Aula de eletôquimica

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Aula de eletôquimica

  1. 1. ELETROQUÍMICA
  2. 2. Eletroquímica <ul><li>Reações de óxido-redução </li></ul><ul><li>Pilhas </li></ul><ul><li>Diferença de potencial </li></ul><ul><li>Corrosão de metais </li></ul><ul><li>Eletrólise </li></ul><ul><li>Eletrólise – Aspectos quantitativos </li></ul>
  3. 3. EXERCÍCIOS <ul><li>1-(FURRN) Com base nos potenciais normais abaixo: </li></ul><ul><li>Zn + + 2 e -  Zn 0 E 0 = - 0,76 V </li></ul><ul><li>Cu +2 + 2 e -  Cu 0 E 0 = + 0,34 V </li></ul><ul><li>Ag + + 1 e -  Ag 0 E 0 = + 0,80 V </li></ul><ul><li>Indique o melhor agente oxidante. </li></ul><ul><li>Zn +2 </li></ul><ul><li>Cu 0 </li></ul><ul><li>Cu +2 </li></ul><ul><li>Ag 0 </li></ul><ul><li>Ag + </li></ul>
  4. 4. Resolução Os potenciais dados são todos de redução . A espécie química que tem maior potencial de redução é o íons Ag + , com + 0,80 V, portanto é o que tem maior possibilidade de reduzir  se reduz provocará oxidação, portanto, dentre os apresentados é o melhor agente oxidante .
  5. 5. <ul><li>2- ( UFSC) A partir dos dados fornecidos pelas semi-reações abaixo, escreva a equação química total que representa um processo espontâneo. </li></ul><ul><li>Semi-reação Potencial padrão (V) </li></ul><ul><li>Fe +2 + 2 e -  Fe 0 - 0,44 </li></ul><ul><li>F 2 + 2 e -  2 F - + 2,87 </li></ul><ul><li>Assinale as afirmações corretas com relação à equação química total: </li></ul><ul><li>Flúor é o agente oxidante </li></ul><ul><li>Ferro é o agente redutor </li></ul><ul><li>A diferença de potencial é igual a + 2,43 </li></ul><ul><li>O ferro oxida em presença de flúor </li></ul><ul><li>Não representa uma reação de oxirredução </li></ul>
  6. 6. Solução Equação total: Fe 0  Fe +2 + 2 e - + 0,44 V F 2 + 2 e -  2 F - + 2,87 V Fe 0 + F 2  Fe +2 + 2 F - ddp = 3,31 V <ul><li>CORRETA: flúor reduz  provoca oxidação  agente oxidante </li></ul><ul><li>CORRETA: ferro oxida  provoca redução  agente redutor </li></ul><ul><li>ERRADA:  E 0 = E 0 red maior – E 0 red menor = 2,87 –(-0,44) = 3,31 V; pode ser também calculado pela soma das semi-reações. </li></ul><ul><li>CORRETA: a reação nos mostra essa afirmativa </li></ul><ul><li>e) ERRADA: se uma espécie química reduz e outra oxida, ocorre uma reação de óxido-redução </li></ul>
  7. 7. 3- (UNICAMP-SP) O desenho abaixo representa o corte de uma pilha de manganês . H 2 O ( liq) As reações que ocorrem durante o funcionamento da pilha são: (cátodo) 2 MnO 2( s) + 2 NH 4 + (aquoso) + 2 e -  Mn 2 O 3(s) + NH 3(g) + H 2 O (lliquido) ( ânodo) Zn (s)  Zn +2 (aquoso) + 2 e - <ul><li>Qual o agente oxidante dessa reação? </li></ul><ul><li>b) Cite uma substância cuja quantidade diminui e uma cuja quantidade aumenta quando a pilha está funcionando. </li></ul>
  8. 8. Solução <ul><li>Pela reação que ocorre cátodo, verificamos que o MnO 2 está sofrendo redução  agente oxidante </li></ul><ul><li>b) Ocorre a diminuição da quantidade de Zn sólido, MnO 2 sólido e NH 4 + aquoso e aumenta a quantidade de NH 3 gasoso, Mn 2 O 3 sólido, H 2 O e Zn +2 . </li></ul>Cátodo (+) 2 MnO 2(s) + 2 NH 4 + (aq) + 2 e -  Mn 2 O 3(s) + 2 NH 3(g) + H 2 O (liq) Ânodo ( -) Zn (s)  Zn (aq) + 2 e -
  9. 9. 4-(FUVEST-2000) Deseja-se distinguir, experimentalmente, o estanho do zinco. Para tal, foram feitos três experimentos: I- Determinou-se a densidade de um dos metais, a 20 0 C, com margem de erro de 3%, e achou-se o valor de 7,2 g/cm 3 . II- Colocou-se, separadamente, cada um dos metais em uma solução aquosa de ácido clorídrico 1 mol/L. III- Colocou-se, separadamente, cada um dos metais em uma solução aquosa de sulfato ferroso, de concentração 1 mol/L. Para cada um dos experimentos, com base nos dados fornecidos, explique se foi possível ou não distinguir um metal do outro. Dados: Metal ( Me) Densidade a 20 0 C E o ( Me +2 , Me) ( g/cm 3 ) ( V) Sn 7,29 - 0,14 Zn 7,14 - 0,76 Fe - - 0,44
  10. 10. Solução Experimento I - Como a margem de erro é de 3% teremos: 7,2 ------ 100% 7,2 + 0,2 = 7,4 x ------- 3% x = 0,216 7,2 – 0,2 = 7,0 Como as densidades do Sn ( 7,29) e a do Zn ( 7,14), estão entre os valores 7,0 e 7,4, não é possível distinguir através desse experimento. Experimento II - Com base nos E redução fornecidos, sabendo-se que o E redução 2H + /H 2 = O , os dois metais reagem com o HCl: Sn + 2 HCl  SnCl 2 + H 2 e Zn + 2 HCl  ZnCl 2 + H 2  não poderemos distinguir através desse experimento. Experimento III - Para acontecer a reação de um metal mais FeSO 4 , é preciso que o metal tenha um potencial de oxidação maior que o do Fe, para que o metal ( Sn ou Zn ) se oxide e o Fe +2 reduza. Sn + FeSO 4  não acontece Zn + FeSO 4  ZnSO 4 + H 2 acontece Portanto através desse experimento III será possível distinguir o estanho do zinco
  11. 11. 5-(UNICAMP-SP) Uma alternativa para os motores de combustão são as celas de combustível que permitem, entre outras coisas, rendimentos de até 50% e operação em silêncio. Uma das mais promissoras celas de combustível é a de hidrogênio, mostrada no esquema abaixo: Reagente Reagente Produto Produto Motor elétrico x y - + Eletrodos Membrana polimérica permeável a H + Nessa cela, um dos compartimentos é alimentado por hidrogênio gasoso e o outro, por oxigênio gasoso. As semi-reações que ocorre, nos eletrodos são dadas pelas equações: Ânodo: H 2(g)  2 H + + 2 e - Cátodo: O 2 (g) + 4 H + + 4 e -  2 H 2 O a)Por que se pode afirmar, do ponto de vista químico, que esta cela de combustível é “não poluente”? b) Qual dos gases deve alimentar o compartimento X? c) Que proporção de massa entre os gases você usaria para alimentar a cela de combustível? Justifique.
  12. 12. Solução <ul><li>Essa cela de combustível não é poluente, porque pode ser construída com materiais não poluentes, ela não usa cádmio ou mercúrio; além disso todos os participantes das reações e o produto delas é a água, o que não acarreta problemas ambientais. </li></ul><ul><li>b) O compartimento X, onde ocorre a oxidação ( pólo negativo), teremos o gás H 2 sofrendo oxidação para íons H + , portanto, esse compartimento deve ser alimentado com hidrogênio. </li></ul><ul><li>Montando a equação global teremos: </li></ul><ul><li>Ânodo: 2 H 2  4 H + + 4 e - </li></ul><ul><li>Cátodo: O 2 + 4 H + + 4 e -  2 H 2 O </li></ul>Global: 2 H 2 + O 2  2 H 2 O Como temos a relação em mols é de 2:1; a relação de massa será:
  13. 13. <ul><li>6-(VUNESP) Duas fitas idênticas de magnésio metálico são colocadas, separadamente, em dois recipientes. No primeiro recipiente adicionou-se solução aquosa de ácido clorídrico e, no segundo, solução aquosa de ácido acético, ambas de concentração 0,1 mol/L. </li></ul><ul><li>Foram feitas, as seguintes afirmações: </li></ul><ul><li>I- As reações se completarão ao mesmo tempo nos dois recipientes, uma vez que os ácidos estão presentes na mesma concentração. </li></ul><ul><li>II- O magnésio metálico é o agente oxidante nos dois casos. </li></ul><ul><li>III- Um dos produtos formados em ambos os casos é o hidrogênio molecular. </li></ul><ul><li>IV- As velocidades das reações serão afetadas se as fitas de magnésio forem substituídas por igual quantidade deste metal finamente dividido. </li></ul><ul><li>São verdadeiras as afirmações: </li></ul><ul><li>I e II, apenas </li></ul><ul><li>II e III, apenas </li></ul><ul><li>I e III , apenas </li></ul><ul><li>III e IV, apenas </li></ul><ul><li>e) II, III e IV, apenas </li></ul>
  14. 14. Solução I - ERRADA: como o HCl é um ácido forte e o ácido acético é um ácido fraco, a reação se processa mais rapidamente no recipiente com HCl. II- ERRADA: Nas duas reações, o Mg 0 passa a Mg +2 , portanto sofre oxidação  agente redutor. III- VERDADEIRA: Pelas reações acima. IV- VERDADEIRA: Quando dividimos o magnésio em em pequenas porções, o aumento da superfície de contato, aumenta a velocidade das reações. Mg + 2 HCl  MgCl 2 + H 2 Mg + 2 H 3 CCOOH  (H 3 CCOO) 2 Mg + H 2 LETRA D : III e IV são verdadeiras
  15. 15. <ul><li>7 - (FUVEST-2000) O minério c aliche , cujo principal componente é o Salitre do Chile, contém cerca de 0,1%, em massa , de iodato de sódio ( NaIO 3 ). A substância simples I 2 pode ser obtida em um processo que envolve a redução desse iodato com hidrogenossulfito de sódio ( NaHSO 3 ), em meio aquoso. Nessa redução também são produzidos íons sulfato, íons H + e água. </li></ul><ul><li>Escreva a equação iônica balanceada que representa a formação do iodo nessa solução aquosa, indicando o oxidante e o redutor. </li></ul><ul><li>b) Calcule a massa de caliche necessária para preparar 10,0 kg de iodo, pelo método acima descrito, considerando que todo iodato é transformado em iodo. </li></ul><ul><li>Dados: NaIO 3 = 198 g/mol </li></ul><ul><li>I 2 = 254 g/mol </li></ul>
  16. 16. Solução Caliche: 0,1% em NaIO 3 massa caliche = ? a ) 2 IO 3 - + 5 HSO 3 -  I 2 + 5 SO 4 -2 + 3 H + + H 2 O +5 redução 0 +4 oxidação +6 IO 3 - oxidante HSO 3 - redutor <ul><li>2 NaIO 3  I 2 </li></ul><ul><li>396 g -------- 254 g </li></ul><ul><li>x g ----------- 10 kg </li></ul><ul><li>x = 15,6 kg de NaIO 3 </li></ul>15,6 kg NaIO 3 ------0,1%(do minério) x kg -- 100% ( minério) X = 15,6 toneladas de minério
  17. 17. 8- (Cefet-RJ) Considere a pilha representada pelo esquema: <ul><li>Com base nos dados acima, conclui-se que: </li></ul><ul><li>A placa metálica de prata é o catado da pilha Zn/Zn +2 (0,50M)//Ag + (0,50M)/Ag 0 </li></ul><ul><li>A fem da pilha é 0,04V </li></ul><ul><li>c) Haverá perda de massa da placa de prata em virtude da oxidação desse metal </li></ul><ul><li>d) Haverá aumento de massa na superfície submersa da placa de zinco em virtude da redução do íon Zn +2 </li></ul><ul><li>e) A equação global da pilha é 2 Ag + Zn +2  2 Ag + + Zn </li></ul>
  18. 18. Solução Ânodo(-) : Zn  Zn +2 + 2 e - + 0,76 Cátodo(+): 2 Ag + + 2 e -  2 Ag 0 + 0,80 Equação global: Zn + 2 Ag +  Zn + + 2 Ag 0 fem = + 1,56V <ul><li>CORRETA: de acordo com a reação global, o zinco tem maior potencial de oxidação, e a prata tem maior de redução. </li></ul><ul><li>ERRADA: Calculado na soma das semi-reações. </li></ul><ul><li>ERRADA: como os íons Ag + sofrem redução à Ag 0 aumenta a massa da lâmina de prata. </li></ul><ul><li>ERRADA: como Zn 0 sofre oxidação à íons Zn +2 , diminui a massa da lâmina de zinco </li></ul><ul><li>ERRADA: a equação global foi dada acima </li></ul>
  19. 19. <ul><li>9- (UNIMEP-SP) Considere os seguintes dados: </li></ul><ul><li>H 3 AsO 4 + 2 H + + 2 e -  HAsO 2 + 2 H 2 O E 0 = + 0,56V </li></ul><ul><li>Fe +3 + 1 e -  Fe +2 E 0 = + 0,77V </li></ul><ul><li>Em condições padrão, uma pilha que envolva as duas semi-reações fornecidas apresenta força eletromotriz de: </li></ul><ul><li>0,21 V </li></ul><ul><li>0,49 V </li></ul><ul><li>1,30 V </li></ul><ul><li>2,10 V </li></ul><ul><li>4,90 V </li></ul>
  20. 20. Solução As duas semi-reações, nos fornece potenciais de redução, como o íon Fe +3 , tem maior potencial de redução ele sofrerá redução e o As +3 da espécie química HAsO 2 sofrerá oxidação. Teremos: HAsO 2 + 2 H 2 O  H 3 AsO 4 + 2 H + + 2 e - - 0,56 V 2 Fe +3 + 2 e -  2 Fe +2 + 0,77 V Global: HAsO 2 + 2 H 2 O + 2 Fe +3  H 3 AsO 4 + 2 H + + 2 Fe +2 fem = + 0,21V A força eletromotriz pode ser também calculada da seguinte maneira: Fem = E 0 redução maior – E 0 redução menor = 0,77 – 0,56 = 0,21V
  21. 21. <ul><li>10- (ITA) Uma célula eletroquímica, com eletrodos inertes (platina) contém uma solução aquosa de nitrato de prata acidulada com ácido nítrico. Após o término da eletrólise, nota-se que: </li></ul><ul><li>Num dos eletrodos se formou, a partir da água, exclusivamente O 2 , num total de 2,0 milimol; </li></ul><ul><li>No outro eletrodo 6,0 milimol de Ag foram depositados e também se desprendeu H 2 </li></ul><ul><li>Dessas informações, dá para concluir que a quantidade de hidrogênio gasoso formada é igual a: </li></ul><ul><li>0,5 milimol </li></ul><ul><li>1,0 milimol </li></ul><ul><li>2,0 milimol </li></ul><ul><li>4,0 milimol </li></ul><ul><li>6,0 milimol </li></ul>
  22. 22. Solução O 2 = 2,0 milimol = 2,0 . 10 -3 mol Ag = 6,0 milimol = 6,0 . 10 -3 mol H 2 = ? Reações ocorridas: 2 OH -  H 2 O + ½ O 2 + 2 e - Ag + + 1 e -  Ag 0 2 H + + 2e -  H 2 ½ mol O 2 ------ 2 mols e - 2 .10 -3 mol O 2 ---- x mol e - = 8,0 .10 -3 mol e - 1 mol Ag 0 --- 1 mol e - 6 mol Ag 0 ---x mol e - = 6.10 -3 mol e - Se passaram 8.10 -3 mol e - no ânodo, passaram no cátodo também 8.10 -3 mol e - ; como 6.10 -3 mol e - foram gastos com a Ag, o restante foi com o hidrogênio, portanto: 2 H + + 2 e -  H 2 2 mol e - ------- 1mol H 2 2 .10 -3 mol e----x mol H 2 = 1.10 -3 mol H 2 ou 1,0 milimol H 2 Letra B 8,0.10 -3 – 6,0.10 -3 = 2.10 -3 mols e -
  23. 23. 11- (FEI-SP) Com relação à eletrólise do HCl em solução aquosa diluída, utilizando eletrodos inertes, são feitas as seguintes afirmações: I- Há liberação de hidrogênio no cátodo II- A solução final é neutra III- Os ânions Cl - não se descarregam IV- A solução vai se diluindo em HCl <ul><li>Dessas afirmações é(são) incorreta (s): </li></ul><ul><li>Somente I e III </li></ul><ul><li>Somente II e IV </li></ul><ul><li>Somente II </li></ul><ul><li>Somente IV </li></ul><ul><li>Somente III </li></ul>
  24. 24. Solução 2 HCl  2 H + + 2 Cl - 2 H 2 O  2 H + + 2 OH - Cátado (-) : 2 H + + 2 e -  H 2 Ânodo (+) : 2 Cl -  Cl 2 + 2 e - Reação global: 2 HCl  H 2 + Cl 2 como vimos, a concentração de HCl vai diminuindo, a solução vai ficando mais diluída I- CORRETA: observe a reação acima que ocorre no cátodo II- CORRETA: só fica H 2 O  neutra  [H + ]= [OH - ] III- ERRADA: íons Cl - descarregam no ânodo IV- CORRETA: o H + e o Cl - do ácido vão descarregar LETRA E
  25. 25. 12-(Cefet-PR) Um pedaço de cobre comercial de massa 0,5 g foi dissolvido em ácido adequado, e a solução resultante foi eletrolisada até a deposição total do Cu, mediante uma corrente elétrica de 4 A, durante 5 minutos. A pureza desse cobre é, em %, igual a: ( Cu = 63,5 g/mol) <ul><li>99,8 </li></ul><ul><li>78,9 </li></ul><ul><li>65,5 </li></ul><ul><li>92,5 </li></ul><ul><li>75,0 </li></ul>
  26. 26. Solução Massa amostra = 0,5 g i = 4 A t = 5 min= 300 seg 1 mol e -  1 F  Q = 96 500 c  massa  1 E Q = i . t  Q = 4 . 300 = 1 200 c Cu +2 + 2 e -  Cu 2 mols e -  1 mol Cu 0 = 63,5 g Cu 1 mol e -  x mol Cu 0 = 0,5 mol Cu = 31,75 g Cu  96.500 c x g de Cu 1.200 c x = 0,394 g de Cu 0,5 g amostra ---- 100% 0,394 g Cu -------x = 78,9 % X = 78,9% LETRA B
  27. 27. <ul><li>13- (CESGRANRIO-RJ) Duas cubas eletrolíticas, ligadas em série, contêm respectivamente, soluções de CuSO 4 e NiSO 4 . Transcorridos vinte minutos, depositam-se 2,03 g de cobre numa das cubas. Indique: </li></ul><ul><li>(dados: Cu- 63,5; Ni-58,7 ) </li></ul><ul><li>A massa de níquel depositada na outra cuba; </li></ul><ul><li>A massa de níquel depositada após o transcurso de 1 hora. </li></ul>
  28. 28. Solução OBS: Em cubas ligadas em série, o número de mols de elétrons que passa em uma, passa também em outra. Cu +2 + 2 e -  Cu 0 Ni +2 + 2 e -  Ni 0 2 mols e - ---- 1 mol Cu 0 --- 63,5 g Cu 0 X mol e - -------------------- 2,03 g Cu 0 x = 0,064 mol de e - 2 mol e - -- 1 mol Ni 0 -------58,7 g Ni 0 1 mol e - --------------------29,35 g Ni 0 0,064 mol e - ---------------- x g = 1,88 g 1,88 g Ni 0 ------ 20 minutos X g de Ni 0 ------ 60 minutos x = 5,64 gramas de Ni Nunca se esqueça: 1 mol e -  1 F  96 500 c  m  1 E
  29. 29. <ul><li>14-(EEM-SP) Pretende-se oxidar anodicamente 6,35 g de Cu até Cu +2 . Uma certa corrente constante circula pela célula durante 5 horas, 21 minutos e 40 segundos. Pede-se : </li></ul><ul><li>O número de mols de elétrons envolvidos na transformação; </li></ul><ul><li>O valor da intensidade de corrente. </li></ul><ul><li>Dados : massa atômica Cu = 63,5 </li></ul><ul><li>1 farday = 96 500 c </li></ul>
  30. 30. Solução 1 mol e -  1 F  96 500 c  m  1 E m cobre = 6,35 g t = 5 horas, 21 mintuos, 40 segundos = 19 300 segundos Cu  Cu +2 + 2 e - 1 mol Cu = 63,5 g ------- 2 mols e - 31,75g------- 1 mol e - -----------96 500 c 6,35g------- x = 0,2 mol e - ------x = 19 300 c Q = i.t 19 300 = i . 19300 i = 1 A a) b)
  31. 31. <ul><li>15-(UFRN) Cem mililitros de solução 4,35 M de cloreto de sódio foram submetidos à eletrólise. </li></ul><ul><li>Quantas horas são necessárias para que uma corrente de 3,88 A atravesse a solução e decomponha todo o cloreto? </li></ul><ul><li>Qual a quantidade em massa de hidrogênio de hidrogênio produzida por essa eletrólise? </li></ul>
  32. 32. Solução NaCl = 100 ml 4,35 M i = 3,88 A t = ? m H 2 = ? 2 NaCl  2 Na + + 2 Cl - 2 H 2 O  2 H + + 2 OH - Cátodo(-): 2 H + + 2 e -  H 2 Ânodo(+): 2 Cl -  Cl 2 + 2 e - 2 NaCl (aq)  2 NaOH + H 2 + Cl 2 a) 1 litro ------- 4,35 mol Cl - 0,1 litro-------x = 0,435 mol Cl - 2mol Cl - ------2 mols e - 1 mol Cl - -- 1 mol e - ---- 96500 c 0,435 mol Cl - -------------x = 41 978 c Q= i.t t = 41.978/3,88  10.800 s  3 horas b) 2 mols NaCl ---- 1 mol H 2 0,435 mol NaCl---x= 0,217mol H 2 0,217 mol H 2 = 0,234 g de H 2

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