equação de nernst

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Exercício sobre a equação de
Nerst (Pilhas)
Química Inorgânica
Escola de Engenharia UFF
17 pag.
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Exercícios 
 
1. Escreva a equação de Nernst e calcule ΔE para as seguintes reações (utilize a tabela de 
potenciais e log2=0,301): 
a) Cu2+(0,1M) + Zn Cu + Zn2+(1,0M) 
b) Sn2+(0,5M) + Zn Cu + Zn2+(0,01M) 
c) F2(1atm) + 2Li 2Li+(1M) + 2F-(0,5M) 
d) 2H+(0,01M) + Zn H2(1atm) + Zn
2+(1,0M) 
e) 2H+(0,1M) + Fe H2(1atm) + Fe
2+(1,0M) 
f) 2 Al + 3 Ni2+(0,8M) 2 Al3+(0,02M) + 3 Ni 
g) Cu+(0,05M) + Zn Cu + Zn2+(0,01M) 
h) PbO2 + SO4
2-(0,01M) + 4 H+(0,1M) +Cu PbSO4 + 2 H2O + Cu
2+(0,001M) 
 
 
2. Calcule a ddp da pilha Cr,Cr3+(0,1M)|Sn2+(0,001M),Sn, Dados os potenciais padrão de 
redução. (Eº Sn = -0,14V e Eº Cr = -0,74V) 
 
 
3. Calcule a ddp da seguinte pilha a 25oC: 
 
Fe, Fe2+(0,02M)|Cu2+(0,2M), Cu 
 
Dados potenciais padrão de redução (Eº Fe = -0,44V e Eº Cu = +0,40V) 
 
 
4. Calcule o potencial gerado por uma pilha de concentração consistindo em um par de 
eletrodo de ferro mergulhados em duas soluções, uma contendo Fe2+ 0,1M e a outra 
contendo Fe2+ 0,001M. 
 
 
5. Calcule o potencial de uma pilha de concentração contendo Cr3+ 0,002M em um 
compartimento e Cr3+ 0,1M no outro compartimento com eletrodos de Cr mergulhados em 
cada solução. (Utilize log2=0,3010) 
 
 
6. Qual o potencial de redução de uma meia pilha composta de um fio de cobre imerso em 
CuSO4, 2.10-4M? (Eº RED = 0,34V, log2=0,301) 
 
 
7. Uma pilha foi construída usando-se o eletrodo padrão de hidrogênio ([H+]=1M e 
pH2=1atm) em um compartimento e um eletrodo de chumbo em uma solução 0,1 M de 
K2CrO4 em contato com PbCrO4 não dissolvido. O potencial da pilha foi medido como 0,51V, 
com o eletrodo de Pb servindo de ânodo. Determine o valor de [Pb2+].[CrO4
2-], que é 
conhecido como produto de solubilidade (KPS). 
 
8. Uma pilha galvânica foi construída usando-se prata como um eletrodo imerso em 200 
cm3 de uma solução de AgNO3 0,1M e magnésio como outro eletrodo, imerso em 250 cm
3 de 
solução Mg(NO3)2 0,1M. Sabendo que: 
Ag+ + 1e- Ag Eº = 0,8V 
Mg2+ + 2e- Mg Eº = -2,36V 
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a) qual o potencial da pilha? 
b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 1 
g de prata no eletrodo de prata. Qual o potencial da pilha nesse momento? 
 
 
9. (Olimpíada Brasileira de Química) Ouro metálico dissolve em água régia, uma mistura 
de ácido clorídrico e ácido nítrico concentrados e, na química do ouro, as seguintes 
reações são importantes: 
 
Au3+(aq) + 3 e- Au (s) E° red = + 1,498 V 
AuCℓ4-(aq) + 3 e- Au (s) + 4 Cℓ- (aq) E° red = + 1,002 V 
 
Utilizando as semi-reações acima e a semi-reação: 
 
NO3
-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ) E° red = + 0,96 V 
 
Responda às questões (a), (b), (c) e (d) 
 
a) Dê a equação equilibrada da reação entre o ouro e o ácido nítrico, para formar Au3+ e 
NO(g) e calcule a fem-padrão (Eº) associada a esta reação. Esta reação é espontânea? 
Semi-reação de redução: NO3
-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Semi-reação de oxidação: Au(s) Au3+(aq) + 3e- 
Reação global: Au(s) + NO3
-(aq) + 4H+(aq) Au3+(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Cálculo do potencial: ΔE0 = EREDUÇÃO – EOXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,498) = - 0,538V (reação não 
espontânea) 
 
b) Dê a equação da reação entre o ouro e o ácido clorídrico, formando AuCℓ4- e H2(g) e 
calcule a fem-padrão (E° ) associada a esta reação. Esta reação, em condições-padrão, é 
espontânea? 
 
c) Dê a reação entre o ouro e a água régia para dar AuCℓ4- e NO(g) e calcule a fem-padrão 
(E° ) associada a esta reação. Esta reação é espontânea? 
d) Utilizando a equação de Nernst, explique a razão da água régia ser capaz de dissolver o 
ouro . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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10. (ITA-2003) Considere o elemento galvânico mostrado na figura abaixo. 
 
O semi-elemento A contém uma solução aquosa, isenta de oxigênio, 0,3 mol.L-1 em Fe2+ e 
0,2 mol.L-1 em Fe3+. O semi-elemento B contém uma solução aquosa também isenta de 
oxigênio, 0,2 mol.L-1 em Fe2+ e 0,3 mol.L-1 em Fe3+. M é um condutor metálico (platina). A 
temperatura do elemento galvânico é mantida constante num valor igual a 25oC. A partir 
do instante em que a chave “S” é fechada, considere as seguintes afirmações: 
I. O sentido convencional de corrente elétrica ocorre do semi-elemento B para o semi-
elemento A 
II. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a relação [Fe3+]/[Fe2+] tem o mesmo valor 
tanto no semi-elemento A como no semi-elemento B 
III. Quando a corrente elétrica for igual a zero, a concentração de Fe2+ no semi-elemento A 
será menor do que 0,3 mol.L-1 
IV. Enquanto o valor da corrente elétrica for diferente de zero, a diferença de potencial 
entre os dois semi-elementos será maior do que 0,118log(3/2) 
V. Enquanto corrente elétrica fluir pelo circuito, a relação entre as concentrações 
[Fe3+]/[Fe2+] permanece constante nos dois semi-elementos 
Das afirmações feitas, estão corretas: 
a) apenas I, II e III 
b) apenas I, II e IV 
c) apenas III e V 
d) apenas IV e V 
e) todas 
 
 
11. (ITA-2002) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados e 
separados por uma ponte salina. 
ELETRODO I: placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol/L de 
nitrato de chumbo. 
ELETRODO II: sulfato de chumbo prensado contra uma “peneira” de chumbo mergulhada 
em uma solução aquosa 1 mol/L de ácido sulfúrico. 
Nas condições-padrão, o potencial de cada um destes eletrodos, em relação ao eletrodo 
padrão de hidrogênio, é: 
E Pb/Pb
2+
 = + 0,1264 V (ELETRODO I). 
E Pb/PbSO4, SO4
-2
 = + 0,3546 V (ELETRODO II) 
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Assinale a opção que contém a afirmação correta sobre as alterações ocorridas neste 
elemento galvânico quando os dois eletrodos são conectados por um fio de baixa 
resistência elétrica e circular corrente elétrica no elemento. 
a) A massa de sulfato de chumbo sólido na superfície do ELETRODO II aumenta. 
b) A concentração de íons sulfato na solução aquosa do ELETRODO II aumenta. 
c) O ELETRODO I é o polo negativo. 
d) O ELETRODO I é o anodo. 
e) A concentração de íons chumbo na solução aquosa do ELETRODO I aumenta. 
 
 
12. (ITA-2002) Considere o elemento galvânico da QUESTÃO ANTERIOR, mas substitua a 
solução aquosa de Pb(NO3)2 do ELETRODO I por uma solução aquosa 1,00.10-5 mol/L de 
Pb(NO3)2, e a solução aquosa de H2SO4 do ELETRODO II por uma solução aquosa 1,00.10-5 
mol/L de H2SO4. Considere também que a temperatura permanece constante e igual a 
25ºC. 
a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico. 
Mostre os cálculos realizados. 
Agora, considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico, responda: 
b) Qual dos eletrodos, ELETRODO I ou ELETRODO II, será o ânodo? 
c) Qual dos eletrodos será o polo positivo do novo elemento galvânico? 
d) Qual o sentido do fluxo de elétrons que circula no circuito externo? 
e) Escreva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento 
galvânico? 
 
 
13. (ITA-2006) Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados, 
ligados por uma ponte salina e conectados a um multímetro de alta impedância. 
Eletrodo a: Placa de chumbometálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol.L-1 de 
nitrato de chumbo. 
Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa 1 mol.L-1 de 
sulfato de níquel. 
Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão, determina-se a polaridade 
dos eletrodos. A seguir, são adicionadas pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a, até 
que ocorra a inversão de polaridade do elemento galvânico. 
Dados eventualmente necessários: 
Produto de solubilidade de PbI2: Kps (PbI2) = 8,5 x 10
-9 
Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão: 
 
Assinale a opção que indica a concentração CORRETA de KI, em mol L-1, a partir da qual se 
observa a inversão de polaridade dos eletrodos nas condições-padrão. 
a) 1 x 10-2 
b) 1 x 10-3 
c) 1 x 10-4 
d) 1 x 10-5 
e) 1 x 10-6 
 
 
 
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14. (ITA-2007) Considere a reação química representada pela equação abaixo e sua 
respectiva força de eletromotriz nas condições padrão: 
 
O2(g) + 4 H
+(aq) + 4 Br-(aq) 2 Br2(g) + 2 H2O(ℓ) ΔEº= 0,20 V 
 
Agora, considere que um recipiente contenha todas as espécies químicas dessa equação, de 
forma que todas as concentrações sejam iguais às das condições-padrão, exceto a de H+. 
Assinale a opção que indica a faixa de pH na qual a reação química ocorrerá 
espontaneamente. 
a) 2,8<pH<3,4 
b) 3,8<pH<4,4 
c) 4,8<pH<5,4 
d) 5,8<pH<6,4 
e) 6,8<pH<7,4 
 
 
15. (ITA-2005) Considere o elemento galvânico representado por: 
 
Hg(ℓ)| eletrólito || Cℓ− (solução aquosa saturada em KCℓ) | Hg2Cℓ2(s)|Hg(ℓ) 
 
a)Preveja se o potencial do eletrodo representado no lado direito do elemento galvânico 
será maior, menor ou igual ao potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão. 
Justifique sua resposta. 
b)Se o eletrólito no eletrodo à esquerda do elemento galvânico for uma solução 0,002 
mol.L–1 em Hg2+ (aq), preveja se o potencial desse eletrodo será maior, menor ou igual ao 
potencial desse mesmo eletrodo nas condições-padrão. Justifique sua resposta. 
c)Faça um esboço gráfico da forma como a força eletromotriz do elemento galvânico 
(ordenada) deve variar com a temperatura (abscissa), no caso em que o eletrodo do lado 
esquerdo do elemento galvânico seja igual ao eletrodo do lado direito nas condições-
padrão. 
 
 
16. (ITA-2006) Calcule o valor do potencial elétrico na escala do eletrodo de hidrogênio 
nas condições-padrão a semi-equação química 
 
CuI(s) + e-(CM) Cu(s) + I-(aq). 
 
Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade do CuI(s): 
Kps (CuI) = 1,0 x 10-12 
Semi-equações químicas e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo de 
hidrogênio nas condições-padrão (Eº): 
I. Cu2+(aq) + e-(CM) Cu+ (aq); EI
º =0,15V 
II. Cu2+(aq) + 2e-(CM) Cu(s); EIIº =0,34V 
III. Cu+(aq) + e-(CM) Cu(s); EIIIº =0,52V 
IV. I2(s) + 2e
-(CM) 2I-(aq); EIVº =0,54V 
 
 
 
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GABARITO 
 
1. 
a) Cu2+(0,1M) + Zn Cu + Zn2+(1,0M) 
Dados: ERED Cu
2+ = +0,64V e ERED = -0,76V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,64V) – (-0,76V) = +1,1V 
2
0
2
1
0,0592 [Zn ]
E E .log
n [Cu ]
0,0592 1
E 1,1 .log
2 10
E 1,1 0,0296.1
E 1,0704V
 
 
b) Sn2+(0,5M) + Zn Cu + Zn2+(0,01M) 
Dados: ERED Cu
2+ = +0,64V e ERED Zn
2+ = -0,76V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,64V) – (-0,76V) = +1,1V 
2
0
2
2
0,0592 [Zn ]
E E .log
n [Cu ]
0,0592 0,01
E 1,1 .log 0,02 2.10
2 0,5
E 1,1 0,0296.( 0,301) ( 2,0)
E 1,1 0,0296.( 1,7)
E 1,15V
 
 
c) F2(1atm) + 2Li 2Li+(1M) + 2F-(0,5M) 
Dados: ERED F2 = +2,87V e ERED Li
+ = -3,05V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+2,87V) – (-3,05V) = +5,92V 
2 2
0
2
2 2
2 2 2
0,0592 [Li ] .[F ]
E E .log
n (pF )
0,0592 (1,0) .(0,5)
E 5,92 .log 0,25 25.10 5 .10
2 (1,0)
E 5,92 0,0296.( 0,6)
E 5,92 0,01776
E 5,94V
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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d) 2H+(0,01M) + Zn H2(1atm) + Zn
2+(1,0M) 
Dados: ERED H2 = +0,00V e ERED Zn
2+ = -0,76V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,76V) = +0,76V 
2
0 2
2
2
4
2 2 2
(pH ).[Zn ]0,0592
E E .log
n [H ]
0,0592 (1,0).(1,0) 1
E 0,76 .log 10
2 (0,01) (10 )
E 0,76 0,0296.( 4,0)
E 0,76 0,1184
E 0,642V
 
 
e) 2H+(0,1M) + Fe H2(1atm) + Fe
2+(1,0M) 
Dados: ERED H2 = +0,00V e ERED Fe
2+ = -0,44V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,44V) = +0,44V 
2
0 2
2
2
2
2 1 2
(pH ).[Fe ]0,0592
E E .log
n [H ]
0,0592 (1,0).(1,0) 1
E 0,44 .log 10
2 (0,1) (10 )
E 0,44 0,0296.( 2,0)
E 0,44 0,0592
E 0,381V
 
 
f) 2 Aℓ + 3 Ni2+(0,8M) 2 Aℓ3+(0,02M) + 3 Ni 
Dados: ERED Ni
2+ = -0,236V e ERED Aℓ3+ = -1,68V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0,236V) – (-1,68V) = +1,44V 
3 2
0
2 3
2 2 4
4
1 3
3
0,0592 [A ]
E E .log
n [Ni ]
0,0592 (2.10 ) 4.10
E 1,44 .log 7,8.10
6 0,512(8.10 )
E 1,44 9,87.10 .( 3,1)
E 1,44 0,031
E 1,47V
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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g) 2Cu+(0,05M) + Zn 2Cu + Zn2+(0,01M) 
Dados: ERED Cu
+ = +0,518V e ERED Zn
2+ = -0,76V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,518V) – (-0,76V) = +1,278V 
2
0
2
2 2
2 2 4
0,0592 [Zn ]
E E .log
n [Cu ]
0,0592 (10 ) 10
E 1,278 .log 4
2 (5.10 ) 25.10
E 1,278 0,0296.( 0,6)
E 1,278 0,01776
E 1,26V
 
 
h) PbO2 + SO4
2-(0,01M) + 4 H+(0,1M) +Cu PbSO4 + 2 H2O + Cu
2+(0,001M) 
Dados: 
PbO2(s)+ SO4
2- + 4 H+ + 2 e- PbSO4(s) + 2H2O(ℓ) E° red = + 1.69 V 
Cu2+ + 2 e- Cu(s) E° red = + 0.34 V 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+1,69V) – (+0,34V) = +1,35V 
2
0
4 2
4
3 3
3
1 4 2 6
0,0592 [Cu ]
E E .log
n [H ] .[SO ]
0,0592 (10 ) 10
E 1,35 .log 10
2 (10 ) .(10 ) 10
E 1,35 0,0296.( 3,0)
E 1,35 0,088
E 1,26V
 
 
2. Calcule a ddp da pilha Cr,Cr3+(0,1M)|Sn2+(0,001M),Sn, Dados os potenciais padrão de 
redução. (Eº Sn = -0,14V e Eº Cr = -0,74V) 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (-0,14V) – (-0,74V) = +0,6V 
2 3
0
3 2
3 3 9
7
1 2 2
3
0,0592 [Sn ]
E E .log
n [Cr ]
0,0592 (10 ) 10
E 0,6 .log 10
6 (10 ) 10
E 0,6 9,87.10 .( 7,0)
E 0,6 0,069
E 0,67V
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,4V) – (-0,44V) = +0,84V 
2
0
2
1
1
2
0,0592 [Cu ]
E E .log
n [Fe ]
0,0592 (2.10 )
E 0,84 .log 10
2 (2.10 )
E 0,84 0,0296.( 1,0)
E 0,84 0,0296
E 0,81V
 
 
4. 
Dado: Fe(s)/Fe2+(0,1M)//Fe2+(0,001M)/Fe 
Reação global: Fe2+(0,1M) Fe2+(0,001M) 
Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0,0V 
2
0
2
3
2
1
0,0592 [Fe ]
E E .log
n [Fe ]
0,0592 (10 )
E 0,00 .log 10
2 (10 )
E 0,00 0,0296.( 2,0)
E 0,00 0,0592
E 0,06V (reação espontânea)
 
 
 
5. 
Dado: Cr(s)/Cr3+(0,002M)//Cr3+(0,1M)/Cr 
Reação global: Cr3+(0,002M) Cr3+(0,1M) 
Para pilha de concentração temos: ΔE0 = 0,0V 
3
0
3
1
3
0,0592 [Cr ]
E E .log
n [Cr ]
0,0592 (10 )
E 0,00 .log 50
3 (2.10 )
E 0,00 0,0197.( 1,7)
E 0,00 0,0335
E 0,335V (reação não espontânea)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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6. 
Dado reação da meia pilha(eletrodo): Cu2+(2.10-4) + 2e- Cu 
0
2
4
0,0592 1
E E .log
n [Cu ]
0,0592 1
E 0,34 .log 5000
2 (2.10 )
E 0,34 0,0296.( 3,7)
E 0,34 0,11
E 0,23V 
 
 
 
7. 
Reação global: Pb0(s) + CrO4
2-(0,1M) + 2H+(1M) H2(1atm) + PbCrO4(s) 
Equilíbrio de solubilidade: PbCrO4(s) ⇌ Pb2+(aq) + CrO42-(aq) 
Dados potenciais padrão de redução (Eº H+/H2 = +0,00V e Eº Pb
2+/Pb = -0,13V) 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,00V) – (-0,13V) = +0,13V 
2 2
0 4 2
2 2
4
2 2
4
2 1
PS
PS
PS
12,84
PS
[Pb ].[CrO ].(pH )0,0592
E E .log
n [H ] .[CrO ]
[Pb ].[CrO ].(1,0)0,0592
0,51 0,13 .log
2 (1,0) .(10 )
0,51 0,13 0,0296.log K log10
0,38 0,0296.log K
0,38
log K 12,84
0,0296
K 10
13
PSK 1,45.10
 
 
 
8. 
a) qual o potencial da pilha? 
Reação global: 2Ag+(0,1M) + Mg(s) 2Ag(s) + Mg2+(0,1M) 
ΔE0 = EREDUÇÃO-EOXIDAÇÃO = (+0,80V) – (-2,36V) = +3,16V 
2
0
2
2
0,0592 [Mg ]
E E .log
n [Ag ]
0,0592 (0,1)
E 3,16 .log 10
2 (0,1)
E 3,16 0,0296.log10
E 3,16 0,0296.1
E 3,13V
 
 
 
 
 
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b) Suponha que a pilha tenha ficado ligada o tempo necessário para que fosse depositado 1 
g de prata no eletrodo de prata. Qual o potencial da pilha nesse momento? 
Cálculo da carga elétrica envolvida na deposição de 1g de prata: 
31mol Ag 1mol elétrons 1Faraday1g Ag. . . 9,27.10 Faraday
107,9g Ag 1mol Ag 1mol elétrons
 
Cálculo da massa de magnésio oxidada do eletrodo para a carga elétrica de 9,27.10-3 F: 
3 1mol elétrons 1mol Mg 24,3g Mg9,27.10 Faraday. . . 0,1126g Mg
1Faraday 2mols elétrons 1mol Mg
 
Cálculo da massa de metal na solução após a deposição no eletrodo: 
 Para a prata 
0,1mol Ag 107,9g Ag
0,2L solução. . 2,158g Ag 1,0g depositado = 1,158g Ag na solução
1L solução 1mol Ag
 
 Para o magnésio 
2 2
2 2
2
0,1mol Mg 24,3g Mg
0,25L solução. . 0,6075g Mg 0,1126g oxidado = 0,72g Mg na solução
1L solução 1mol Mg
 
Cálculo da concentração molar da solução resultante após a deposição dos metais: 
Para a solução de Ag+ 
1massa 1,158[Ag ] 0,054mol.L
Massa Molar.Volume(L) 107,9.0,2
 
Para a solução de Mg2+ 
2 1massa 0,72[Mg ] 0,12mol.L
Massa Molar.Volume(L) 24,3.0,25
 
Cálculo do Potencial da pilha após a deposição nos eletrodos 
2
0
2
2 3
0,0592 [Mg ]
E E .log
n [Ag ]
0,0592 (0,12) 0,12
E 3,13 .log 41,15
2 (0,054) 2,916.10
E 3,13 0,0296.log41,15
E 3,13 0,0296.1,61
E 3,13 0,048
E 3,082V
 
 
 
9. 
a) 
Au(s) Au3+(aq) + 3 e- 
NO3
-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Reação global: Au(s) + NO3
-(aq) + 4H+(aq) Au3+(aq)+ NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Cálculo do ΔE0 da reação: ΔE0 = E0RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,498) ΔE0 = -0,538 V, com 
isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. 
 
 
 
 
 
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b) 
2Au (s) + 8 Cℓ-(aq) 2AuCℓ4-(aq) + 6 e- 
6H+(aq) + 6e- 3H2(g) 
Reação global: 2Au (s) + 8 Cℓ-(aq) + 6H+(aq) 2AuCℓ4-(aq) + 3H2(g) 
Cálculo do ΔE0 da reação: ΔE0 = E0RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,00) – (+1,002) ΔE0 = -1,002 V, com 
isso concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. 
 
c) 
Au(s) + 4 Cℓ-(aq) AuCℓ4-(aq) + 3 e- 
NO3
-(aq) + 4H+(aq) + 3e- NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Reação Global: Au(s) + 4Cℓ-(aq) + NO3-(aq) + 4H+(aq) AuCℓ4-(aq) + NO(g) + 2H2O(ℓ) 
Cálculo do ΔE0 da reação: E0RED REDUZ – E0RED OXIDAÇÃO = (+0,96) – (+1,002) ΔE0 = -0,042 V, com isso 
concluímos que a reação não é espontânea em condições padrão. 
 
d) 
0
4
4 1 1 4
3
0,0592
E E .logQ
n
[AuC ].(pNO)0,0592
E 0,042 .log
3 [H ] .[NO ].[C ]
 
Se trabalharmos com os ácidos clorídrico e nítrico concentrados, é fácil observarmos que o 
denominador de Q vai se tornar “grande” (observe os expoentes), e com isso teremos um Q <1, logo 
log Q < 0, fazendo com que ΔE0 > 0, e desta forma tornando a reação espontânea. 
 
 
 
 
 
10. 
 
Alternativa A 
Observe o esquema da pilha de concentração: 
 
 
 
O elemento galvânico gera energia espontaneamente com o único intuito de atingir o equilíbrio 
físico-químico entre A e B, que significa ter a razão 
3
2
[Fe ]
[Fe ]
igual para as meias células A e B. 
Quando isto ocorrer, o elemento galvânico para de funcionar e o sistema entra em equilíbrio. 
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Porém, para que haja esta igualdade, [Fe2+(aq)] e [Fe3+(aq)] devem diminuir e consequentemente 
[Fe3+(aq)] e [Fe2+(aq)] devem aumentar. Para tanto: 
(A) Fe2+(aq) Fe3+(aq) 1e- (CM) (oxidação - anodo - polo (-)) 
(B) Fe3+(aq) + 1e- (CM) Fe2+(aq) (redução - catodo - polo (+)) 
O fluxo de elétrons será do semi-elemento A para o semi-elemento B, ou seja, do anodo para o 
catodo. O sentido convencional da corrente elétrica é o oposto, de B para A. 
 
Estas observações permitem analisar: 
I. Verdadeira : O sentido convencional da corrente é do polo (+) para o (–), portanto de B para A. 
II. Verdadeira : Quando não houver mais passagem de corrente, a pilha parou de funcionar e 
entrou em equilíbrio físico-químico, ou seja, 
3
2
[Fe ]
[Fe ]
é o mesmo em A e B. 
III. Verdadeira : De acordo com as semi-reações acima, [Fe2+(aq)]A deve diminuir, ou seja, deverá 
ser menor que 0,3 mol/L. 
IV. Falsa : A ddp inicial da pilha pode ser calculada por: 
(A) Fe2+(aq) Fe3+(aq) +1e-(CM) 
Pela equação de Nernst, temos: 
0
oxidação oxidação
0
oxidação oxidação
0,0592
E E .log Q
n
0,0592 2
E E .log 
1 3
 
(B) Fe3+(aq) +1e-(CM) Fe2+(aq) 
Pela equação de Nernst, temos: 
0
redução redução
0
redução redução
0,0592
E E .log Q
n
0,0592 2
E E .log 
1 3
 
Calculando o ΔE: 
oxidação
0 0
oxidação redução oxidação redução
0 0
redução
0,0592 2 0,0592 2
E E E E .log E .log 
1 3 1 3
3 3
como : E E , portanto, E=2.0,0592.log E=0,118.log
2 2
 
Como a ddp inicial é a máxima, jamais a ddp pode ser maior que 
3
0,118.log
2
 
V. Falsa: Enquanto a pilha estiver funcionando 
3
2
[Fe ]
[Fe ]
jamais pode ser constante em A ou B, de 
acordo com as semi-reações de funcionamento. 
 
 
 
11. 
Alternativa A 
Semi-reação do cátodo (eletrodo I): Pb2+(aq) + 2e- Pb(s) 
Semi-reação do ânodo (eletrodo II): Pb(s) + SO4
2-(aq) PbSO4(s) + 2e
- 
Reação global: Pb2+(aq) + SO42-(aq) PbSO4(s) 
Cálculo do ΔE0 = Ered redução – Ered oxidação = (-0,1264) – (-0,3546) = +0,2282 V 
Haverá um aumento da massa de sulfato de chumbo na superfície do eletrodo II. 
 
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12. 
Calculando os potenciais de redução dos eletrodos: 
 Para o eletrodo I 
Pb2+(aq) + 2e- Pb(s) E0 = -0,1264 V 
0
2
5
0,0592
E E .logQ
n
0,0592 1
E 0,1264 .log
2 [Pb ]
0,0592 1
E 0,1264 .log
2 (10 )
E 0,2744 V
 
 Para o eletrodo II 
PbSO4(s) + 2e
- Pb(s) + SO4
2-(aq) E0 = -0,3546 V 
0
2
4
5
0,0592
E E .logQ
n
0,0592
E 0,3546 .log[SO ]
2
0,0592
E 0,3546 .log10
2
E 0,2066 V
 
 
a) Determine a força eletromotriz deste novo elemento galvânico. 
REDUÇÃO MAIOR REDUÇÃO MENORE E E ( 0,2066) ( 0,2744) 0,0678 V 
Mostre os cálculos realizados. 
Agora, considerando que circula corrente elétrica no novo elemento galvânico, responda: 
 
b) Qual dos eletrodos, ELETRODO I ou ELETRODO II, será o ânodo? 
Ânodo Polo negativo oxidação menor Eredução Eletrodo I 
 
c) Qual dos eletrodos será o polo positivo do novo elemento galvânico? 
Cátodo Polo positivo redução maior Eredução Eletrodo II 
 
d) Qual o sentido do fluxo de elétrons que circula no circuito externo? 
O sentido do fluxo deelétrons vai do polo negativo (ânodo) para o polo positivo (cátodo), 
ou seja, do eletrodo I para o eletrodo II. 
 
e) Escreva a equação química balanceada da reação que ocorre neste novo elemento 
galvânico? 
Semi-reação da redução: PbSO4(s) + 2e
- Pb(s) + SO4
2-(aq) 
Semi-reação da oxidação: Pb(s) Pb2+(aq) + 2e- 
Reação global: PbSO4(s) Pb2+(aq) + SO4
2-(aq) 
 
 
 
 
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13. 
Alternativa A 
Observe que foram processos de oxidação, mas os potenciais fornecidos são os de redução 
e com isso ficamos com: 
2 2
2
0 0 0
Pb /Pb Ni /Ni I /2I
E 0,13 V; E 0,25 V; E 0,53 V 
Dentre os metais, o de maior potencial de redução é o chumbo. Portanto o níquel é o metal que 
sofrerá oxidação, e a pilha formada ficará: 
Semi-reação de redução (polo positivo): Pb2+(aq) + 2e- Pb(s) E0 redução =-0,13 V 
Semi-reação de oxidação (polo negativo): Ni(s) Ni2+(aq) + 2e- E0 redução = -0,25 V 
Reação global: Pb2+(aq) + Ni(s) Pb(s) + Ni2+(aq) ΔE0 = (-0,13V)-(-0,25V) = +0,12 V 
A adição de KI(s) ao eletrodo a leva à precipitação de PbI2(s), diminuindo drasticamente a 
concentração de Pb2+(aq), originalmente 1 molar. Para ocorrer a inversão da polaridade, é 
necessário antes zerar a ddp. A equação de Nernst permite calcular as concentrações em que isso 
acontece, e com isso teremos: 
2
0
2
2
2 4
0,0592 [Ni ]
E E .log
n [Pb ]
0,0592 1
0 0,12 .log
2 [Pb ]
[Pb ] 1.10 M
 
Vamos agora calcular a concentração de iodeto para que isto ocorra. Como a solução de PbI2 será 
saturada então teremos: 
2
2
2 2
PS 2
9 4 2
2 6
6 3
2
PbI (s) Pb (aq) 2I (aq)
K (PbI ) [Pb ].[I ]
8,5.10 (10 ).[I ]
[I ] 85.10
[I ] 85.10 9,22.10
[I ] 1.10 M
 
 
14. 
Alternativa A 
Desmembrando a equação fornecida: O2(g) + 4 H
+(aq) + 4 Br-(aq) 2 Br2(g) + 2 H2O(ℓ) 
Semi-reação de redução: O2(g) + 4H
+(aq) + 4e- 2H2O(ℓ) 
Semi-reação de oxidação: 4Br-(aq) 2Br2(g) + 4e
- 
Com isso podemos observar que o número de elétrons envolvidos é igual a 4 (n=4). 
Considerando a equação de Nernst: 0 C
0,0592
E E .log Q
n
 
Onde QC é calculado da seguinte forma:
2
2
C 4 4
2
(pBr )
Q
(pO ).[H ] .[Br ]
 
Como se desejam todas as concentrações unitárias, exceto [H+], com isso ficamos com: 
C 4
1
Q
[H ]
 
Para que a equação seja espontânea, necessitamos E > O, e desta forma teremos: 
 
 
 
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15. 
a) 
O lado direito do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das condições 
padrão: 
Hg2Cℓ2(s) + 2e- 2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq) 
Nas condições padrão, [Cℓ-] = 1 mol/L. Uma solução saturada de KCℓ, um sal alcalino, tem 
certamente [Cℓ-] > 1 mol/L. 
Obs.: Segundo o Handbook uma solução saturada de KCℓ, a 00C, tem solubilidade de 27,6g/100g de 
água, ou seja, aproximadamente 3,7 molal. 
Para esta semi-reação temos: KC = [Cℓ-]2 
Aplicando a equação de Nernst, ficamos com: 
0
C
0 2
R.T
E E .ln K
n.F
R.T
E E .ln[C ]
n.F
 
Como [Cℓ-] > 1, com isso temos: E < E0 
 
b) 
O lado esquerdo do elemento galvânico pode ser representado pela redução fora das 
condições padrão. 
Hg2+(aq) + 2e- Hg0(ℓ) 
Para esta semi-reação temos: C 2
1
K
[Hg ]
 
Aplicando a equação de Nernst, ficamos com: 
0
C
0
2
0
3
0
R.T
E E .ln K
n.F
R.T 1
E E .ln
n.F [Hg ]
R.T 1
E E .ln
n.F 2.10
R.T
E E .ln500
n.F
 
Como ln 500 > 1, com isso, ficamos com: E < E
0
 
 
c) 
Se o eletrodo do lado esquerdo é igual ao eletrodo do lado direito nas condições padrão, 
então temos uma pilha de concentração, na qual a solução 1mol/L está no lado esquerdo e 
a solução saturada está do lado direito. Logo, do lado esquerdo teremos: 
Hg2Cℓ2(s) + 2e- 2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq) (para aumentar a [Cℓ-]), e do lado direito teremos: 
2Hg(ℓ) + 2Cℓ-(aq) Hg2Cℓ2(s) + 2e- (para diminuir a [Cℓ-]). 
Ou seja, a reação global é nenhuma, mas podemos escrever: padrãoC
saturado
[C ]
K 1
[C ]
 
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Como o logaritmo neperiano de um número menor que 1 é negativo com isso, C
R.T
.lnK
n.F
é positivo, 
e com isso temos: E = E0 + k.T, onde C
R.lnK
k
n.F
, este gráfico é retilíneo e passaria pela origem, e 
desta forma ficaríamos com: 
 
 
 
 
16. 
Na equação fornecida: CuI(s) + e-(CM) ⇌ Cu(s) + I-(aq) 
A semi-reação de redução é: Cu+(aq) + e– ⇌ Cu(s) E0III = 0,52V 
A concentração de [Cu+] pode ser calculada pelo KPS CuI = 1,0 ⋅ 10–12 
KPS = [Cu
+].[I–] 1,0⋅10–12 = x⋅x x2 = 1,0⋅10–12 ∴ x = [Cu+] = 1,0⋅10–6 mol/L 
 
Utilizando a equação de Nernst: 
0
III
6
0,0596 1
E E .log
n [Cu ]
0,0596 1
E 0,52 .log
1 10
E 0,52 0,0596.6
E 0,52 0,354
E 0,166 V
 
 
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