Exercícios Resolvidos de Potencial do Eletrodo

IQSC – USP. Lista de Exercícios de Eletroquímica. Questão 07.

Dados os conjuntos de semirreações, escreva a equação total da pilha e calcule Δ E 0 para as variações espontâneas, indicando anodo e catodo. Dê a representação para a pilha.

a) H g 2 C l 2 + 2 e - ⇌ 2 H g + 2 C l -

P b S O 4 + 2 e - ⇌ P b + S O 4 2 -

b)   A g C l + e - ⇌ A g + C l -

C u 2 + + 2 e - ⇌ C u

c)   M n 2 + + 2 e - ⇌ M n

C l 2 ( g ) + 2 e - ⇌ 2 C l -

d)   A l 3 + + 3 e - ⇌ A l

B r 2 ( a q ) + 2 e - ⇌ 2 B r -

Passo 1

Bem.. pra começo de conversa, vamos precisar de uma tabela que tenha o potencial de redução (ou o de oxidação) de todas essas semirreações aí.

A gente vai colocar os potenciais envolvidos no exercício aqui embaixo, mas é muito importante que você aprenda a ler esses dados na sua tabela. Portanto, é altamente recomendável que você já comece a usar a sua própria tabela aqui nos exercícios de fixação, beleza?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

a) Segundo os dados da tabela, temos que:

H g 2 C l 2 + 2 e - → 2 H g + 2 C l -       E 0 = + 0,27   V

P b S O 4 + 2 e - → P b + S O 4 2 -           E 0 = - 0,36   V

Com maior potencial de redução, o H g 2 C l 2 vai sofrer redução. A reação envolvendo o chumbo ( P b ) , será de oxidação. Portanto, devemos inverter a segunda reação, no sentido da oxidação.

H g 2 C l 2 + 2 e - → 2 H g + 2 C l -

P b + S O 4 2 - → P b S O 4 + 2 e -

Como o número de elétrons nas semirreações é o mesmo, podemos simplesmente somar essas duas semirreações pra formar a reação global da pilha:

Pro cálculo do Δ E 0 da pilha, a gente pode fazer assim:

Δ E 0 = E R E D ( m a i o r ) 0 - E R E D ( m e n o r ) 0

Δ E 0 = + 0,27 - - 0,36 = 0,63   V

Sabendo que o cátodo é o eletrodo da redução, ele será o eletrodo de H g 2 C l 2 ( s ) | H g ( l ) . O ânodo é o eletrodo que sofre oxidação, ou seja P b ( s ) | P b S O 4 ( s ) .

Observe que o traço vertical separa as fases.

E pra representar a pilha, colocamos em ordem alfabética: primeiro ânodo, depois cátodo, separados pela ponte salina ( | | ).

  P b s | P b S O 4 s | S O 4 2 - | |   C l - | H g 2 C l 2 s | H g ( l )

Como usamos o valor de potencial normal, entendemos que as concentrações dos íons são 1   mol/L. O que pode ser indicado no diagrama da pilha, assim:

P b s | P b S O 4 s | S O 4 2 - ( 1,0   m o l / L ) | |   C l - ( 1,0   m o l / L ) | H g 2 C l 2 s | H g ( l )

Passo 3

b) Segundo os dados da tabela, temos que:

A g C l + e - → A g + C l -       E 0 = + 0,22   V

C u 2 + + 2 e - → C u           E 0 = + 0,337   V

Com maior potencial de redução, o cobre vai sofrer redução. A reação envolvendo a prata será de oxidação. Portanto, devemos inverter a primeira reação, no sentido da oxidação.

A g + C l -   →   A   g C l + e -

C u 2 + + 2 e - → C u

Como o número de elétrons nas semirreações é diferente, temos que multiplicar a primeira por 2 pra poder ter o mesmo número de elétrons nas duas reações:

2 A g + 2 C l -   →   2 A g C l + 2 e -

C u 2 + + 2 e - → C u

Agora sim podemos somar as duas

2 A g + 2 C l - + C u 2 + → 2 A g C l + C u

Pro cálculo do Δ E 0 da pilha, a gente pode fazer assim:

Δ E 0 = E R E D ( m a i o r ) 0 - E R E D ( m e n o r ) 0

Δ E 0 = + 0,337 - + 0,22 = 0,117   V

Sabendo que o cátodo é o eletrodo da redução, ele será o eletrodo de C u 2 + | C u ( s ) . O ânodo é o eletrodo que sofre oxidação, ou seja A g ( s ) | A g C l ( s ) .

Observe que o traço vertical separa as fases.

E pra representar a pilha, colocamos em ordem alfabética: primeiro ânodo, depois cátodo, separados pela ponte salina ( | | ).

  A g ( s ) | A g C l s | C l - | | C u 2 + | C u ( s )

As concentrações dos íons podem ser indicadas, conforme mostramos no item a.

Passo 4

c) Segundo os dados da tabela, temos que:

M n 2 + + 2 e - → M n           E 0 = - 1,18   V

C l 2 ( g ) + 2 e - → 2 C l -   E 0 = + 1,36   V

Com maior potencial de redução, o cloro vai sofrer redução. A reação envolvendo o manganês será de oxidação. Portanto, devemos inverter a primeira reação, no sentido da oxidação.

M n → M n 2 + + 2 e -

C l 2 ( g ) + 2 e - → 2 C l -

Como o número de elétrons nas semirreações é o mesmo, podemos simplesmente somar essas duas semirreações pra formar a reação global da pilha:

M n + C l 2 ( g ) → M n 2 + + 2 C l -

Pro cálculo do Δ E 0 da pilha, a gente pode fazer assim:

Δ E 0 = E R E D ( m a i o r ) 0 - E R E D ( m e n o r ) 0

Δ E 0 = + 1,36 - - 1,18 = 2,54   V

O ânodo é o eletrodo que sofre oxidação, ou seja M n ( s ) | M n 2 + . E o cátodo é o eletrodo da redução: C l 2 ( g ) | C l - .

Observe que o traço vertical separa as fases.

E pra representar a pilha, colocamos em ordem alfabética: primeiro ânodo, depois cátodo, separados pela ponte salina ( | | ).

M n ( s ) | M n 2 + | | C l 2 g | C l -

Passo 5

d) Segundo os dados da tabela, temos que:

A l 3 + + 3 e - → A l             E 0 = - 1,66   V

B r 2 ( a q ) + 2 e - ⇌ 2 B r -         E 0 = + 1,07   V

Com maior potencial de redução, o bromo vai sofrer redução. A reação envolvendo o alumínio será de oxidação. Portanto, devemos inverter a primeira reação, no sentido da oxidação.

  A l → A l 3 + + 3 e -

B r 2 ( a q ) + 2 e - ⇌ 2 B r -

Pra igualar o número de elétrons ganhos e perdidos nas semirreações, vamos ter que multiplicar a Semirreação de oxidação por 2 e a de redução por 3 .

2 A l → 2 A l 3 + + 6 e -

3 B r 2 ( a q ) + 6 e - ⇌ 6 B r -

Juntando as duas na reação global:

2 A l + 3 B r 2 ( a q ) → 2 A l 3 + + 6 B r -

Pro cálculo do Δ E 0 da pilha, a gente pode fazer assim:

Δ E 0 = E R E D ( m a i o r ) 0 - E R E D ( m e n o r ) 0

Δ E 0 = + 1,07 - - 1,66 = 2,73   V

Mesmo a gente multiplicando as semirreações, não multiplicamos os potenciais ok? Se multiplicássemos os potenciais, estaríamos dizendo que o tamanho de um eletrodo influencia no potencial da pilha, o que não é verdade!

O ânodo é o eletrodo que sofre oxidação, ou seja A l ( s ) | A l 3 + . E o cátodo é o eletrodo da redução: B r 2 ( a q ) | B r - .

E pra representar a pilha, colocamos em ordem alfabética: primeiro ânodo, depois cátodo, separados pela ponte salina ( | | ), enquanto diferentes fases são separadas por um traço vertical simples.

  A l ( s ) | A l 3 + | | B r 2 ( a q ) | B r -

Resposta

a) catodo: H g 2 C l 2 + 2 e - → 2 H g + 2 C l -

anodo: P b + S O 4 2 - → P b S O 4 + 2 e -

global: H g 2 C l 2 + P b + S O 4 2 - → P b S O 4 + 2 H g + 2 C l -

Δ E 0 = 0,63   V

P b s | P b S O 4 s | S O 4 2 - | |   C l - | H g 2 C l 2 s | H g ( l )

b)

catodo:   C u 2 + + 2 e - → C u

anodo: A g + C l -   →   A   g C l + e -

global: 2 A g + 2 C l - + C u 2 + → 2 A g C l + C u

Δ E 0 = 0,117   V

A g ( s ) | A g C l s | C l - | | C u 2 + | C u ( s )

c)

catodo: C l 2 ( g ) + 2 e - → 2 C l -

anodo: M n → M n 2 + + 2 e -

global: M n + C l 2 ( g ) → M n 2 + + 2 C l -

Δ E 0 = 2,54   V

M n ( s ) | M n 2 + | | C l 2 g | C l -

d)

catodo: B r 2 ( a q ) + 2 e - ⇌ 2 B r -

anodo:   A l → A l 3 + + 3 e -

global: 2 A l + 3 B r 2 ( a q ) → 2 A l 3 + + 6 B r -

Δ E 0 = 2,73   V

A l ( s ) | A l 3 + | | B r 2 ( a q ) | B r -

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas