

Obter a constante de Faraday experimental e, a partir dela, a constante de Avogadro
  • A constante de Faraday experimental F_{\mathrm{exp}} é:
F_{\mathrm{exp}}=\frac{Q}{n_{\mathrm{e}}}=\frac{44,18}{0,00041048}=1,07642\times10^{5}\\ \mathrm{C\cdot mol^{-1}}.
  • Relação entre F, constante de Avogadro N_A e carga elementar e:
F = N_A\cdot e.
Usamos o valor aceito para a carga elementar e=1,602176634\times10^{-19}\\ \mathrm{C}.
  • Portanto
N_A=\frac{F_{\mathrm{exp}}}{e}=\frac{1,07642\times10^{5}}{1,602176634\times10^{-19}}.

Passo 11

Cálculo numérico final para N_A
  • Avaliando a divisão:
N_A \approx 6,7179\times10^{23}\\ \mathrm{mol^{-1}}.
(Arredondando de forma adequada: N_A \approx 6,72\times10^{23}\\ \mathrm{mol^{-1}}.)
  • Observação sobre precisão: valor obtido difere do valor aceito 6,022\times10^{23}\\ \mathrm{mol^{-1}} porque o experimento prático tem perdas (ineficiência, bolhas aderentes, vazamentos, leitura de volume, pressão real, etc.). Aqui fizemos hipóteses razoáveis (pressão 1\\ \mathrm{atm}) e aproximação da integração por trapézio a partir de dados discretos.

Resposta

a) \text{redução (cátodo):}\;2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}+2\,\mathrm{e}^-\longrightarrow\mathrm{H}_2(\mathrm{g})+2\,\mathrm{OH}^-çãá
\text{oxidação (ânodo):}\;2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}\longrightarrow\mathrm{O}_2(\mathrm{g})+4\,\mathrm{H}^++4\,\mathrm{e}^-çãâ
reação global: 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}\longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2(\mathrm{g})+\mathrm{O}_2(\mathrm{g})
b) No cátodo forma‑se \mathrm{OH}^- (meio básico) e a fenolftaleína fica rosa; no ânodo forma‑se \mathrm{H}^+ (meio ácido) e a fenolftaleína fica incolor.
c) N_A \approx 6,72\times10^{23}\\ \mathrm{mol^{-1}} (valor experimental obtido com as hipóteses descritas).

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