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Enunciado

Química - Fundamentos de química analítica, Skoog- Ed: 8º - Capítulo 22.Questões e Problemas - Ex. 21

O níquel deve ser depositado em um cátodo de platina (área = 120   c m 2 ) a partir de uma solução que é 0,200   m o l   L - 1 em N i 2 + , tamponada a p H   2,00 . O oxigênio é formado a partir do ânodo de platina com uma área de 80   c m 2 , a uma pressão de 1,00   a t m . A célula tem uma resistência de 3,15   Ω ; a temperatura é de 25   ° C . Calcule:

  1. o potencial termodinâmico necessário para iniciar a deposição do níquel a partir da solução.
  2. a queda I R associada a uma corrente de 1,10   A .
  3. a densidade de corrente no ânodo e no cátodo.
  4. o potencial inicial aplicado, dado que a sobrevoltagem do oxigênio é de 0,52   V sob essas condições.
  5. o potencial aplicado quando a concentração de níquel tiver diminuído para 2,00 ∙ 10 - 4   m o l   L - 1 . (Considere que todas as variáveis, exceto [ N i 2 + ] , permanecem constantes.)

Passo 1

Olá galerinha, espero que estejam todos bem! Vamos lá.

A deposição de níquel ocorre, necessariamente, no cátodo. Dado que não existe uma espécie mais facilmente oxidável que a água no sistema, O 2 será liberado no ânodo. As duas semirreações e seus correspondentes potenciais padrão de eletrodo são:

O 2 g + 4 H + + 4 e - ⇌ 2 H 2 O                                   E O 2 / H 2 O 0 = + 1,229   V

N i 2 + + 2 e - ⇌ N i ( s )                                                                       E N i 2 + / N i 0 = - 0 , 250   V

o potencial termodinâmico necessário para iniciar a deposição do níquel a partir da solução.

No item (a) queremos o potencial termodinâmico necessário para iniciar a deposição do níquel a partir da solução. E pelo enunciado temos:

N i 2 + = 0,200   m o l / L ;

p H = 2 , 00 ;

p O 2 = 1   a t m .

Então:

H + = 10 - p H = 1,00 ∙ 10 - 2   m o l / L

O potencial para o eletrodo de níquel será:

E N i 2 + / N i 0 = - 0 , 250 - 0,0592 2 ∙ log ⁡ 1 0,200 = - 0,271   V

Se O 2 é liberado a uma pressão de 1,00   a t m , o potencial para o eletrodo de oxigênio é:

E O 2 / H 2 O 0 = 1,229 - 0,0592 4 ∙ log ⁡ 1 p O 2 ∙ [ H + ] 4 = 1,229 - 0,0592 4 ∙ log ⁡ 1 ( 1   a t m ) ∙ ( 1,00 ∙ 10 - 2 ) 4

E O 2 / H 2 O 0 = + 1 , 111   V

O potencial da célula é:

E c é l u l a = E d i r e i t a - E e s q u e r d a = - 0 , 271 - 1 , 111 = - 1 , 381   V

Passo 2

No item (b) queremos descobrir a queda I R para I = 1 , 10   A , e pelo enunciado sabemos:

R = 3 , 15   Ω

A queda I R é dado por:

I R = - 1 , 10 ∙ 3 , 15 = - 3,465   V

Passo 3

No item (c) queremos a densidade de corrente no ânodo e no cátodo. E sabemos que a densidade de corrente é a corrente por unidade de área superficial de um eletrodo ( A / c m 2 ).

O níquel é o cátodo com 120   c m 2 , então:

d c á t o d o = 1,10 120 = 9,17 ∙ 10 - 3   A / c m 2

O O 2 é o ânodo com 8 0   c m 2 , então:

d a n ô n o = 1,10 8 0 = 1,38 ∙ 10 - 2   A / c m 2

Passo 4

(d) O potencial inicial para Π = 0,5 2   V :

E a p l i c a d o = E c é l u l a - I ∙ R - Π = - 1,381   - 3,465 - 0,5 2

E a p l i c a d o = - 5,37   V

Passo 5

No item (e) queremos saber o potencial aplicado para N i 2 + = 2 , 00 ∙ 10 - 4   m o l   L - 1 , então precisamos calcular o novo potencial de eletrodo da direita:

E N i 2 + / N i 0 = - 0 , 250 - 0,0592 2 ∙ log ⁡ 1 2 , 00 ∙ 10 - 4   = - 0 , 359   V

O novo potencial será:

E a p l i c a d o = E d i r e i t a - E e s q u e r d a - I ∙ R - Π = - 0,359 - 1,111 - 3,465 - 0,50

E a p l i c a d o = - 5,46   V

Até mais galerinha!

Resposta

  1. E c é l u l a = - 1,381   V .
  2. I R = - 3,465   V .
  3. d c á t o d o = 9,17 ∙ 10 - 3   A / c m 2 ;

    4. d a n ô n o = 1,38 ∙ 10 - 2   A / c m 2 .

  4. E a p l i c a d o = - 5,37   V .
  5. E a p l i c a d o = - 5,46   V .

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