Use, se necessário, \ln 2=0,7.
Uma pilha foi formada por um elemento A, onde uma solução de sais de \mathrm{Sn}^{2+} e \mathrm{Sn}^{4+} estão em contato com um cilindro de platina, e por um elemento B , em que oxigênio gasoso é borbulhado em uma solução de ácido sulfúrico, também com eletrodo de platina. Sabe-se que, nas condições apresentadas, o elemento B atua com cátodo. Os eletrodos de platina são conectados por um fio enquanto as soluções são conectadas por uma ponte salina. Admitindo que as soluções aquosas se encontram em concentração de 1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} e a pressão parcial de gás oxigênio é de 1 bar, a expressão para a ddp ( \varepsilon ) da pilha, em função da ddp padrão ( \varepsilon^{0} ) e do pH da solução do elemento B , sob temperatura constante de 25^{\circ} \mathrm{C}, é dada por
a) \varepsilon=\varepsilon^{0}+0,0592 \cdot \mathrm{pH}
b) \varepsilon=\varepsilon^{0}+0,0296 \cdot \mathrm{pH}
c) \varepsilon=\varepsilon^{0}-0,0592 \cdot \mathrm{pH}
d) \varepsilon=\varepsilon^{0}-0,0296 \cdot \mathrm{pH}

Passo 1

O enunciado descreve uma pilha que reúne dois eletrodos de platina:
  1. No elemento A ocorre a meia-reação
\mathrm{Sn}^{4+} + 2\,e^- \;\longrightarrow\;\mathrm{Sn}^{2+}
com concentrações unitárias de \mathrm{Sn}^{4+} e \mathrm{Sn}^{2+}.
2. No elemento B atua como cátodo a redução do oxigênio em meio ácido:
\mathrm{O_2} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,e^- \;\longrightarrow\;2\,\mathrm{H_2O}
com \mathrm{[H^+]}=10^{-\mathrm{pH}} e pressão parcial p_{\mathrm{O_2}}=1 bar.
O objetivo é usar a equação de Nernst para escrever a ddp da pilha \varepsilon em função de \varepsilon^0 e do pH, à 25^\circ\mathrm{C}.

Passo 2

Aplicamos a equação de Nernst à meia-reação do oxigênio (cátodo), com n=4:
E_{\mathrm{cat}} \;=\; E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}} \;-\;\frac{RT}{nF}\ln Q
onde Q=\dfrac{a_{\mathrm{H_2O}}^2}{p_{\mathrm{O_2}}\,[\mathrm{H}^+]^4}=\dfrac{1}{1\cdot[\mathrm{H}^+]^4}.
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E_{\mathrm{cat}} =E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}} -\frac{RT}{4F}\ln\!\bigl([\mathrm{H}^+]^{-4}\bigr) =E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}} +\frac{RT}{4F}\,4\ln[\mathrm{H}^+] =E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}}+\frac{RT}{F}\ln[\mathrm{H}^+].

Passo 3

Como [\mathrm{H}^+]=10^{-\mathrm{pH}}, tem-se
\ln[\mathrm{H}^+]=\ln\bigl(10^{-\mathrm{pH}}\bigr) =-\mathrm{pH}\,\ln 10 =-2{,}303\,\mathrm{pH}.
Portanto
E_{\mathrm{cat}} =E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}} -\frac{2{,}303\,RT}{F}\,\mathrm{pH}.

Passo 4

Na meia-reação de estanho (ânodo), as concentrações unitárias implicam Q=1 e, assim,
E_{\mathrm{an}} =E^0_{\mathrm{Sn}^{4+}/\mathrm{Sn}^{2+}}.

Passo 5

A ddp total da pilha é
\varepsilon =E_{\mathrm{cat}}-E_{\mathrm{an}} =\bigl(E^0_{\mathrm{O_2}/\mathrm{H_2O}} -\tfrac{2{,}303\,RT}{F}\,\mathrm{pH}\bigr) -E^0_{\mathrm{Sn}^{4+}/\mathrm{Sn}^{2+}} =\varepsilon^0-\frac{2{,}303\,RT}{F}\,\mathrm{pH}.
A 25^\circ\mathrm{C}, \tfrac{2{,}303\,RT}{F}=0{,}05916\approx0{,}0592 V, daí
\varepsilon =\varepsilon^0-0{,}0592\,\mathrm{pH}.

Resposta

c) \displaystyle\varepsilon=\varepsilon^{0}-0,0592\cdot\mathrm{pH}

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