A princípio, o enunciado nos fornece dados acerca de dois potenciais de redução, os quais devem ser utilizados na resolução do problema - do contrário, não teríamos dados o suficiente para resolução. Nesse contexto, queremos um processo espontâneo, então devemos ter:\begin{matrix} \ce{\text{Cátodo:} & O2 + 4H+ + 4e- &->& 2H2O &,& Eº_{\ce{O2/H2O}} &=& 1,23 \ V} \\ \ce{\text{Ânodo:} & 4OH- &-> &O2 + 2H2O + 4e- &,& Eº_{\ce{OH-/O2}} &=& -0,40 \ V} \end{matrix}Bem, já sabemos quais processos devem ocorrer, mas ainda não sabemos onde. Felizmente, não é difícil encontrar qual eletrodo é o cátodo e qual é o ânodo, pois conforme reações, o cátodo apresenta dependência de hídrons, ou seja, devemos ter uma solução ácida para realizar o processo. Com isso, facilmente identificamos que o eletrodo II é o cátodo, visto que este é o único capaz de apresentar uma solução ácida. (Consequentemente, o eletrodo I é o ânodo.) Agora, o problema reside na aplicação da equação de Nernst, e claro, um pouco de atenção a cuba com o eletrodo II, já que nela irá ocorrer uma neutralização. $\text{Eletrodo II:}$ Começando pelo eletrodo II, vamos pensar primeiramente na neutralização:\begin{matrix} \ce{HClO4 + NaOH \ -> \ NaClO4 + H2O} \end{matrix}Conforme estequiometria de dissociação do ácido e da base, podemos simplificar a situação para:\begin{matrix}\ce{H+ + OH- -> H2O} \end{matrix}Encontrando a quantidade em mol de hídrons e hidroxila a partir dos dados do enunciado, têm-se:\begin{matrix} n_{\ce{H+}} = \dfrac{0,225 \ \pu{mol}}{1000 \ \pu{ml}} \cdot 180 \ \pu{ml} \\ \\ n_{\ce{OH-}} = \dfrac{0,125 \ \pu{mol}}{1000 \ \pu{ml}} \cdot 320 \ \pu{ml} \end{matrix}Então, o resíduo de hídrons deve ser:\begin{matrix} n_{\ce{H+}} - n_{\ce{OH-}} = 5 \cdot 10^{-4} \ \pu{mol} \end{matrix}Ou seja, a concentração de hídrons em solução é:\begin{matrix} \ce{[H+]} = \dfrac{5 \cdot 10^{-4} \ \pu{mol}}{0,5 \ \pu{L}} = 10^{-3} \ \pu{M} \end{matrix}$\color{orangered}{\text{Obs:}}$ Ao misturar as duas soluções, constatamos $500 \ \pu{ml} \equiv 0,5 \ \pu{L}$. Dessa forma, já é possível aplicar a equação de Nernst:\begin{matrix} \ce{E_{\text{cátodo}}} = \ce{Eº_{\ce{O2/H2O}} } - \dfrac{0,06}{4}\log{\left( \dfrac{1}{P_{\ce{O2}} \ce{[H+]^4}}\right)} \end{matrix}A partir daqui é pura álgebra, em que ao final:\begin{matrix} \boxed{\ce{E_{\text{cátodo}}} = 1,05 \ \pu{V}} \end{matrix}$\text{Eletrodo I:}$ Resta-nos ainda realizar o mesmo procedimento para o eletrodo I, que por ventura é bem mais fácil, veja:\begin{matrix} \ce{E_{\text{ânodo}}} = \ce{Eº_{\ce{OH-/O2}} } - \dfrac{0,06}{4}\log{\left( \dfrac{P_{\ce{O2}} }{\ce{[OH-]^4}}\right)} \end{matrix}Segundo enunciado, sabe-se que conforme dissociação do hidróxido de potássio:\begin{matrix}\ce{[OH-] = 0,010 \ \pu{M}} \end{matrix}Consequentemente,\begin{matrix} \boxed{\ce{E_{\text{ânodo}}} = -0,52 \ \pu{V}} \end{matrix}$\text{Conclusão:}$ Por fim, resta apenas verificar o potencial da célula:\begin{matrix} \ce{E_{\text{célula}} = E_{\text{cátodo}} + E_{\text{ânodo}}} \\ \boxed{\ce{E_{\text{célula}} = 0,53 \ V}} \end{matrix}\begin{matrix}Letra \ (D) \end{matrix}