Aula de eletôquimica

Eletroquímica Reações de óxido-redução Pilhas Diferença de potencial Corrosão de metais Eletrólise Eletrólise – Aspectos quantitativos

EXERCÍCIOS 1-(FURRN) Com base nos potenciais normais abaixo: Zn + + 2 e -  Zn 0 E 0 = - 0,76 V Cu +2 + 2 e -  Cu 0 E 0 = + 0,34 V Ag + + 1 e -  Ag 0 E 0 = + 0,80 V Indique o melhor agente oxidante. Zn +2 Cu 0 Cu +2 Ag 0 Ag +

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 .

2- ( UFSC) A partir dos dados fornecidos pelas semi-reações abaixo, escreva a equação química total que representa um processo espontâneo. Semi-reação Potencial padrão (V) Fe +2 + 2 e -  Fe 0 - 0,44 F 2 + 2 e -  2 F - + 2,87 Assinale as afirmações corretas com relação à equação química total: Flúor é o agente oxidante Ferro é o agente redutor A diferença de potencial é igual a + 2,43 O ferro oxida em presença de flúor Não representa uma reação de oxirredução

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 CORRETA: flúor reduz  provoca oxidação  agente oxidante CORRETA: ferro oxida  provoca redução  agente redutor 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. CORRETA: a reação nos mostra essa afirmativa e) ERRADA: se uma espécie química reduz e outra oxida, ocorre uma reação de óxido-redução

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 - Qual o agente oxidante dessa reação? b) Cite uma substância cuja quantidade diminui e uma cuja quantidade aumenta quando a pilha está funcionando.

Solução Pela reação que ocorre cátodo, verificamos que o MnO 2 está sofrendo redução  agente oxidante 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 . 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 -

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

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

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.

Solução 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. 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. Montando a equação global teremos: Ânodo: 2 H 2  4 H + + 4 e - Cátodo: O 2 + 4 H + + 4 e -  2 H 2 O 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:

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. Foram feitas, as seguintes afirmações: I- As reações se completarão ao mesmo tempo nos dois recipientes, uma vez que os ácidos estão presentes na mesma concentração. II- O magnésio metálico é o agente oxidante nos dois casos. III- Um dos produtos formados em ambos os casos é o hidrogênio molecular. IV- As velocidades das reações serão afetadas se as fitas de magnésio forem substituídas por igual quantidade deste metal finamente dividido. São verdadeiras as afirmações: I e II, apenas II e III, apenas I e III , apenas III e IV, apenas e) II, III e IV, apenas

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

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. Escreva a equação iônica balanceada que representa a formação do iodo nessa solução aquosa, indicando o oxidante e o redutor. 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. Dados: NaIO 3 = 198 g/mol I 2 = 254 g/mol

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 2 NaIO 3  I 2 396 g -------- 254 g x g ----------- 10 kg x = 15,6 kg de NaIO 3 15,6 kg NaIO 3 ------0,1%(do minério) x kg -- 100% ( minério) X = 15,6 toneladas de minério

8- (Cefet-RJ) Considere a pilha representada pelo esquema: Com base nos dados acima, conclui-se que: A placa metálica de prata é o catado da pilha Zn/Zn +2 (0,50M)//Ag + (0,50M)/Ag 0 A fem da pilha é 0,04V c) Haverá perda de massa da placa de prata em virtude da oxidação desse metal d) Haverá aumento de massa na superfície submersa da placa de zinco em virtude da redução do íon Zn +2 e) A equação global da pilha é 2 Ag + Zn +2  2 Ag + + Zn

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 CORRETA: de acordo com a reação global, o zinco tem maior potencial de oxidação, e a prata tem maior de redução. ERRADA: Calculado na soma das semi-reações. ERRADA: como os íons Ag + sofrem redução à Ag 0 aumenta a massa da lâmina de prata. ERRADA: como Zn 0 sofre oxidação à íons Zn +2 , diminui a massa da lâmina de zinco ERRADA: a equação global foi dada acima

9- (UNIMEP-SP) Considere os seguintes dados: H 3 AsO 4 + 2 H + + 2 e -  HAsO 2 + 2 H 2 O E 0 = + 0,56V Fe +3 + 1 e -  Fe +2 E 0 = + 0,77V Em condições padrão, uma pilha que envolva as duas semi-reações fornecidas apresenta força eletromotriz de: 0,21 V 0,49 V 1,30 V 2,10 V 4,90 V

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

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: Num dos eletrodos se formou, a partir da água, exclusivamente O 2 , num total de 2,0 milimol; No outro eletrodo 6,0 milimol de Ag foram depositados e também se desprendeu H 2 Dessas informações, dá para concluir que a quantidade de hidrogênio gasoso formada é igual a: 0,5 milimol 1,0 milimol 2,0 milimol 4,0 milimol 6,0 milimol

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 -

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 Dessas afirmações é(são) incorreta (s): Somente I e III Somente II e IV Somente II Somente IV Somente III

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

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) 99,8 78,9 65,5 92,5 75,0

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

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: (dados: Cu- 63,5; Ni-58,7 ) A massa de níquel depositada na outra cuba; A massa de níquel depositada após o transcurso de 1 hora.

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

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 : O número de mols de elétrons envolvidos na transformação; O valor da intensidade de corrente. Dados : massa atômica Cu = 63,5 1 farday = 96 500 c

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)

15-(UFRN) Cem mililitros de solução 4,35 M de cloreto de sódio foram submetidos à eletrólise. Quantas horas são necessárias para que uma corrente de 3,88 A atravesse a solução e decomponha todo o cloreto? Qual a quantidade em massa de hidrogênio de hidrogênio produzida por essa eletrólise?

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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