IME/ITA ⇒ (ITA 2009) Pilha galvânica Tópico resolvido

[golondrina]

(Ita 2009) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos a seguir especificados, ligados
por uma ponte salina e conectados a um voltímetro de alta impedância.
Eletrodo I: fio de platina em contato com 500 mL de solução aquosa 0,010 mol L-1 de hidróxido de
potássio;

Eletrodo II: fio de platina em contato com 180 mL de solução aquosa 0,225 mol L-1 de ácido
perclórico adicionado a 320 mL de solução aquosa 0,125 mol L-1 de hidróxido de sódio.
Admite-se que a temperatura desse sistema eletroquímico é mantida constante e igual a 25 °C e que
a pressão parcial do oxigênio gasoso ( O2
P ) dissolvido é igual a 1 atm. Assinale a opção CORRETA
com o valor calculado na escala do eletrodo padrão de hidrogênio (EPH) da força eletromotriz, em
volt, desse elemento galvânico.
Dados: = E0O2/H2O =1,23 V (EPH);
E0O2/OH = 0,40 V (EPH)
a) 1,17 b) 0,89 c) 0,75 d) 0,53 e) 0,46

[JigsawMOD]

(Ita 2009) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos a seguir especificados, ligados por uma ponte salina e conectados a um voltímetro de alta impedância.
Eletrodo I: fio de platina em contato com 500 mL de solução aquosa 0,010 mol L-1 de hidróxido de potássio;

Eletrodo II: fio de platina em contato com 180 mL de solução aquosa 0,225 mol L-1 de ácido perclórico adicionado a 320 mL de solução aquosa 0,125 mol L-1 de hidróxido de sódio.

golondrina,

As semi-equações de redução que ocorrem no elemento galvânico são:

I) O2 + H2O + 2e– → 2OH– ε0 = 0,40V
II) O2 + 2H+ + 2e– → H2O ε0 = 1,23V

Como o eletrodo I contém uma solução básica, admitimos que ocorre a reação I.

Cálculo do potencial de redução do eletrodo I:
pO2 = 1atm
[tex3]ε_I = ε0 –\frac{0,059}{n} ⋅ logQ[/tex3]
[tex3]ε_I = 0,40V –\frac{0,059}{2} ⋅ log\frac{[OH^-]^2}{(pO2)^{1/2}}[/tex3]
[tex3]ε_I = 0,40V – 0,0295 ⋅ log\frac{(0,01)^2}{(1)^{1/2}}[/tex3]
[tex3]ε_I = 0,40V + 0,118V[/tex3]
[tex3]ε_I = 0,518V[/tex3]

Eletrodo II:
nº de mols de HClO4:
nHClO4 = 0,225mol/L ⋅ 0,180L = 0,0405mol

nº de mols de NaOH:
nNaOH = 0,125mol/L ⋅ 0,320L = 0,0400mol

HClO4 + NaOH → NaClO4 + H2O
1mol _____ 1mol
0,0405mol ___ 0,0400mol

Excesso de 0,0005mol HClO4 ⇒ nH+ = 5 ⋅ 10–4mol
Volume da mistura: 320mL + 180mL = 500mL

[tex3][H^+] =\frac{5.10^4\ mol}{0,5L} = 10^{–3}\mol/L[/tex3]

Cálculo do potencial de redução do eletrodo II:
[tex3]ε_{II} = ε0 –\frac{0,059}{n} ⋅ logQ[/tex3]
[tex3]ε_{II} = 1,23V –\frac{0,059}{2} ⋅ log\frac{1}{[H^+]^2(pO2)^{1/2}}[/tex3]
[tex3]ε_{II} = 1,23V – 0,0295 ⋅ log\frac{1}{10^{-3}}.\frac{1}{(1)^{1/2}}[/tex3]
[tex3]ε_{II} = 1,23V – 0,177V[/tex3]
[tex3]ε_{II} = 1,053V[/tex3]

Cálculo da força eletromotriz:

∆ε = εred maior – εred menor
∆ε = εII – εI
∆ε = 1,053V – 0,518V ∴ ∆ ε = 0,535V

Resposta: D