Tema 2 - (livro p Eletroquimica - Fernando Nobre

Prévia do material em texto

QUÍMICA GERAL II 143
INTRODUÇÃO
A eletroquímica é o estudo das reações químicas que ocorrem com 
a produção ou o consumo de trabalho elétrico. As reações que envolvem 
troca de cargas elétricas são as reações de oxidação e redução, daí o título 
eletroquímica, que significa obter eletricidade com a realização de uma 
reação química.
HISTÓRICO
A eletroquímica teve início em 1780, com os estudos do italiano Luigi 
Galvani sobre a anatomia dos sapos. Em seus experimentos, o cientista 
obteve corrente elétrica no tecido muscular desses anfíbios. Em 1800, o 
físico italiano Alessandro Volta discordou de Galvani, afirmando que a 
eletricidade tinha como fonte os metais. Volta construiu um equipamento 
capaz de produzir eletricidade de um modo constante, que foi chamado 
pilha de Volta. Podemos ver o equipamento na figura nº. 01.
Figura nº. 01 – Pilha de Volta. O equipamento foi construído empilhando-se discos de zinco e cobre, 
que eram separados por tecido do tipo feltro e embebidos em solução de ácido sulfúrico. A pilha 
produzia corrente elétrica sempre que um fio condutor era ligado aos discos de zinco e de cobre 
e colocados nas extremidades da pilha. A pilha de Volta acabou a divergência com Galvani, que 
afirmava só ser possível obter eletricidade com tecido animal. Para homenagear os dois cientistas, 
reconhecidos como de grande valor para a ciência, a eletrodeposição de metais foi chamada de 
galvanização; e a unidade de diferença de potencial elétrico, de volt. Fonte: Wikipédia
Devemos observar que esses estudos antecedem ao estudo dos ácidos 
feito pelo cientista sueco Svant August Arrhenius, em 1884, que mostrou a 
dissociação iônica em água; e o estudo do cientista britânico J.J.Thomson que, 
em 1897, verificou que os raios catódicos eram um feixe de partículas com 
carga elétrica negativa, a qual ele chamou de elétrons.
144 QUÍMICA GERAL II
O estudo cronológico é importante para entender a dificuldade que 
esses cientistas enfrentavam quando trabalhavam com corrente elétrica, sem 
saber a natureza dessa corrente. O desconhecimento originou o erro de utilizar 
o sentido da corrente de modo contrário ao do movimento dos elétrons, hoje 
chamado pelos físicos de sentido convencional.
Em 1822, o físico alemão T. J. Seebeck construiu outra fonte de eletricidade, 
usando dois metais com as extremidades em temperaturas diferentes; em 
uma das extremidades, os metais estão unidos, aparecendo uma diferença de 
potencial nas extremidades opostas. O par termoelétrico (usado por Galvani no 
tecido muscular dos sapos), apesar de não constituir uma maneira de se obter 
eletricidade através de uma reação química, serviu para orientar a construção 
das primeiras pilhas com tecnologia diferente da pilha de Volta.
Em 1832, o cientista inglês Michael Faraday iniciou estudos no campo 
da eletroquímica, com ênfase na eletrólise.
Em 1836, o cientista inglês John Frederic Daniell construiu a pilha, que foi 
chamada de pilha de Daniell, usando a reação de oxidação e redução, sendo o 
local da oxidação separado do local da redução, o que permite a transferência 
de cargas por um condutor e o aproveitamento do trabalho elétrico.
ESTUDO DOS CONCEITOS DE OXIDAÇÃO E REDUÇÃO
Na 1ª unidade, já antecipamos os conceitos de oxidação e redução e 
estudamos como determinar os coeficientes da equação química, usando o 
método da oxidação e redução.
Ao iniciar o estudo que conceitua a reação química, usamos um 
exemplo na 1ª unidade em que coloarmos uma barra de zinco em solução 
de sulfato de cobre e, após decorrido certo tempo, obtivemos o sulfato de 
zinco e o cobre metálico.
A equação química que representa a reação deve ser estudada com 
relação ao modo e local onde aconteceu:
Zn (s) + CuSO4(aq) ZnSO4(aq) + Cu(s).
A reação aconteceu porque o zinco é mais reativo que o cobre, logo o 
zinco oxidou e o cobre reduziu. Sobre o local da reação, podemos dizer que 
foi na superfície da barra de zinco onde as cargas, oriundas da oxidação, foram 
utilizadas pelo cobre para sua redução, ou seja, não ocorreu circulação de 
cargas ou, melhor dizendo, produção de corrente elétrica.
A reação ocorreu de modo espontâneo, o que nos leva a afirmar que a 
energia livre dos produtos é menor que a energia livre dos reagentes. A energia 
produzida se dissipa em forma de calor e não produz trabalho elétrico.
CONSTRUÇÃO DE PILHAS E BATERIAS
Em 1836, Daniell, utilizando fundamentos de Volta e do par 
termoelétrico, colocou em um recipiente uma barra de cobre em solução 
de sulfato de cobre e, separadamente, em outro recipiente, uma barra de 
zinco em solução de sulfato de zinco.
Do estudo da ligação metálica, pudemos concluir que o metal é 
constituído por cernes de átomos com os elétrons, preenchendo os orbitais 
formados no nível de valência.
QUÍMICA GERAL II 145
Na prática, o que temos é uma solução com baixa concentração de íons 
metálicos e, na barra, alta concentração de cernes metálicos, que são idênticos 
aos íons em estrutura.
Em estudos posteriores, mostraremos que o metal puro tem potencial 
químico maior que o potencial do metal em solução, o que justifica a passagem 
de matéria de um potencial maior para um potencial menor.
Visando igualar as concentrações, os cernes metálicos passam para 
a solução e deixam seus elétrons na barra. O processo continua até que a 
barra fique carregada negativamente, fazendo com que o cerne, ao tentar 
sair da barra, seja atraído de volta, criando uma situação de equlíbrio entre a 
barra com carga negativa e a solução, agora com excesso de catíons. Idêntico 
processo ocorre na outra barra que fica em equlíbrio com sua solução. Como 
estamos diante de um processo de oxidação e redução em equlíbrio, podemos 
dizer que se trata de um equlíbrio químico, assunto já estudado na 5ª unidade.
Como os metais são diferentes em estrutura cristalina, tamanho atômico, 
eletronegatividade e níveis energéticos de valência, tudo contribui para que 
um metal seja mais reativo ou tenha maior potencial de oxidação que o outro.
Ligando externamente as duas barras, verificamos que os potenciais 
elétricos são diferentes, ou seja, um eletrodo tem mais elétrons que o outro, 
dando origem a uma corrente elétrica do eletrodo com maior quantidade 
de elétrons (anodo) para o eletrodo com menor quantidade de elétrons 
(catodo). A corrente retira elétrons do anodo e transporta para o catodo, 
alterando o equilíbrio químico nos dois locais. No anodo, mais zinco vai 
oxidar; e no catodo, mais cobre vai reduzir.
O processo continua até que a solução onde ocorre a oxidação fique muito 
positiva;eaoutra,ondeocorrea redução, fiquemuitonegativa,paralisandooprocesso.
Nesse ponto, Daniell entendeu que havia necessidade de uma ponte 
salina ligando os dois recipientes para fechar o circuito. A ponte salina 
consiste em um tubo em forma de U que contém uma solução salina, 
cujos íons não precipitam os íons das soluções dos recipientes. Vejamos o 
dispositivo na figura nº. 02.
Figura nº. 02 – Pilha de Daniell. O eletrodo onde ocorre a oxidação é o anodo ou o polo negativo. 
O eletrodo onde ocorre a redução é o catodo ou polo positivo. Os elétrons deixam a célula pelo 
anodo, atravessam o circuito externo e retornam pelo catodo. Os elétrons são produzidos pela 
oxidação e são consumidos pela redução. Na ponte salina, os ânions migram para a solução do 
anodo; e os cátions migram para a solução do catodo.
146 QUÍMICA GERAL II
A reação química é a mesma estudada anteriormente, na qual o zinco 
oxida e o cobre reduz. Podemos estudar a reação, usando duas semirreações.
Semirreação de oxidação: Zn (s) Zn2+ (aq) + 2e
Semirreação de redução: Cu 2+ (aq) + 2e Cu(s)
Somando as duas semirreações, fica:
Zn (s) + CuSO4(aq) ZnSO4(aq) + Cu(s).
A diferença de potencial entre os dois eletrodos foi medida e o 
resultado observado foi de 1,10 volts.
Estudos futuros serão feitos no sentido de entender a influência da ponte 
salina na diferença de potencial da pilha, pois, mesmo fechando o circuito, a ponte 
representauma resistência adicional que, dependendo da velocidade de migração 
dos íons, resulta um valor alto de diferença de potencial da junção líquida.
Como o potencial do eletrodo é um equlíbrio químico, depende da 
temperatura, da pressão e da concentração. Devemos então fixar valores 
de temperatura, pressão e concentração para efetuar medidas e organizar 
tabelas com os potenciais medidos. A medida de potenciais é feita como 
sendo uma diferença entre dois eletrodos; de outro modo entendemos que 
os valores são então relativos uns aos outros. Com esse entendimento, um 
eletrodo deve ser tomado como valor de referência.
O estado padrão foi escolhido como sendo de pressão igual a uma 
atmosfera, temperatura 25ºC e concentração um molar. O eletrodo de 
referência escolhido foi o de hidrogênio, pela facilidade em reduzir e oxidar para 
ser confrontado com outros eletrodos. Vamos usar a espécie H+, já consagrada 
na literatura, devido aos estudos de Arrhenius, e usada na definição de ácidos:
•	 O hidrogênio oxidando: H2 (g) 2H
+ + 2e
•	 O hidrogênio reduzindo: 2H+ + 2e H2 (g)
•	 A representação total fica: H2 (g) 2H
+ + 2e
Ao eletrodo de hidrogênio foi dado o valor zero e todas as medidas 
foram feitas em relação a esse potencial. O trabalho de organização das 
tabelas com os potenciais no estado padrão consiste em montar pilhas com 
o eletrodo de referência e o eletrodo que se quer determinar seu potencial. 
Vamos observar a figura nº. 03.
Figura nº. 03 – Medida do potencial no estado padrão do zinco usando o eletrodo de referência de 
hidrogênio. A medida indica 0,76 V; e o sentido dos elétrons é do zinco para o hidrogênio.
QUÍMICA GERAL II 147
Como o sentido dos elétrons é do zinco para o hidrogênio, indica que o 
zinco oxida, e o hidrogênio reduz. A equação da pilha fica:
Oxidação: Zn (s) Zn2+ + 2e
Redução: 2H+ + 2e H2 (g)
Somando: Zn (s) + 2H+ Zn2+ + H2 (g)
Para organizar a tabela, devemos decidir se será uma tabela com 
potenciais de redução ou com potenciais de oxidação.
A tabela também pode conter os dois potenciais e, assim, fica fácil 
verificar que o valor é o mesmo, o que muda é o seu sinal.
A análise do resultado experimental mostra que, se os elétrons têm 
sentido do zinco para o hidrogênio, isto comprova que o zinco está oxidando, e 
o hidrogênio está reduzindo. A conclusão é que o zinco tem maior potencial de 
oxidação que o hidrogênio ou menor potencial de redução que o hidrogênio. 
Nos dois casos, o valor numérico é 0,76 V.
Vamos usar uma tabela com os potenciais de redução dos eletrodos mais 
conhecidos. Na tabela nº. 01, encontramos os potenciais de redução que, por 
estarem no estado padrão, chamaremos de Eo.
Na tabela, podemos observar que o zinco consta com potencial de 
redução igual a -0,76V (menor que o hidrogênio). Os eletrodos que estão acima 
do hidrogênio têm tendência maior de reduzir, e os que estão abaixo, têm 
tendência maior de oxidar. No cálculo da pilha, devemos escolher o uso de um 
só tipo de potencial, pois a diferença de potencial é feita de modo automático.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a diferença de potencial em uma pilha formada por eletrodos de 
alumínio e cobre no estado padrão.
Solução: Vamos trabalhar com potenciais de redução. Na tabela, 
encontramos:
•	 para o alumínio: Al3+ + 3e Al (s). Eo = –1,66V
•	 para o cobre: Cu2+ + 2e Cu (s). Eo = + 0,34V
Com os dados retirados da tabela, verificamos que o cobre tem maior 
potencial de redução que o alumínio; logo o cobre vai reduzir, e o alumínio vai 
oxidar. Devemos então corrigir a semirreação do alumínio de redução para oxidação.
•	 Para o alumínio: Al (s) Al3+ + 3e. Eo = + 1,66V
•	 Para o cobre: Cu 2+ + 2e Cu (s). Eo = + 0,34V 
Observando as duas semirreações, verificamos que o número de cargas 
perdidas é diferente do número de cargas ganhas. Estamos diante de uma 
situação que já aprendemos a resolver no balanceamento de equações. Para 
tornar igual o número de cargas, vamos achar o mínimo múltiplo comum a dois 
e três, que é seis; logo vamos multiplicar a semirreação do alumínio por dois, e 
a do cobre por três. As duas semirreações ajustadas podem então ser somadas 
para produzir a equação da reação da pilha:
•	 Para o alumínio: 2 Al (s) 2 Al3+ + 6e. Eo = +1,66V
•	 Para o cobre: 3 Cu 2+ + 6e 3Cu (s). Eo = + 0,34V
Somando: 2Al (s) + 3Cu 2+ (aq) 2 Al3+ (aq) + 3Cu (s). ∆Eo = 2,00V.
Devemos observar que a multiplicação da semirreação por um número 
não altera o valor de Eo, que é uma propriedade do material, e não da 
quantidade de material. A quantidade de material, como vamos ver a seguir, 
tem influência no cálculo do trabalho produzido pela pilha.
148 QUÍMICA GERAL II
A dificuldade das primeiras pilhas estava no seu baixo tempo de utilização 
e baixa capacidade de produzir trabalho.
Em 1859, o físico francês Raymond Gaston Planté iniciou estudos visando 
construir pilhas que fossem recarregáveis. Seus estudos caminharam no sentido 
de construir a pilha chumbo/ácido, como as que até hoje ainda usamos.
Em 1866, o químico francês George Leclanché construiu a primeira pilha 
seca ou pilha comum, usada até hoje em aparelhos tipo rádio portátil.
Potanciais de redução em 
ordem eletroquímica
Semireação E°, V Semireação E°, V
Fortemente oxidante
H4XeO6 + 2H
+ + 2e– → XeO3 + H2O +3,0 Ti
4+ + 3e– → Ti3+ 0,00
F2 + 2e
– → 2 F– +2,87 2H+ + 2e– → H2 0, por definição
O3 + 2 H
+ + 2e– → O2 + H2O +2,07 Fe
3+ + 3e– → Fe –0,04
S2O8
2– + 2e– → 2 SO4
2– +2,05 O2 + H2O + 2e
– → HO2
– + OH– –0,08
S2O8
2– + 2e– → 2 SO4
2– +1,98 Pb2+ + 2e– → Pb –0,13
Co3+ + e– → Co2+ +1,81 In+ + e– → In –0,14
H2O2 + 2 H
+ + 2 e– → 2 H2O +1,78 Sn
2+ + 2e– → Sn –0,14
Au+ + e– → Au +1,69 AgI + e– → Ag + I– –0,15
Pb4+ + 2 e– → Pb2+ +1,67 Ni2+ + 2e– → Ni –0,23
2HClO + 2H+ + 2e– → Cl2 + 2H2O +1,63 V
3+ + e– → V2+ –0,26
Ce4+ + e– → Ce3+ +1,61 Co2+ + 2e– → Co –0,28
2 HBrO + 2 H+ + 2 e– → Br2 + 2 H2O +1,60 In
3+ + 3e– → In –0,34
MnO4
– + 8 H+ + 5 e– → 
Mn2+ + 4 H2O
+1,51 TI+ + e– → TI –0,34
Mn3+ + e– → Mn2+ +1,51 PbSO4 + 2e
– → Pb + SO4
2– –0,36
Au3+ + 3e– → Au +1,40 Ti3+ + e– → Ti2+ –0,37
Cl2 + 2e
– → 2Cl– +1,36 In2+ + e– → In+ –0,40
Cr2O7
2– + 14 H+ + 6 e- →
2Cr3+ + 7H2O
+1,33 Cd2+ + 2e– → Cd –0,40
O3 +H2O + 2e
– → O2 + 2OH
– +1,24 Cr3+ + e– → Cr2+ –0,41
O2 + 4H+ 4e
– → 2H2O +1,23 Fe
2+ + 2e– → Fe –0,44
MnO2 + 4H
+ + 2e– → Mn2+ + 2H2O +1,23 In
3+ + 2e– → In+ –0,44
ClO4
– + 2H+ + 2e– → ClO3
– + H2O +1,23 S + 2e
– → S2– –0,48
Pt2+ + 2e– → Pt +1,20 In3+ + e– → In2+ –0,49
Br2 + 2e– → 2Br– +1,09 Ga+ + e– → Ga –0,53
Pu4+ + e– → Pu3+ +0,97 O2 + e
– → O2 –0,56
NO3
– + 4H+ + 3e– → NO + 2H2O +0,96 U
4+ + e– → U3+ –0,61
2 Hg2+ + 2e– → Hg2
2+ +0,92 Se + 2e– → Se2+ –0,67
ClO– + H2O + 2e
– → Cl– + 2OH– +0,89 Cr3+ + 3e– → Cr –0,74
Hg2+ + 2e– → Hg +0,85 Zn2+ + 2e– → Zn –0,76
NO3
– + 2H+ + e– → NO2 + H2O +0,80 Cd(OH)2 + 2e
– → Cd + 2OH– –0,81
Ag+ + e– → Ag +0,80 2 H2O + 2e
– → H2 + 2 OH
– –0,83
Hg2
2+ + 2e– → 2Hg +0,79 Te + 2e– → Te2– –0,84
AgF + e– → Ag + F– +0,78 Cr2+ 2e– → Cr –0,91
Fe3+ + e– → Fe2+ +0,77 Mn2+ + 2e– → Mn –1,18
BrO– + H2O + 2e
– → Br– + 2OH– +0,76 V2+ + 2e– → V –1,19
Ti2+ + 2e– → Ti –1,63
QUÍMICA GERAL II 149
MnO4
– + 2H2O + 2e
– → 
MnO2 + 4OH
–
+0,60 Al3+ + 3e– → Al –1,66
I2 + 2e
– → 2I– +0,54 U3+ + 3e– → U –1,79
I3
– + 2e– → 3I– +0,53 Be2+ + 2e– → Be –1,85
Cu+ + e– → Cu +0,52 Mg2+ + 2e– → Mg –2,36
Ni(OH)3 + e
– → Ni(OH)2 + OH
– +0,49 Ce3+ + 3e– → Ce –2,48
O2 + 2H2O + 4e
– → 4H– +0,40 La3+ + 3e– → La –2,52
ClO4
– + H2O + 2e
– → ClO3
– + 2OH– +0,36 Na+ + e– → Na –2,71
Cu2+ + 2e– → Cu +0,34 Ca2+ + 2 e– → Ca –2,87
Hg2Cl2 + 2e
– → 2Hg + 2Cl– +0,27 Sr2+ + 2e– → Sr –2,89
AgCl + e– → Ag + Cl– +0,22 Ba2+ + 2e– → Ba –2,91
Bi3+ + 3e– → Bi +0,20 Ra2+ + 2e– → Ra –2,92
SO4
2– + 4H+ + 2e– → H2SO3 + H2O +0,17 Cs
+ + e– → Cs –2,92
Cu2+ + e– → Cu+ +0,15 Rb+ + e– → Rb –2,93
Sn4+ + 2e– → Sn2+ +0,15 K+ + e– → K –2,93
AgBr + e– → Ag + Br– +0,07 Li+ + e– → Li –3,05
NO3
– + H2O + 2e
– → NO2
– + 2OH– +0,01 Fortemente redutor
Tabela nº. 01 – Potenciaisde redução dos eletrodos no estado padrão.
Fonte: ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida moderna e o meio 
ambiente.
REAÇÕES ESPONTÂNEAS E EQUAÇÃO DE NERNST
Em 1889, o físico-químico alemão, Walther Nernst, estudioso da 
termodinâmica, afirmou que, para resolver a dificuldade de produzir trabalho, 
a reação da pilha teria seu estudo feito baseado na variação da energia livre da 
reação e no trabalho elétrico possível.
Sabemos que, para a reação da pilha ser espontânea, devemos ter ∆G< 0.
A termodinâmica tem regra de sinais, tal que o trabalho 
produzido é sempre positivo; logo devemos tomar: ∆G = –W, onde
W é o trabalho elétrico produzido.
O trabalho elétrico é igual à carga multiplicada pela diferença de potencial 
que motiva a circulação da carga. Para expressar a carga de um modo mais 
ligado à química e em quantidade maior que a de um elétron, vamos utilizar 
uma unidade de carga, cujo nome foi dado em homenagem a Faraday.
A carga de um mol de elétrons (1,6 x 10–19 x 6,02 x 10–23) é de 
aproximadamente 96.485 C e chamada de Faraday. Logo a carga produzida 
será o número de mols de elétrons trocado na reação e multiplicado por um 
faraday. Carga = nF. O trabalho será calculado pela fórmula: W = nF∆E.
Voltando para a expressão da variação de energia, temos: ∆G =		–nF∆E.
Devemos entender que o ∆E deve ser sempre positivo, pois um valor
negativo tornaria ∆G positivo e a reação não seria espontânea, não servindo
para a construção de pilha.
No estudo do equlíbrio químico, chegamos à expressão da variação da 
energia livre em uma reação: ∆G = ∆Go + RT ln Q, onde Q é o quociente 
reacional. A expressão de ∆G liga a energia produzida às concentrações.
Substituindo os valores, fica: –nF∆E = –nF∆Eo + RTlnQ.
Multiplicando a expressão por (–1) e dividindo por (nF), fica:
∆E = ∆Eo – [(RT)/(nF)] x lnQ.
150 QUÍMICA GERAL II
Essa equação ficou conhecida como equação de Nernst.
Alguns mitos existiam em relação às pilhas; a equação pode ajudar a 
responder certas perguntas:
a) Colocar a pilha em geladeira faz com que ela seja recarregada?
A temperatura está no termo que se subtrae ao ∆Eo, se ela diminui,
melhora o ∆E e pode, em certos casos, diminuir a pressão nas pilhas que
produzem gases em seu funcionamento, mas não há como ocorrer a reação 
inversa, sem o auxílio da energia necessária. Logo, a pilha não será recarregada 
e apenas pode melhorar por pouco tempo;
b) Colocar a pilha em água quente faz com que ela seja recarregada?
A temperatura da água quente pode ajudar na circulação das cargas, 
mas, como no caso anterior, em curto espaço de tempo e, ainda, colocando 
em risco os aparelhos em que as pilhas são usadas.
Após essas respostas, supomos ser correto simplificar a equação com 
alguns cálculos preliminares:
1) Dispensar a influência da temperatura sobre a diferença de potencial 
da pilha (D.D.P.) e fixar seu valor em 25ºC (298K);
2) O R é uma constante que deve estar em Joule /(molx K), pois Joule / 
Coulomb = Volt; logo tomamos o valor R = 8,314 joule /(mol x K);
3) O Farady será substituído por seu valor calculado F =96.485C e, 
finalmente, vamos usar o logaritmo decimal, fazendo, ln = 2,3 log.
Com essas simplificações, a equação de Nernst fica:
∆E = ∆Eo – (0,0592/n) x logQ.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a diferença de potencial existente em uma pilha formada por 
eletrodo de zinco imerso em solução 1,0 M de Zn 2+ e eletrodo de cobre 
imerso em solução 0,1 M de Cu2+.
Solução: Na tabela de potenciais de redução, encontramos:
•	 para o cobre: Cu2+ + 2e Cu (s). Eo = +0,34 V.
•	 para o zinco: Zn 2+ + 2e Zn (s). Eo = –0,76 V.
Com os dados da tabela, verificamos que o cobre tem maior potencial de 
redução que o zinco; logo o cobre vai reduzir, e o zinco vai oxidar. Devemos então 
inverter a semirreação do zinco para oxidação e o Eo fica positivo. As cargas ganhas 
já estão iguais às cargas perdidas, logo não há necessidade de balanceamento.
•	 Para o cobre: Cu2+ (aq) + 2e Cu (s). Eo = +0,34V.
•	 Para o zinco: Zn (s) Zn2+ (aq) +2e. Eo = +0,76V.
Somando, fica: Zn (s) + Cu2+ (aq) Zn2+ (aq) + Cu (s). ∆Eo = 1,10V.
Esse valor é o mesmo medido na experiência de construção da pilha.
Temos então a equação da pilha, com diferença de potencial positiva e 
com quantidade de carga dois mols de elétrons. Já calculamos o ∆Eo e o n; vamos
calcular o Q que é o quociente reacional. Sabendo a equação, é fácil calcular o Q.
Q = {[Cu(s)][Zn2+]}/{[Zn(s)][Cu2+]}. As concentrações do cobre no 
próprio cobre e do zinco no próprio zinco, como já estudamos no equlíbrio 
químico, é igual a 1. Então, substituindo, teremos: Q = 1,0/0,1 = 10. Na 
equação de Nernst, fica:
∆E = 1,10 – (0,0592/2) x log 10 = 1,10 – 0,03 = 1,07V.
QUÍMICA GERAL II 151
Devemos observar que o fato da concentração da solução de 
zinco, local para onde está indo o zinco que oxida, ter valor maior que a 
concentração da solução de cobre, local que fornece o cobre que reduz, 
implica em diminuição do ∆E.
COMO CALCULAR O TRABALHO DA PILHA?
Muito importante em eletricidade é o valor da corrente ou 
carga, grandezas que possibilitam o cálculo da potência. A carga 
depende da quantidade de material usado na construção da pilha. 
A informação da carga é util para solucíonar o problema de tempo 
de funcionamento da pilha. Outro problema é a necessidade de se 
aumentar a diferença de potencial da pilha.
Vejamos como calcular a carga. A unidade de corrente é o ampère que 
representa a carga na unidade de tempo, no caso, por segundo. Como a hora 
tem 3600 segundos, vamos definir uma unidade de carga correspondente à 
corrente de um ampère em uma hora. 1AH = 3600 C.
No exercício da pilha de cobre e zinco, na equação da pilha usamos as 
massas estequiométricas e temos n = 2 (dois mols de elétrons), a carga então 
pode ser calculada como: carga = nF = 2 x 96485 = 192.970 C. Usando uma 
regra de três simples, podemos transformar em ampère hora. 1AH = 3.600 
C, logo 192.970 C é igual a 53,6 AH. O valor significa que nossa pilha tem 
condições de fornecer 53,6 A durante uma hora.
COMO MUDAR A CARGA DA PILHA?
O cálculo indica que a pilha foi construída com as quantidades da 
equação química; logo vamos utilizar a equação para dimensionar uma pilha 
com outra carga:
Zn (s) + Cu2+ (aq) Zn 2+ (aq) + Cu (s). 
65,39g 63,55g carga = 53,6 AH.
X1 X2 carga = 30 AH.
A pilha a ser construída terá 30 AH de carga e as massas de reagentes 
serão X1 e X2.
COMO AUMENTAR A DIFERENÇA DE POTENCIAL?
Sabemos do estudo da Física que, nas pilhas ligadas em série, a 
corrente que passa pelas pilhas é a mesma, mas a diferença de potencial 
é somada. Voltando ao nosso exercício, a pilha tem diferença de potencial 
de 1,07 V. Se queremos uma diferença de potencial de 6,0 V, devemos 
construir um dispositivo com seis pilhas, onde teremos 1,07 x 6 = 6,42 V. 
O dispositivo construído é chamado de bateria.
COMO CALCULAR O TEMPO DE FUNCIONAMENTO?
Nossa bateria com 6,42 V e 30 AH será utilizada para acionar um 
equipamento de potência igual a 30 Watts. Qual o tempo de funcionamento?
Sabemos que P = Vi, onde P é a potência, V a diferença de potencial
ou voltagem, e i, a corrente em ampère. Com a fórmula, calculamos a 
corrente requisitada pelo equipamento: i = P/V = 30 W/6,42 V = 4,673 A. 
152 QUÍMICA GERAL II
Como a bateria tem 30 AH, o tempo será calculado com a nova corrente: 
30 = 4,673 x tempo (hora).
tempo = 6,42 horas.
QUAIS OS TIPOS ESPECIAIS DE PILHAS?
1) Pilha de concentração. A pilha de concentração é um tipo especial, 
pois dela decorre a fabricação do medidor de pH, chamado de pHmêtro 
(estudado na 5ª unidade).
Seja uma pilha formada por dois eletrodos de níquel mergulhados em 
duas soluções com concentrações diferentes. Ver figura nº 04.
Figura nº. 04 – Pilha de concentração. As concentrações das soluções de Ni2+ são diferentes. 
Como já estudamos, as soluções possuem potenciais químicos diferentes, teremos, então, umatendência para igualar as concentrações.
Como as soluções não estão em contato, o modo de buscar a igualdade 
de concentrações será através da redução de níquel no catodo (solução mais 
concentrada) e oxidação de níquel no anodo (solução menos concentrada). 
Teoricamente, o processo continua até que as concentrações fiquem iguais. 
Vamos entender melhor, observando um exercício resolvido.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcular a diferença de potencial de uma pilha com eletrodos de 
níquel mergulhados um em solução de [Ni2+] = 1,0 x 10-3 mol/L, e o outro, 
em solução [Ni2+] = 1,0 mol/L.
Solução: Vamos supor a solução diluída na esquerda e a 
concentrada na direita.
Sabemos que, no anodo, ocorre oxidação, e no catodo, redução. As 
semirreações podem ser representadas:
Oxidação no anodo: Ni (s) Ni2+ (0,001M) + 2e. Eo = +0,23 V.
Redução no catodo: Ni2+ (1,0M) +2e Ni (s). Eo = –0,23 V.
Somando, fica: Ni (s) + Ni2+ (concentrada) Ni2+ (diluída) + Ni (s). 
∆Eo = 0,0 V.
QUÍMICA GERAL II 153
Aplicando a equação de Nernst, temos: ∆E = 0,0 – (0,0592/2) x log [(1,0 x
10-3)/1,0] = 0,0888 V ou 89 mV, voltagem compativel com os medidores de pH.
2) Pilha seca. A pilha seca foi desenvolvida pelo francês George 
Leclanché, tentando resolver os inconvenientes de transporte e uso das pilhas.
Ver figura nº. 05.
Figura nº. 05 – Pilha de Leclanché. A pilha tem anodo de zinco e catodo constituído por um bastão 
de grafita imerso em pasta de MnO2, NH4Cl, ZnCl2 e C. Tem caráter ácido, devido à presença do 
cloreto de amônio. Não pode ser recarregada, devido à semirreação de redução do dióxido de 
manganês. Fornece uma diferença de potencial de 1,5 e foi aperfeiçoada, dando origem à chamada 
pilha alcalina, em que o hidróxido de potássio foi colocado no lugar do cloreto de amônio.
As semirreações da pilha de Leclanché podem ser estudadas, como sendo:
no anodo (oxidação): Zn (s) Zn2+ (aq) + 2e.
no catodo (redução): 2 NH4
+ (aq) + 2 MnO2 (s) + 2e 2MnO(OH) 
(s) + 2NH3 (g) Mn2O3 (s) + H2O (l) + 2NH3 (g).
As semirreações estão representadas do modo sugerido por alguns 
autores, em etapas. Em qualquer caso, temos o zinco oxidando e fornecendo 
elétrons para a redução do manganês, que passa de +4 para +3.
O íon zinco migra para o catodo e forma complexo com o gás amoníaco; 
o fato é comprovado, pois a pilha não resiste a uma corrente muito intensa 
devido à formação do gás amoníaco, mas, após certo “repouso”, a migração dos 
íons zinco retira as moléculas do NH3 e a pilha volta a funcionar normalmente.
A reação completa no anodo e no catodo fica:
anodo: Zn (s) Zn2+ + 2 NH3 (g) Zn(NH3)2
2+ (aq) + 2e. Eo = 1,0 V.
catodo: 2MnO2 (s) + 2NH4
+ + 2e Mn2O3(s) + 2NH3 + H2O. Eo = 0,5V.
∆Eo = 1,5 V.
154 QUÍMICA GERAL II
3) Bateria chumbo-ácido. O estudo de Raymond Gaston Planté resultou 
na construção inicialmente de uma pilha e, em seguida, de uma bateria 
chamada chumbo-ácido, considerada muito especial por ser recarregável.
Os eletrodos escolhidos foram o anodo de chumbo e o catodo de 
dióxido de chumbo. A solução usada para os dois eletrodos é o ácido sulfúrico.
Na tabela nº. 01, temos os potenciais e as semirreações utilizadas:
Para o chumbo: PbSO4 + 2e Pb + SO4
2-. Eo = – 0,36 V.
Para o dióxido: Pb 4+ + 2e Pb 2+. Eo = + 1,67 V. 
Como o dióxido de chumbo vai reduzir e o chumbo vai oxidar, devemos 
inverter a semirreação do chumbo.
Para o chumbo: Pb (s) + H2SO4 PbSO4 + 2e + 2H
+. Eo = 0,36 V.
Para o dióxido: PbO2 + H2SO4 + 2H
+ + 2e PbSO4 + 2H2O. 
Eo = 1,67 V.
Somando: Pb (s) + PbO2 (s) + 2 H2SO4 (aq) 2 PbSO4 (aq) + 2 H2O 
(l). ∆E = 2,03 V. Cada pilha fornece 2,03 V; se a bateria for de 6 V, devemos unir
em série três pilhas. Para melhor entendimento, vamos observar a figura nº. 06.
Figura nº. 06 – Uma bateria automotiva de chumbo e ácido de 12 V. Cada pilha fornece 2,0 V; logo 
devemos ter seis pilhas em série para obter os 12 V. A carga em AH, vai determinar a massa das 
placas e tamanho da bateria. Em automóveis, a carga oscila entre 30 a 50 AH. 
A partida é o ponto principal, pois é solicitada amperagem muito alta.
A grande vantagem da bateria chumbo e ácido está no fato de que 
ela é recarregável. Como o ácido sulfúrico toma parte na reação, a solução 
deve ser objeto de cálculo, sendo fator determinante no volume da bateria; 
e seu controle é feito através da densidade. O sulfato de chumbo é insolúvel 
e adere aos eletrodos, sendo aproveitado na reação de carga.
QUÍMICA GERAL II 155
COMO APROVEITAR A REAÇÃO DE OXIDAÇÃO E REDUÇÃO NÃO 
ESPONTÂNEA INVERSA DA REAÇÃO DA PILHA?
As reações de eletrólise são as reações de oxidação e redução não 
espontâneas que ocorrem nas células ou cubas eletrolíticas (recipientes 
contendo solução de íons), pela passagem de corrente elétrica, com consumo 
de trabalho elétrico. No caso teremos ∆G > 0.
Algumas recomendações precisam ser feitas para o uso da tabela 
de potenciais de eletrodos na previsão das reações de oxidação e 
redução da eletrólise.
a) A tabela utiliza a concentração de 1,0 M, o que de modo geral não 
ocorre nas soluções submetidas à eletrólise;
b) A energia de descarga do íon se afasta do Eo, devido a fenômenos 
ligados à adsorção, o que implica no uso de uma maior voltagem para liberação 
da substância reduzida. O hidrogênio é um exemplo de uso de maior voltagem 
na eletrólise, pois sua posição na tabela fica entre o titânio e o alumínio, fato 
muito importante já que do alumínio até o lítio não podemos descarregar esses 
íons em solução aquosa;
c) Na eletrólise e na recarga de pilhas e baterias, em geral ocorrem 
reações secundárias, como no caso da bateria chumbo/ácido, em que ocorre a 
eletrólise da água, produzindo hidrogênio e oxigênio,
d) Devemos acrescentar na tabela a sequência de descarga dos aníons na 
eletrólise; ela é baseada na reatividade que, como já estudamos na 1ª unidade 
(tipo de reação), está ligada a eletronegatividade. A sequência está organizada 
do mais fácil de descarga para o mais difícil:
aníons não oxigenados aníons orgânicos OH–
aníons oxigenados F–
Em 1834, o cientista Michael Faraday apresentou os resultados 
experimentais de seu estudo, em forma de leis empíricas da eletrólise. São elas:
1ª lei: a massa da substância eletrolisada é diretamente proporcional à 
quantidade de eletricidade que atravessa a solução.
Como a quantidade de eletricidade é igual à corrente, multiplicada pelo 
tempo em segundo, podemos fazer como expressão da lei: m = k1 x i x t.
2ª lei: a massa da substância eletrolisada é diretamente proporcional à 
massa molar dividida pelo número de oxidação ou valência da espécie química. 
A expressão da lei fica: m = k2 x (MM/nox).
3ª lei: sendo a massa da substância eletrolisada proporcional à quantidade 
de eletricidade e a massa molar dividida pelo nox, será também proporcional ao 
produto das duas quantidades. A expressão da lei fica: m = k3 x (MM/nox) x i x t.
Essa é uma fórmula mais geral, pois envolve todas as variáveis da 
eletrólise. Resta calcular a constante de proporcionalidade k3. Faraday 
verificou que quando a massa eletrolisada era igual à (MM / nox), a carga 
era igual a 96.485 . Substituindo na expressão, fica: (MM / nox) = k3 x (MM/
nox) x 96485. Calculando, fica: k3 = 1/96.485. Substituindo na expressão: 
m = [(MM/nox) x i x t]/(96.485).
Os fatores ligados ao processo de eletrólise, tais como interações 
entre os íons, potencial oriundo das cargas dissolvidas e outros, tornam o 
rendimento baixo e não podemos deixar de considerar na expressão: m = 
[(MM/nox) x i x t x R]/(96.485). Sendo R o rendimento.
156 QUÍMICA GERAL II
Após o estudo das leis de Faraday, vamos abordar a eletrólise, em suas 
principais aplicações, para boa motivação do estudo.
a) Refino de metais, produção de metais com alto grau de pureza;
b) Produção de substâncias pela reação da eletrólise;
c) Recarga de pilhas e baterias;
d) Proteção de superfícies por eletrodeposição de metais nobres.
A expressão de Faraday mostra uma relação entre carga e massa. 
Como a reação da eletrólise é realizadapor passagem de corrente em uma 
solução de íons, vamos fazer um esquema que nos ajude a entender as etapas 
que relacionam a quantidade de carga elétrica usada na eletrólise com as 
quantidades de substâncias oxidadas ou reduzidas.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Calcule a massa em gramas do alumínio produzido em uma hora pela 
eletrólise do AlCl3 fundido, usando uma corrente de 10,0 A.
Solução: Usando a expressão de Faraday:
m = [(MM/nox) x i x t x R]/(96.485) = [(27/3) x 10,0 x 3600 x 
1]/96485 = 3,358 g.
Podemosusar a relaçãoentreas cargaseamassada substânciaparaos cálculos.
Quantidade de eletricidade = 10,0 (C / s) x 3.600 s = 36.000 C.
Número de mols de elétrons = (36.000 C)/(96485 C/mol de e) = 0,373 mol de e.
Mols de produto = (0,373 mol de e) x [(1 mol de Al)/(3 mols de e)] = 
0,124 mol de Al.
Massa do produto = (0,124 mol de Al) x [(27,0g de Al)/(1 mol de Al)] 
= 3,358 g de Al.
Usando os dois caminhos, o resultado é o mesmo. Com esse 
conhecimento, podemos abordar as pilhas de combustível que são 
abastecidas com massas de reagentes e têm sua corrente como fonte de 
informação sobre seu funcionamento.
As aplicações serão estudadas ao mesmo tempo em que abordamos 
os tipos de eletrodos usados na eletrólise. Alguns eletrodos são inertes, ou 
seja, não participam da reação da eletrólise, enquanto outros eletrodos são 
chamados de ativos, pois participam da reação de eletrólise.
ELETRODO INERTE
O eletrodo inerte mais utilizado é a grafita, porém, com restrições 
para reações em que há formação de oxigênio, pois este queima a grafita. 
Como exemplo, vamos utilizar a eletrólise em solução aquosa do cloreto de 
sódio, por ser uma das mais importantes do ponto de vista comercial, na 
QUÍMICA GERAL II 157
obtenção de substâncias, como o hidróxido de sódio e o cloro. O hidrogênio 
é um subproduto, mas igualmente importante como combustível. Vamos 
observar a figura nº. 07.
Figura nº. 07 – Eletrólise de uma solução de cloreto de sódio em meio aquoso. No catodo, a espécie 
H+ disputa com a espécie Na+. Na tabela, verificamos que o H+ tem maior tendência de reduzir que 
o Na+; logo terá a formação de H2. No anodo, a espécie Cl- disputa com a espécie OH-. Na tabela de 
descarga de aníons, verificamos que o Cl- tem maior tendência de oxidar; logo terá a formação de Cl2. 
Em solução restam as espécies Na+ e o OH-, que, após concentração, produzem o hidróxido de sódio.
A equação da eletrólise pode ser obtida pela soma das semirreações 
de oxidação e de redução:
No anodo (+), temos: 2 Cl– (aq) Cl2 (g) + 2e.
No catodo (–), temos: 2 H+ (aq) + 2e H2 (g).
Somando fica: 2Cl- (aq) + 2H+ (aq) Cl2 (g) + H2 (g).
ELETRODO ATIVO
O eletrodo ativo pode participar da reação da eletrólise desde que 
tenha prioridade em oxidar. O exemplo nos eletrodos inertes foi de produção 
de substâncias por meio de eletrólise. Vamos usar um exemplo de refino de 
metais. O eletrodo metálico que funciona como catodo não sofre desgaste, 
pois, ocorrendo redução, ele recebe os íons que se depositam.
No anodo deve existir uma competição entre os íons que desejam oxidar, 
ganha o que tiver maior potencial de oxidação. Nosso exemplo é a eletrólise 
de uma solução de ácido sulfúrico com eletrodos de cobre. Propositadamente, 
colocamos um eletrodo com pouco cobre, mas de alto grau de pureza no 
catodo, e um eletrodo com cobre impuro no anodo. No início da operação, 
para redução no catodo, temos apenas o íon H+ proveniente do ácido e da 
água. Então, no início, no catodo acontece:
Catodo (–): 2H+ (aq) + 2e H2 (g).
158 QUÍMICA GERAL II
Vamos estudar a disputa no anodo pela oxidação. Temos o íon OH-, 
o íon sulfato e o cobre, todos com tendência a oxidar. Na lista de descarga, 
verificamos que o OH- ganha do sulfato; logo vamos analisar agora entre o 
cobre e o OH-. Da tabela (tabela de redução), obtemos:
oxidação: Cu (s) Cu2+ (aq) + 2e. Eo = -0,34V.
oxidação: 2OH– H2O (l) + ½ O2 (g) + 2e. Eo = -0,40V.
Como os dois são negativos, o que tem maior potencial de oxidação é o cobre.
Vamos observar a figura nº. 08.
Figura nº. 08 – Eletrólise de uma solução de ácido sulfúrico com eletrodos de cobre. No catodo (-), 
colocamos um eletrodo com cobre puro; e no anodo. um eletrodo com cobre impuro. Desejamos 
obter no catodo mais cobre puro pelo processo eletrolítico. No início, no catodo, apenas o íon H+ 
disputa a redução e forma H2 (g). No anodo, temos uma disputa dos íons SO4 2-, OH – e o cobre 
pela oxidação. O estudo do texto mostra que o cobre vai oxidar, produzindo íons Cu2+. Os íons 
produzidos no anodo migram para o catodo e ganham na disputa por redução do H+.
A oxidação do cobre no anodo produz íons Cu2+, que migram para 
o catodo e ganham a disputa por redução com os íons H+. Após certo 
tempo, teremos depósito de cobre puro no catodo; e desgaste do anodo, 
por oxidação do cobre. Nota-se a formação de uma lama anódica com as 
impurezas que estavam no cobre impuro.
ELETRODEPOSIÇÃO METÁLICA
Na eletrodeposição, a peça que vai receber a camada de metal será 
usada como catodo (polo negativo). A aderência do metal sobre a peça é obtida 
com o controle do pH, da concentração, da temperatura, da intensidade de 
corrente e do uso de aditivos. O banho eletrolítico, assim chamado a solução 
eletrolítica, tem composição determinada de modo experimental. O uso do 
cianeto de sódio, no banho eletrolítico, foi descartado pelos riscos decorrentes.
A peça a ser revestida passa por várias etapas que podem ser resumidas 
em três: limpeza, banho eletrolítico e acabamento.
A etapa da limpeza se constitui de:
a) limpeza mecânica, com lixa ou jato especial;
b) desengraxe a quente, com material detergente;
c) decapagem com ácido para retirada de restos de oxidação.
No banho eletrolítico, devemos controlar a corrente, a voltagem e 
o tempo. Antes e depois do banho, a peça deve ser pesada para controle 
da massa depositada.
No acabamento, devemos utilizar um metal que associe proteção com 
embelezamento. Em geral, a solução de cromo é a mais utilizada.
Antesda soluçãodecromo,colocamosapeça, em imersão rápida, emsolução 
ácida para produzir pontos na superfície que garanta boa aderência do cromo.
QUÍMICA GERAL II 159
Vejamos a figura nº. 09.
Figura nº. 09 - Cuba eletrolítica para banho de zinco em peça de aço.
No catodo, temos redução do Zn 2+ (aq); e no anodo, temos oxidação do Zn (s). A solução é de Zn 2+, 
abastecida pela oxidação do zinco no anodo.
EXERCÍCIO COMPLEMENTAR
Uma peça de aço foi submetida ao banho eletrolítico de zinco. Os dados 
levantados sobre o processo estão anotados como:
•	 Massa antes do banho = 19,256g,
•	 Massa depois do banho = 19,786g,
•	 Voltagem = 12 V,
•	 Amperagem = 1,35 A,
•	 Tempo de eletrólise = 45 minutos, 
•	 Banho eletrolítico = Zn2+,
•	 Custo do kWh = R$ 0,80.
Calcule:
a) o rendimento do processo de eletrodeposição.
b) o custo com energia elétrica.
Solução
a) Vamos calcular o rendimento pela fórmula que aprendemos no 
cálculo estequiométrico.
Massa observada = 19,786g – 19,256g = 0,53g,
Massa teórica = [(MM / nox) x i x t] / 96485 = [(65,37 / 2) x 1,35 x 45 x 
60] / 96485 = 119.136,8 / 96485 = 1,235g,
Rendimento = (0,530g / 1,235g) x 100 = 42,9 %
b) Aprendemos que P = V x i = 12 x 1,35 = 16,2 W = 0,0162 kW.
O tempo é de 0,75 horas, o trabalho = 0,0162 x 0,75 = 0,0122kWh.
Com uma regra de três, resolvemos o cálculo que resta:
1kWh R$ 0,80
0,0122kWh X
Calculando, fica: X = R$ 0,01.
160 QUÍMICA GERAL II
ESTUDO DA CÉLULA DE COMBUSTÍVEL
O estudo da célula de combustível ficou para último assunto, pois 
muitos autores não consideram pilha, e sim uma célula onde é queimado um 
combustível e produzido um trabalho elétrico. Vamos observar a figura nº. 10. 
Figura nº. 10 – Célula de combustível de baixa temperatura. O aproveitamento de energia em 
uma célula de combustível é maior do que nas termoelétricas convencionais. Nas células de 
combustíveis, não se usa a carga em AH, pois a corrente depende da alimentação da célula.
Nossa célula de combustívelusa o hidrogênio como combustível, mas 
podemos diferenciar as semirreações de catodo e anodo.
No catodo, temos redução do oxigênio:
O2 (g) + 2 H2O (l) + 4e 4 OH
–. Eo = 1,23 V (tabela nº. 01).
No anodo, temos oxidação do hidrogênio:
2 H2 (g) + 4 OH
- (aq) 4 H2O (l) + 4e. Eo = 0,0 V.
O número de mols de elétrons trocados é n = 4. Vamos usar a 
expressão de Faraday para calcular a célula. A solução da célula é de KOH.
A reação final fica: 2 H2 (g) + O2 (g) 2 H2O (l). ∆Eo = 1,23 V.
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Exercício 01: Uma célula de combustível tem as seguintes semirreações:
•	 Catodo: O2 (g) + 2 H2O (l) + 4e 4 OH
-.
•	 Anodo: 2 H2 (g) + 4 OH
– 4 H2O (l) + 4e. 
A célula é abastecida com oxigênio e hidrogênio gasoso nas CNTP.
Foi solicitada uma corrente de 1A durante 2 horas, 40 minutos e 50 segundos.
Calcule o volume de cada gás consumido nas CNTP.
QUÍMICA GERAL II 161
Solução: Vamos usar a expressão de Faraday para relacionar a massa 
com a corrente.
No catodo: m = [(32/ 4) x 1 x 9650] / 96485 = 0,8g;
Número de mols: n = 0,8g / 32g = 0,025;
Volume: V = (n x R x T)/p = (0,025 x 0,082 x 273)/1 = 0,56 litros de oxigênio;
No anodo: m = [(4/4) x 1 x 9650] / 96485 = 0,1g;
Número de mols: n = 0,1g / 2g = 0,05;
Volume: V = (0,05 x 0,082 x 273) / 1 = 1,12 litros de hidrogênio.
Exercício 02: Duas células eletrolíticas estão ligadas em série. A primeira 
célula tem solução de nitrato de prata, e a segunda tem solução de sulfato de 
cobre. Durante certo tempo, foi mantida uma corrente nas duas células em 
série. Na primeira célula com nitrato de prata, foram encontrados 2,16g de 
prata. Qual a massa de cobre encontrada na segunda célula? 
Solução: Vamos usar a expressão de Faraday para as duas células:
Para a prata: 2,16g = [(108/1) x i x t]/96485.
Para o cobre: m = [(63,54/2) x i x t]/96485. 
Note que a corrente e o tempo são os mesmos para as duas células.
Dividindo as duas expressões fica:
2,16/m = 108/31,77. Operando, fica: m = 0,635g.
Exercício 03: Uma pilha seca funciona fornecendo 0,2 A. A massa de 
zinco oxidada foi de 0,1959g. Qual foi o tempo de funcionamento da pilha?
Solução: o exercício é útil para mostrar o uso da expressão de Faraday 
no funcionamento das pilhas,
m = [(65,3 / 2) x 0,2 x t] / 96485 = 0,1959g. 
Operando, temos t = 2.895 s = 48 minutos 15s.
Exercício 04: Uma pilha é formada por uma barra de cromo em solução 
0,1 M de Cr3+ e uma barra de estanho em solução 0,001 de Sn2+. 
Calcule:
a) a diferença de potencial da pilha.
b) a variação da energia livre na reação da pilha.
Solução:
a) Na tabela nº. 01, temos os potenciais de redução:
Para o estanho: Sn2+ + 2e Sn (s). Eo = –0,14 V.
Para o cromo: Cr3+ + 3e Cr (s). Eo = –0,74 V.
O estanho tem potencial de redução maior que o cromo, logo o 
estanho vai reduzir e o cromo vai oxidar. Devemos inverter a semirreação 
do cromo e balancear as cargas. Operando, fica:
para o estanho: 3 Sn2+ + 6e 3 Sn (s). Eo = -0,14 V.
para o cromo: 2 Cr (s) 2 Cr 3+ + 6e. Eo = +0,74 V.
Somando: 2 Cr (s) + 3 Sn2+ 3 Sn (s) + 2 Cr3+. ∆Eo = 0,60 V.
Aplicando a equação de Nernst:
∆E = 0,60 – (0,0592 / 6) x log [(10 -1)² / (10 -3)³] = 0,53 V.
b) ∆G = -nF∆E = –6 x 96.485 x 0,53 = - 220.962,3 J = 221 kJ.
162 QUÍMICA GERAL II
Exercício 05: Uma bateria de chumbo/ácido tem capacidade de 80AH. 
Após a bateria ter sido descarregada em 80%, qual a massa de chumbo oxidada?
Solução: A equação da pilha já é nossa conhecida:
Pb (s) + PbO2 (s) + 2 H2SO4 (aq) 2 PbSO4 (aq) + 2 H2O (l).
A carga é calculada como: carga = n x F = 2 x 96.485 = 192.970 C.
A capacidade é calculada usando a equação estequiométrica:
1AH 3.600 C,
 X 192.970 C, o que resulta X = 53,6 AH.
Na tabela periódica, temos: MM do chumbo igual a 207,2g.
207,2g 53,6 AH,
 X 80,0AH, o que resulta X = 309,25g.
Massa oxidada = 309,25 x 0,8 = 247,4g. Medindo a corrente, podemos 
ter o tempo de funcionamento, pela expressão de Faraday.
Exercício 06: Uma indústria produz alumínio, por eletrólise de Al2O3
fundido. A indústria funciona 24 horas por dia e utiliza uma corrente de 100A 
em uma fonte de corrente continua de 50 V. O custo do kWh é de R$ 0,80 e 
o rendimento catódico é de 60%.
Calcule:
a) a massa de alumínio produzida em 24 horas,
b) o custo com energia elétrica para essa produção.
Solução
a) São dados: tempo = 24 horas = 86.400 s.
i = 100 A, R = 0,60.
V = 50 V.
Na tabela periódica: MM do alumínio = 26,98g. Usando a 
expressão de Faraday:
m (observada) = [(26,98 / 3) x 100 x 86.400 x 0,6] / 96.485 = 483,2g.
b) P = V x i = 50 x 100 = 5.000 watts = 5 kW.
Trabalho elétrico = 5 x 24 = 120 kWh.
O custo com energia elétrica para a produção de 483,2g de alumínio será:
1 kWh R$ 0,80.
120 kWh X, calculando, temos: X = R$ 96,00.
1º Exercício
Uma pilha foi montada para usar as seguintes semirreações:
Oxidação: Fe2+ Fe3+ + 1e.
Redução: ½ Br2 + 1e Br
1-.
Verifique se o projeto da piha está correto.
Resposta
Na tabela nº. 01, para a 1ª semirreação, temos Eo = –0,77V; e para a 2ª, 
temos Eo = + 1,09V. O ∆Eo = +0,32V. Como é positivo, o projeto está correto.
QUÍMICA GERAL II 163
2º Exercício
Níquel pulverizado é adicionado a uma solução de íons Sn2+
com concentração 0,1 M. Quando o equilíbrio é atingido, calcule as 
concentrações dos íons Ni2+ e Sn2+.
Resposta
Devemos inicialmente calcular ∆Eo = 0,09V. Com esse valor, calculamos
∆Go= –17.367,3 J. Usando a fórmula ∆Go= –R x T x ln K, calculamos K. Com
K, calculamos as concentrações.
3º Exercício
Uma pilha usa uma peça de cobre em solução 0,025M de Cu2+ e uma 
peça de prata em solução 0,015 M de Ag1+. Calcule:
a) a diferença de potencial da pilha.
b) a carga da pilha em AH.
c) o tempo de funcionamento da pilha quando mantém em 
funcionamento um computador de 100W.
Resposta
(a) ∆E = 0,40 V,
(b) carga = 53,6 AH,
(c) tempo = 1,28 horas.
4º Exercício
Uma pilha de concentração com dois eletrodos de hidrogênio foi 
construída para medir o pH. O eletrodo padrão tem p = 1atm e [H+] = 1,0M o 
outro eletrodo tem p = 1atm e [H+] =? O eletrodo medidor foi mergulhado em 
solução de pH desconhecido, a voltagem foi medida como 0,211V, e a corrente 
de elétrons flui do eletrodo medidor para o padrão. Calcule o pH da solução.
Resposta
Usando a equação de Nernst, temos ∆E, ∆Eo, n e uma das concentrações
[H+] = 1. Calculamos a concentração desconhecida como [H+] = 2,7 x 10 -4. 
Com a concentração de [H+], calculamos o pH = 3,57.
164 QUÍMICA GERAL II
ATKINS, Peter e JONES, Loretta. Princípios de Química. Questionando a vida 
moderna e o meio ambiente. Porto Alegre: Editora Bookman, 2001, 914 p.
BROWN, Theodore L.; LEMAY JÚNIOR, H. Eugene e BURSTEN, Bruce E. Química. 
A ciência central. São Paulo: Editora Pearson Prentice Hall, 2005, 972 p.
EBBING, Darrell D. Química Geral. Volume 1. 5 ed. Rio de Janeiro: Livros 
Técnicos e Científicos Editora S. A., 1998, 569 p.
KOTZ, John C.; TREICHEL JÚNIOR, Paul M. Química Geral e reações 
químicas. Volume 1. São Paulo: Editora Thomson, 2005, 671 p.
MAHAN, Bruce M. e MYERS, Rollie J. Química um curso universitário Tradução 
da 4ª edição americana. São Paulo: Editora Edgard Blucher Ltda, 1997.
RUSSEL, John Blair. Química Geral. Volume 1. 2 ed. São Paulo: Editora Makron 
Books, 1994, 621 p.