Questão 6 (Química) da 2ª fase do ITA 2019

a)

A reação é de oxirredução. Para montar o equilíbrio, é preciso saber quem reduz e quem oxida:

• \text{A}^{3+} vira \text{A}^{2+}, então ganha elétron e reduz: \text{A}^{3+} + e^- \rightarrow \text{A}^{2+}, com E^\circ_{red} = +0{,}15\ \text{V}.
• \text{B}^- vira \text{B}_2, então perde elétron e oxida. A semirreação de redução correspondente é \text{B}_2 + 2e^- \rightarrow 2\text{B}^-, com E^\circ_{red} = -0{,}15\ \text{V}.

O enunciado não diz qual potencial é de qual espécie. Adotei a leitura natural: a reação está escrita no sentido espontâneo, com +0{,}15\ \text{V} para o par \text{A}^{3+}/\text{A}^{2+} e -0{,}15\ \text{V} para o par \text{B}_2/\text{B}^-.

1. Potencial padrão da reação:
   

   \Delta E^\circ = E^\circ_{red}(\text{cátodo}) - E^\circ_{red}(\text{ânodo}) = 0{,}15 - (-0{,}15) = 0{,}30\ \text{V}

2. Número de elétrons transferidos: a reação balanceada envolve n = 2 elétrons (2\,\text{A}^{3+} recebem 1 e⁻ cada, e 2\,\text{B}^- perdem 1 e⁻ cada).

3. No equilíbrio \Delta E = 0, e a equação de Nernst a 25 °C fica:
   

   \Delta E^\circ = \frac{RT}{nF}\ln K \;\Rightarrow\; \ln K = \frac{nF\,\Delta E^\circ}{RT}

4. Substituindo:
   

   \ln K = \frac{2\cdot 96500\cdot 0{,}30}{8{,}314\cdot 298} \approx 23{,}4

Equivalentemente, \log K = \dfrac{n\,\Delta E^\circ}{0{,}059} \approx 10{,}2.

O valor de K é muito grande, ou seja, o equilíbrio está bastante deslocado para os produtos.

K \approx 1{,}4\times 10^{10} (da ordem de 10^{10})

Assuntos: Pilhas e potencial de redução, Constante de equilíbrio (Kc e Kp).

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