Eletrólise Aquosa

Teoria Completa

O que muda quando, ao invés de colocar uma substância fundida pra sofrer eletrólise, a gente coloca uma solução aquosa dessa substância?

Primeiramente, é um pouco mais fácil né?

Pra fundir um sal, geralmente, a gente precisa de temperaturas muito altas. O que significa muito gasto energético.

Já pra fazer uma solução aquosa de um sal, basta misturar ele com água e tá pronto.

Mas se só houvessem vantagens, ninguém faria a ígnea né?

Qual a desvantagem de fazer a eletrólise aquosa, então?

Quando você faz eletrólise aquosa, os íons da água “concorrem” com os íons do sal pra sofrer a oxirredução.

Experimentalmente, os caras verificaram que só um ânion e só um cátion vão sofrer a oxirredução.

Então, na eletrólise aquosa do N a C l , por exemplo, vamos ter: N a + ,   C l - , H + e O H - .

No cátodo, N a + e H + vão concorrer para serem reduzidos.

Já no ânodo, a concorrência para a oxidação fica entre C l - e O H - .

E a decisão fica por conta dos potenciais de redução e oxidação.

Para os cátions, quem tem maior potencial de redução, vai se reduzir.

Para os ânions, quem tem maior potencial de oxidação (menor potencial de redução), vai se oxidar.

E o outro? O outro vai continuar lá em solução, de boas.

Na prática, a ordem crescente de prioridade para as reações REDOX fica:

No nosso caso do cloreto de sódio em água:

  • O H + tem prioridade maior que metais alcalinos, como o sódio.
  • Ânions não-oxigenados, como o C l - , tem prioridade maior que o O H - .

Portanto:

n o   â n o d o : 2 C l - → C l 2 + 2 e -

n o   c á t o d o : 2 H + + 2 e - → H 2

E a reação global:

A gente teve que multiplicar as duas primeiras reações por 2, pra ter o número certo de C l - e H + das reações redox.

Ou seja, na eletrólise aquosa do N a C l , a gente não consegue produzir o sódio metálico. Produzimos o gás cloro no ânodo e o gás hidrogênio no cátodo.

Além disso, o meio fica básico (olha ali o N a O H dissociado no meio).

Pra terminar então, é bom lembrar essas duas semirreações da água:

  • No cátodo: 2 H + + 2 e - → H 2           E R E D 0 = 0,00   V
  • No ânodo: 2 O H - → 1 2 O 2 + H 2 O + 2 e -           E O X I 0 = - 0,40   V

E é claro que tem exercício de fixação pra quem quiser praticar um pouco!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Elaboração própria.

Para a eletrólise aquosa do sulfato de cobre II, indique:

a) os íons que concorrem pela redução

b) os íons que concorrem pela oxidação

c) o produto obtido em cada eletrodo

d) a reação global da eletrólise.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Em uma solução de sulfato de cobre I I , temos os seguintes íons:

C u 2 + ,   S O 4 2 - , H + ,   O H -

Então vamos ver o que acontece quando a gente provoca a eletrólise dessa galera.

Passo 2

a) A Redução ocorre no Cátodo (consoante com consoante, lembra?). E no cátodo, teremos os cátions concorrendo pela redução.

C u 2 + e   H +

Passo 3

b) A Oxidação ocorre no Ânodo (vogal com vogal). E no ânodo vamos ter o ânions concorrendo pela oxidação:

S O 4 2 -   e     O H -

Passo 4

c) Pra saber o produto em cada eletrodo, vamos ter que prever qual dos cátions vai sofrer a redução e qual dos ânion vai sofrer a oxidação.

Pra isso, podemos usar o esquema:

Para os cátions, então, o C u 2 + (demais metais) tem prioridade mais alta do que o H + .

Portanto, o C u 2 + será reduzido e o cobre metálico será produzido, segundo:

C u 2 + + 2 e - → C u 0

Já entre os ânions, o O H - tem prioridade maior do que ânions oxigenados como o S O 4 2 - . Portanto, o O H - será oxidado, formando gás oxigênio, conforme:

2 O H - → 1 2 O 2 + H 2 O + 2 e -

Resumindo, os produtos obtidos serão:

  • Cobre metálico no cátodo.
  • Gás oxigênio no ânodo.

Obs: a água também será produzida no ânodo (segundo aquela reação de oxidação aí de cima), mas ela acaba ficando misturada no meio mesmo. Já produtos gasosos como o O 2 ou sólidos como o C u , podem ser separados do meio e “obtidos” de fato!

Passo 5

d) E a reação global?

Já temos a reação de redução:

C u 2 + + 2 e - → C u 0

E a de oxidação:

2 O H - → 1 2 O 2 + H 2 O + 2 e -

Além disso temos a dissociação do sal:

C u S O 4 → C u 2 + + S O 4 2 -

E a autoionização da água:

H 2 O ⇌ O H - + H +

Como na reação de oxidação a gente tem 2 mols de O H - , vamos ter que multiplicar a autoionização da água, pra produzir doir mols de O H - :

2 H 2 O ⇌ 2 O H - + 2 H +

Juntando tudo isso em uma só reação, a global, vamos ter:

A gente ainda pode multiplicar a reação como um todo por dois, pra ter apenas coeficientes inteiros, e indicar o estado físico dos reagente e produtos:

2 C u S O 4 ( s ) + 2 H 2 O ( l ) → 2 C u ( s ) + O 2 ( g ) + 2 S O 4 ( a q ) 2 - + 4 H ( a q ) +

Ou seja, além de produzir o cobre metálico no cátodo e o gás oxigênio no ânodo, a eletrólise provoca a acidificação do meio!

Resposta

a) C u 2 +   e     H +

b) S O 4 2 -   e     O H -

c) Cobre metálico no cátodo e gás oxigênio no ânodo

d) 2 C u S O 4 ( s ) + 2 H 2 O ( l ) → 2 C u ( s ) + O 2 ( g ) + 2 S O 4 ( a q ) 2 - + 4 H ( a q ) +

Exercício Resolvido #2

UERJ. Professor Nilson Bispo. Lista de Eletroquímica. Questão 03.

Uma solução aquosa de N a 2 S O 4 é eletrolisada usando-se eletrodos inertes. Uma corrente de 1,00 A passa através da solução durante 1 dia. Quantos gramas de cada produto gasoso são formados?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Primeiro precisamos identificar quais produtos serão formados.

Numa solução de N a 2 S O 4 , temos os íons do sal e os íons da água “concorrendo”.

No cátodo, os cátions N a + e H + concorrem pela redução.

No ânodo, os ânions S O 4 2 - e O H - concorrem pela oxidação.

Pelo esquema:

O H + tem prioridade maior que os metais alcalinos (como o sódio, N a ).

Já o O H - tem prioridade maior que os ânions oxigenados, como o S O 4 2 - .

Portanto, só os íons da água vão sofrer eletrólise.

No cátodo o H + vai ser reduzido a H 2 e no ânodo o O H - vai ser oxidado a O 2 . Estes são os produtos REDOX da água.

Passo 2

Agora vamos pras contas.

A corrente aplicada é de 1,00 A.

i = 1,00   A

E essa corrente é aplicada durante 24 horas.

t = 24   h = 86400   s

Portanto, a carga aplicada é igual a:

Q = i   .   t = 1,00   .   86400 = 86400   C

Como:

Q = n   .   F

O número de elétrons transportados será igual a:

n = Q F = 86400 96495 = 0,895   m o l

Passo 3

No cátodo:

2 H + + 2 e - → H 2

Ou seja, pra cada mol de elétrons, meio mol de H 2 é formado no cátodo.

Como temos 0,895 mol de elétrons, o número de mols de H 2 será:

n H 2 = n e 2 = 0,895 2 = 0,4475   m o l

Portanto, a massa de gás hidrogênio produzida pode ser calculada por:

M M H = 1,008   g / m o l

M M H 2 = 2   .   M M H = 2   .   1,008 = 2,016   g / m o l

m H 2 = n H 2   .   M M H 2 = 0,4475   .   2,016 = 0,902   g

Então, no cátodo, 0,902 gramas de H 2 serão formados.

Passo 4

No ânodo:

2 O H - → 1 2 O 2 + H 2 O + 2 e -

Ou seja, pra formar 1 mol de gás oxigênio, 4 mols de elétrons precisam ser transportados.

4 O H - → 1 O 2 + 2 H 2 O + 4 e -

Como temos 0,895 mol de elétrons, o número de mols de O 2 será:

n O 2 = n e 4 = 0,895 4 = 0,224   m o l

Portanto, a massa de gás oxigênio produzida pode ser calculada por:

M M O = 15,999   g / m o l

M M O 2 = 2   .   M M O = 2   .   15,999 = 31,998   g / m o l

m O 2 = n O 2   .   M M O 2 = 0,224   .   31,998 = 7,17   g

Então, 7,17 gramas de O 2 serão formados no ânodo.

Passo 5

Observação: Se alguém realmente quer produzir gás hidrogênio e gás oxigênio por eletrólise, pra que adicionar N a 2 S O 4 no meio?

Bem, a água pura é um eletrólito beeem ruim. Ela não conduz muita eletricidade (uma vez que a concentração de íons nela é bem baixa ~ 10 - 14   M ).

Por isso, a adição de um sal que não atrapalhe a eletrólise, pode ser favorável. Pois aumenta a concentração iônica do meio e, assim, a condução de eletricidade.

Resposta

0,902 gramas de H 2 e 7,17 gramas de O 2 .

Exercício Resolvido #3

UDESC – Professora Carla D. Química Geral e Inorgânica. Lista de Eletroquímica. Questão 10.

Quanto tempo é necessário para depositar, por galvanização, 1,50 g de prata a partir de uma solução de A g N O 3 (nitratao de prata), usando uma corrente de 13,6 mA?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Primeiro de tudo e antes de mais nada, tá vendo aquela palavrinha mágica ali? “Solução” .

Se uma SOLUÇÃO de nitrato de prata está sendo usada, a prata está concorrendo com o H + da água, no catodo, pra sofrer redução.

Segundo:

A prata (demais metais) tem prioridade maior do que o hidrogênio, então ela que vai se reduzir e a gente pode fazer o exercício de bouas!

Passo 2

Hora das contas, então.

Vamos ver quanto mols de prata nós queremos depositar. Qual o n que corresponde àquela massa de 1,50 gramas?

Sabendo que:

M M A g = 107,87   g / m o l

n = m M M = 1,50 107,87 = 0,0139   m o l

E pela reação de redução da prata:

A g + + e - → A g ( s )

A cada mol de elétrons recebido, um mol de prata é reduzido.

Logo, pra depositar 0,0139 mol de prata, precisamos de 0,0139 mol de elétrons.

Passo 3

Pela formula da carga elétrica ( Q ):

Q = i   .   t = n   .   F

t = n   .   F i = 0,0139   .   96495 13,6 . 10 - 3 = 9,86 . 10 4   s

Resposta

t = 9,86 . 10 4 s

Exercício Resolvido #4

UERJ. Professor Nilson Bispo. Lista de Eletroquímica. Questão 01.

Uma solução aquosa de C u S O 4 é eletrolisada usando-se eletrodos inertes. Quantos gramas de cobre metálico e de gás oxigênio são produzidas se uma corrente de 5,0 A atravessa a célula durante 1,5 h?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O enunciado já nos diz que na eletrólise aquosa do sulfato cúprico os produtos serão cobre metálico e gás oxigênio.

Basta, então, calcular as quantidades produzidas.

Passo 2

Então vamos calcular.

A corrente aplicada é de 5,00 A.

i = 5,00   A

E essa corrente é aplicada durante 1,5 h.

t = 1,5   h = 5400   s

Portanto, a carga aplicada é igual a:

Q = i   .   t = 5,00   .   5400 = 27000   C

Como:

Q = n   .   F

O número de elétrons transportados será igual a:

n = Q F = 27000 96495 = 0,208   m o l

Passo 3

No cátodo:

C u 2 + + 2 e - → C u ( s )

Ou seja, pra formar um mol de cobre metálico, precisamos de dois mols de elétrons.

Como temos 0,28 mol de elétrons, o número de mols de C u será:

n C u = n e 2 = 0,28 2 = 0,14   m o l

Portanto, a massa de cobre produzida pode ser calculada por:

M M C u = 63,55   g / m o l

m C u = n C u   .   M M C u = 0,14   .   63,55 = 8,90   g

Então, no cátodo, 8,90 gramas de cobre serão formados.

Passo 4

No ânodo:

4 O H - → 1 O 2 + 2 H 2 O + 4 e -

Ou seja, pra formar 1 mol de gás oxigênio, 4 mols de elétrons precisam ser transportados.

Como temos 0,28 mol de elétrons, o número de mols de O 2 será:

n O 2 = n e 4 = 0,28 4 = 0,07   m o l

Portanto, a massa de gás oxigênio produzida pode ser calculada por:

M M O = 15,999   g / m o l

M M O 2 = 2   .   M M O = 2   .   15,999 = 31,998   g / m o l

m O 2 = n O 2   .   M M O 2 = 0,07   .   31,998 = 2,24   g

Então, 2,24 gramas de O 2 serão formados no ânodo.

Resposta

8,90 gramas de C u e 2,24 gramas de O 2

Exercício Resolvido #5

IQSC-USP. Lista de Eletrólise. Questão 16.

Que peso de Ag seria depositado sobre uma bandeja, pela eletrólise de uma solução contendo íons A g + , por um período de 8 horas, usando-se uma corrente de 8,46 A?

Que área seria recoberta, supondo-se que a densidade da prata é 10,5 g/cm³ e a espessura de revestimento é de 0,0254 cm?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Dados importantes:

M M A g = 107,87   g / m o l

t = 8 h = 28800   s

i = 8,46   A

d A g = 10,5   g / c m ³

ε = 0,0254   c m

F = 96495   C / m o l

E reação de redução da prata:

A g + + e - → A g

Passo 2

O número de mols de elétrons transportados pode ser calculado por:

Q = i   .   t = n   .   F

n = i   .   t F

Como cada mol de elétrons produz um mol de prata reduzida, o número de mols de elétrons é igual ao número de mols de prata!

n A g = i   .   t F = 8,46   .   28800 96495 = 2,52   m o l

E, assim, podemos calcular a massa de prata depositada:

m A g = n A g .   M M A g = 2,52   .   107,87 = 272,37   g

Como o enunciado pede o “peso” de prata:

P A g = m A g . g = 272,37   .   9,8 = 2,67 . 10 3   N

Passo 3

Com a massa e a densidade da prata, calculamos o volume de prata produzido:

V A g = m A g d A g = 272,37 10,5 = 25,94   c m ³

Dado a espessura de prata depositada, podemos calcular a área coberta de prata:

A A g = V A g ε = 25,94 0,0254 = 1021,3   c m ²

Resposta

P A g = 2,67 . 10 3   N

A A g = 1021,3   c m ²

Exercício Resolvido #6

James E. Brady e Gerard E. Humiston Volume 2, 2ª edição: Livros Técnico Científicos Editora. página 636 exercício 17.11

Por que não se pode produzir alumínio por eletrólise de uma solução aquosa de um sal como o A l 2 ( S O 4 ) 3 ?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Eletrólise de cátions

Os cátions sofrem eletrólise aquosa quando se e somente se seus potencias de redução forem menores que o potencial de redução do íon H + , caso contrário ocorre a redução do Hidrogênio presente na água e e formação do gás hidrogênio.

Passo 2

Potencial de redução do cátion A l + 3

O potencial de redução do íon H + é igual a 0,00 V assim a qualquer metal com potencial de redução menor que esse não pode ser reduzido na presença de H + , o nox potencial de redução do A l + 3 é -1,67 e por isso ele não pode ser reduzido em soluções aquosas.

Resposta

Exercício Resolvido #7

James E. Brady e Gerard E. Humiston Volume 2, 2ª edição: Livros Técnico Científicos Editora. página 636 exercício 17.13

Descreva a purificação eletrolítica do cobre metálico. Por que este processo é viável economicamente?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Purificação do cobre

A purificação eletrolítica do cobre segue é feita da seguinte forma:

Coloca-se um pedaço do cobre impuro como anodo de uma eletrólise numa célula eletrolítica alimentada com solução de cátions C u + 2 . Ao longo da a barra de cobre impuro sofre a oxidação e cátions cobre se depositam no cátodo, formando o metal de alta pureza.

Passo 2

Viabilidade

A viabilidade desse processo está em obter o cobre com altíssimo grau de pureza pois devido ao seu elevado potencial de redução poucas impurezas poderiam se depositar junto a ele no catodo.

Resposta

Exercício Resolvido #8

James E. Brady e Gerard E. Humiston Volume 2, 2ª edição: Livros Técnico Científicos Editora. página 637 exercício 17.57

Uma corrente de 0,250   A passa através de 400   m l de uma solução 0,250   m o l . l   d e   N a C l , durante 35   m i n u t o s . Qual sera o p H da solução, depois que a corrente for interrompida?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

para resolver essa questão vamos precisar montar a equações anódicas e catódicas para vrificar se alguma das espécies formdas vai influenciar no pH do meio.

Vamos dissociar o sal

N a C l   → N a + +   C l -

E ionizar a água

H 2 O   → H + + O H -

E vejamos a agora a as reações possíveis de ocorrer.

Cátodo

N a + + 1   e -   → N a

2   H + + 2   e -   → H 2

Como sabemos que metais alcalinos tem um potencial de redução muito pequenoquem vai se reduzir no catodo vai ser o íon H+ que veio da água.

Ânodo

Nesse eletrodo as reações que podem ocorrer são:

2   O H -   →   1 / 2   O 2 + H 2 O   + 2   e -

2   C l -   → C l 2 + 2 e -

Como já sabemos que o O H - só ganha quando se tivercompetidno com ânions oxigenados, nesse caso quem vai se oxidar é o íon C l - .

Passo 2

Como vimos na redução vai ser consumido o H + então haverá um excesso de ions O H - no meio devido a eletrólise.

Vamos calcluar a quantidade de H + que reage e dai vamos calcluar o total de O H - por diferença.

Calculandando a Carga:

Q = i   .   T

Q = 0,25   .   35   .   60

Q = 525   C u l o m b s

Passo 3

Agora vamos determinar quanto que isso equivale em relação ao número de mols de H + . Note que cada elérons que passa no sistema reduz exataemnte 1 íon H + .

96500   C - - - - - - - 1   m o l

525   C - - - - - - - X

X = 0,0054   m o l

Agora sabemos que houve o consumo de 0,0054 mol de íons H + podemos já dizer que isso equivale a uma solução em que há um excesso de   0,0054   m o l   d e   O H - . Portanto, vamos descobrirr a concentração de íons O H - .

M o l a r i d a d e = Q u a n t i d a d e   d e   m o l V o l u m e

  M o l a r i d a d e = 0,0054 0,400

M o l a r i a d e =     0,013   m o l . l - 1

Passo 4

Agora falta apenas calcular o Valor do pOH da solução

p O H =   - log ⁡ 0,013

p O H = 1,88

logo como sabemos que:

p H + p O H =   14

p H   =   12,12

Resposta

p H   =   12,12

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

Muita matéria pra estudar?

Dexter Estudando

Cadastre-se para acessar os Resumões Gratuitos

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