A amônia pode ser oxidada por oxigênio, formando-se óxido nítrico e água. Considere as semi-reações abaíxo e seus respectivos \mathrm{E}^{\text {o's }} :
\begin{gathered} \mathrm{NO}_{(\mathrm{g})}+5 \mathrm{e}^{-}+4 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{(l)} \rightleftharpoons \mathrm{NH}_{3(\mathrm{aq})}+5 \mathrm{OH}_{(\mathrm{aq})}^{-} ; \mathrm{E}^{\circ}=+0,24 \mathrm{~V} \\\ \mathrm{O}_{2(\mathrm{~g})}+4 \mathrm{e}^{-}+2 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{(l)} \rightleftharpoons 4 \mathrm{OH}_{(\mathrm{aq})}^{-} ; \mathrm{E}^{\circ}=+0,40 \mathrm{~V} \end{gathered}
(a) Escreva a equação redox global balanceada e calcule a fem ( \Delta \mathrm{E}^{\circ} ) para a oxidação da amônia.
(b) Calcule \Delta G^{\circ} da reação. Ela é espontânea?

Passo 1

O enunciado dá duas semi-reações em meio básico com seus potenciais padrão de redução E^\circ e pede:
  • (a) a equação redox global balanceada e o valor de \Delta E^\circ para a oxidação da amônia;
  • (b) o valor de \Delta G^\circ da reação e se ela é espontânea.
    Conteúdo: eletroquímica, potenciais padrão, balanceamento por meio das semi-reações, e relação \Delta G^\circ = -nFE^\circ.

Passo 2

Identificamos qual semi-reação será redução (cátodo) e qual será oxidação (ânodo) comparando E^\circ de redução:
\mathrm{O}_2/\mathrm{OH}^- tem E^\circ_{\text{red}}=+0,40\\ \mathrm V, mais positivo, logo é reduzida;
\mathrm{NO}/\mathrm{NH}_3 tem E^\circ_{\text{red}}=+0,24\\ \mathrm V, será invertida e atuará como oxidação.

Passo 3

Escrevemos as semi-reações adequadas:
– Redução (cátodo):
\mathrm{O}_{2(\mathrm g)} + 4\,\mathrm e^- + 2\,\mathrm H_{2}\mathrm O_{(\ell)} \longrightarrow 4\,\mathrm{OH}^-_{(\mathrm{aq})} \quad E^\circ_{\text{red}}=+0,40\\ \mathrm V
– Oxidação (ânodo), invertendo a dada e trocando o sinal de E^\circ:
\mathrm{NH}_{3(\mathrm{aq})} + 5\,\mathrm{OH}^-_{(\mathrm{aq})} \longrightarrow \mathrm{NO}_{(\mathrm g)} + 5\,\mathrm e^- + 4\,\mathrm H_{2}\mathrm O_{(\ell)} \quad E^\circ_{\text{ox}}=-0,24\\ \mathrm V

Passo 4

Balanceamos elétrons multiplicando a oxidação por 4 e a redução por 5 (total de 20 e ^-) e somamos:
4\times(ânodo):
4\,\mathrm{NH}_3 + 20\,\mathrm{OH}^- \longrightarrow 4\,\mathrm{NO} + 20\,\mathrm e^- + 16\,\mathrm H_{2}\mathrm O
5\times(cátodo):
5\,\mathrm{O}_2 + 20\,\mathrm e^- + 10\,\mathrm H_{2}\mathrm O \longrightarrow 20\,\mathrm{OH}^-
Somando e cancelando 20\,\mathrm e^-, 20\,\mathrm{OH}^- e 10 H_{2}O, obtemos:
4\,\mathrm{NH}_3 + 5\,\mathrm{O}_2 \longrightarrow 4\,\mathrm{NO} + 6\,\mathrm H_{2}\mathrm O

Passo 5

O potencial da célula é
\Delta E^\circ = E^\circ_{\text{cat}} - E^\circ_{\text{ân}} = (+0,40) - (+0,24) = +0,16\\ \mathrm Vâ

Passo 6

Usamos \displaystyle \Delta G^\circ=-n\,F\,\Delta E^\circ, com n=20 e F=96485\\ \mathrm{C/mol}:
\Delta G^\circ = -20 \times 96485\\ \mathrm{C/mol}\times 0,16\\ \mathrm V = -308752\\ \mathrm J\approx -3,09\times 10^5\\ \mathrm J
Como \Delta G^\circ<0, a reação é espontânea sob condições padrão.

Resposta

(a) 4\,\mathrm{NH}_3 + 5\,\mathrm{O}_2 \longrightarrow 4\,\mathrm{NO} + 6\,\mathrm H_{2}\mathrm O
\Delta E^\circ = +0,16\\ \mathrm V
(b) \Delta G^\circ = -3,09\times 10^5\\ \mathrm J
Sim, \Delta G^\circ<0 indica espontaneidade.

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