Metade de uma pilha eletroquímica consiste em um eletrodo de níquel puro imerso em uma solução de íons mathrmNi^2+; a outra metade é composta por um eletrodo de cádmio imerso em uma solução de mathrmCd^2+.
a) Se a pilha é do tipo padrão, escreva a reação global espontânea e calcule a voltagem que é gerada.
b) Calcule o potencial da pilha a lll Ni(s) Ni^2+ aq )+2 e^- & E^circ red =-0,23 V & E^circ oxid =+0,23 V Cd(s) Cd^2+ (aq) +2 e^- & E^circ red =-0,40 V & E^circ oxid =+0,40 V se as concentrações de 25^circ C e mathrmCd^2+ forem 0,5 e mathrmNi^2 10^-3, respectivamente. Diga se a direção da reação espontânea ainda é a mesma exibida pela pilha padrão.

Passo 1

Beleza, o enunciado diz que temos uma pilha formada por duas semi-reações:
  1. Ni(s) ⇌ Ni²⁺(aq) + 2 e⁻ com E°red = –0,23 V
  2. Cd(s) ⇌ Cd²⁺(aq) + 2 e⁻ com E°red = –0,40 V
Conteúdo: eletroquímica básica – saber identificar ânodo e cátodo, calcular E° da pilha e usar a equação de Nernst.
O que você precisa: entender potencial padrão, montar reação global espontânea, usar
E°célula = E°cátodo – E°ânodo
e
E = E° – (RT/nF)·ln Q (ou na forma logarítmica: E = E° – (0,05916/n)·log Q).

Passo 2

Primeiro vamos achar quem é cátodo (reduz) e ânodo (oxida).
– A metade com potencial de redução mais positivo é a que vai reduzir (cátodo).
– Entre –0,23 V (Ni²⁺/Ni) e –0,40 V (Cd²⁺/Cd), o –0,23 V é mais positivo.
Logo, cátodo: Ni²⁺ + 2 e⁻ → Ni(s)
ânodo: Cd(s) → Cd²⁺ + 2 e⁻

Passo 3

Agora escrevemos a reação global espontânea (somando as duas):
ânodo (oxidação): Cd(s) → Cd²⁺ + 2 e⁻
cátodo (redução): Ni²⁺ + 2 e⁻ → Ni(s)
———————————————
reação global: Cd(s) + Ni²⁺(aq) → Cd²⁺(aq) + Ni(s)

Passo 4

Calcular a voltagem padrão da pilha, E°célula:
E° = E°cátodo – E°ânodo
= (–0,23 V) – (–0,40 V)
= –0,23 + 0,40
= +0,17 V
Ou, equivalentemente, somar E°ox do ânodo com E°red do cátodo:
E° = (+0,40 V) + (–0,23 V) = +0,17 V

Passo 5

Parte (b): agora as concentrações não são 1 M, então usamos a equação de Nernst.
Teoria rápida: quando [ ] ≠ 1 M, E = E° – (RT/nF)·ln Q.
À 25 °C, RT/F ≈ 0,025693 V, e ln Q = 2,303·log Q, virando a forma usual:
E = E° – (0,05916/n)·log Q
Aqui n = 2 (dois elétrons trocados).
Q (quociente de reação) = [produtos]/[reagentes] para a global:
Cd(s) + Ni²⁺ → Cd²⁺ + Ni(s)
Q = [Cd²⁺]/[Ni²⁺]

Passo 6

Substituindo valores:
[Cd²⁺] = 0,5 M
[Ni²⁺] = 10⁻³ M
→ Q = 0,5 / 10⁻³ = 500
E = 0,17 V – (0,05916/2)·log (500)
Calculemos log 500 ≈ 2,699
(0,05916/2) ≈ 0,02958
0,02958·2,699 ≈ 0,0798 V
Logo
E ≈ 0,17 – 0,0798
E ≈ 0,090 V

Resposta

a) Reação espontânea:
Cd(s) + Ni²⁺(aq) → Cd²⁺(aq) + Ni(s)
E° = +0,17 V
b) Com [Cd²⁺] = 0,5 M e [Ni²⁺] = 10⁻³ M,
E = 0,090 V
Sim, como E ainda é positivo, a reação espontânea mantém-se do lado de Cd oxidando e Ni²⁺ sendo reduzido.

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