Analise a reação e determine a espécie que oxida, reduz, agente oxidante e redutor. Em seguida faça o balanceamento redox das reações abaixo:
\mathrm{CrI}_{3}+\mathrm{Cl}_{2}+\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{NaIO}_{4}+\mathrm{Na}_{2} \mathrm{Cr}_{2} \mathrm{O}_{4}+\mathrm{NaCl}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}

Passo 1

O enunciado fornece a reação
\mathrm{CrI}_{3}+\mathrm{Cl}_{2}+\mathrm{NaOH}\rightarrow \mathrm{NaIO}_{4}+\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{4}+\mathrm{NaCl}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}.
O que nos pedem:
  1. Determinar qual espécie é oxidada e qual é reduzida.
  2. Identificar o agente oxidante e o agente redutor.
  3. Balancear a reação redox completa (em meio básico, já que há \mathrm{NaOH}).
Informações relevantes dadas:
  • Reagentes: \mathrm{CrI}_{3},\\ \mathrm{Cl}_{2},\\ \mathrm{NaOH}.
  • Produtos: \mathrm{NaIO}_{4},\\ \mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{4},\\ \mathrm{NaCl},\\ \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}.
  • Atenção: o iodo aparece inicialmento em \mathrm{CrI}_3 (3 iodos por fórmula) e aparece final em \mathrm{NaIO}_4 (um iodo por fórmula). O cloro aparece como \mathrm{Cl}_2 e termina como \mathrm{NaCl}. O cromo aparece em \mathrm{CrI}_3 e em \mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4.
    A partir daqui a resolução começa de fato.

Passo 2

Vamos calcular números de oxidação (NOX) para identificar oxidação/redução. Lembrete prático: o NOX de um íon simples é sua carga; em compostos, algumas regras: \mathrm{O} costuma ser -2 (salvo peróxidos), \mathrm{Na} é +1, haletos têm normalmente NOX dos halogênios igual à sua carga parcial quando ligados a metais não–mais–eletronegativos, etc.
  1. Em \mathrm{CrI}_3: supondo que iodo funciona como iônon \mathrm{I}^- (habitual), então cada I tem NOX -1. Portanto o cromo tem NOX +3 (porque x + 3(-1)=0\Rightarrow x=+3).
  2. Em \mathrm{NaIO}_4: \mathrm{Na} é +1; cada \mathrm{O} é -2. Para o íon \mathrm{IO}_4^- temos \mathrm{I} + 4(-2) = -1 \Rightarrow \mathrm{I}=+7. Logo iodo vai de -1 (em \mathrm{CrI}_3) para +7 (em \mathrm{NaIO}_4) — isso é uma oxidação (perde elétrons).
  3. Em \mathrm{Cl}_2: cada Cl é elementar com NOX 0. Em \mathrm{NaCl}: \mathrm{Cl}^- tem NOX -1. Então cloro vai de 0 para -1 — isso é redução (ganha elétrons).
  4. Em \mathrm{Cr}: em \mathrm{CrI}_3 tínhamos Cr +3. Em \mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4 calculemos: \mathrm{Na} é +1 (2 Na → total +2), O é -2 (4 O → total -8). Soma das cargas: 2 + 2\cdot(\mathrm{Cr}) + (-8) = 0 \Rightarrow 2\cdot(\mathrm{Cr}) = +6 \Rightarrow \mathrm{Cr}=+3. Logo o cromo permanece +3 — não muda de NOX (espécie espectadora nesse processo redox).
Conclusões desta etapa (antes do balanceamento):
  • Espécie oxidada: o iodo (cada \mathrm{I}^- em \mathrm{CrI}_3 é oxidado para \mathrm{IO}_4^-).
  • Espécie reduzida: o cloro ( \mathrm{Cl}_2 reduzido a \mathrm{Cl}^-).
  • Agente oxidante (aquele que manda elétrons embora, i.e., que oxida): é o \mathrm{Cl}_2 (pois ele é reduzido — aceita elétrons).
  • Agente redutor: os íons \mathrm{I}^- presentes em \mathrm{CrI}_3 (pois eles sofrem oxidação — doam elétrons).
Agora vamos balancear as meias-reações e a reação global em meio básico.

Passo 3

Montagem das meias-reações (em meio básico). Primeiro escrevemos as meias simples (sem balancear ainda):
Oxidação (iodeto → periodato):
\mathrm{I}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^-.
Redução (cloro → cloreto):
\mathrm{Cl}_2 \rightarrow \mathrm{Cl}^-.
Balanceamento da meia-oxidação em meio básico — passo a passo:
a) Balancear O adicionando água. Em \mathrm{IO}_4^- há 4 oxigênios; à esquerda não há O, então adicionamos 4 moléculas de água ao lado esquerdo:
4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + \mathrm{I}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^-.
Agora há 8 hidrogênios no lado esquerdo (4 H2O → 8 H).
b) Balancear H adicionando prótons ( \mathrm{H}^+) no lado direito (este é o método em meio ácido temporário):
4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + \mathrm{I}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 8\,\mathrm{H}^+.
c) Balancear carga adicionando elétrons. Carga do lado esquerdo: -1. Carga do direito: -1)+8(+1)=+7. Para igualar, adicionamos 8 elétrons ao lado direito (reduzindo a carga do lado direito para -1):
4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + \mathrm{I}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 8\,\mathrm{H}^+ + 8\,\mathrm{e}^-.
Isso mostra que cada \mathrm{I}^- perde 8 elétrons (oxidação em 8 elétrons).
d) Converter para meio básico: como havia \,8\,\mathrm{H}^+ no lado direito, adicionamos 8\,\mathrm{OH}^- a ambos os lados. No lado direito 8\,\mathrm{H}^+ + 8\,\mathrm{OH}^- \rightarrow 8\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}. Assim:
4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + \mathrm{I}^- + 8\,\mathrm{OH}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 8\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 8\,\mathrm{e}^-.
e) Simplificar subtraindo 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} de ambos os lados:
\mathrm{I}^- + 8\,\mathrm{OH}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 8\,\mathrm{e}^-.
Essa é a meia-oxidação balanceada em meio básico.

Passo 4

Balanceamento da meia-redução (fácil):
\mathrm{Cl}_2 + 2\,\mathrm{e}^- \rightarrow 2\,\mathrm{Cl}^-.
Aqui cada \mathrm{Cl}_2 aceita 2 elétrons para formar 2\,\mathrm{Cl}^-.
Agora igualamos o número de elétrons trocados entre as meias: a oxidação gera 8 elétrons por \mathrm{I}^-; a redução usa 2 elétrons por \mathrm{Cl}_2. Para cancelar elétrons, multiplicamos a meia-redução por 4 (porque 4\times2=8):
Meia-redução multiplicada por 4:
4\,\mathrm{Cl}_2 + 8\,\mathrm{e}^- \rightarrow 8\,\mathrm{Cl}^-.
Somamos a meia-oxidação e esta meia-redução (elétrons se cancelam):
\begin{aligned} &\bigl(\mathrm{I}^- + 8\,\mathrm{OH}^- \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 8\,\mathrm{e}^-\bigr) \\\ &+\\ \bigl(4\,\mathrm{Cl}_2 + 8\,\mathrm{e}^- \rightarrow 8\,\mathrm{Cl}^- \bigr) \end{aligned}
Elétrons cancelam, resultando na equação iônica líquida:
\mathrm{I}^- + 8\,\mathrm{OH}^- + 4\,\mathrm{Cl}_2 \rightarrow \mathrm{IO}_4^- + 4\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 8\,\mathrm{Cl}^-.
Esta é a transformação redox para um átomo de iodo (ou um íon \mathrm{I}^-). Mas na reação dada o iodo vem ligado ao cromo em \mathrm{CrI}_3 (3 iodos por um \mathrm{CrI}_3); precisaremos incorporar isso e também o cromo e os íons sódio.

Passo 5

Reintroduzir espécies moleculares e ajustar coeficientes estequiométricos completos.
Observação: cada \mathrm{CrI}_3 contém 3 íons \mathrm{I}^-. Pelo resultado da meia, para cada \mathrm{I}^- oxidado precisamos de 4\,\mathrm{Cl}_2 e 8\,\mathrm{OH}^- conforme a equação acima. Para 3 íons \mathrm{I}^- (i.e., para 1 molécula de \mathrm{CrI}_3) seria:
  • 3 vezes a equação iônica: 3\,\mathrm{I}^- + 24\,\mathrm{OH}^- + 12\,\mathrm{Cl}_2 \rightarrow 3\,\mathrm{IO}_4^- + 12\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 24\,\mathrm{Cl}^-.
No entanto, precisamos também conservar cromo e sódio e escrever o balanceamento molecular com as fórmulas dadas. Vamos montar um sistema simples de coeficientes inteiros:
p\,\mathrm{CrI}_3 + q\,\mathrm{Cl}_2 + r\,\mathrm{NaOH} \rightarrow s\,\mathrm{NaIO}_4 + t\,\mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4 + u\,\mathrm{NaCl} + v\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}.
Escrevendo balance de átomos (passo a passo):
  • Cr: p = 2t \Rightarrow t=\dfrac{p}{2}.
  • I: 3p = s \Rightarrow s=3p.
  • Cl: 2q = u \Rightarrow u=2q.
  • Na: r = s + 2t + u = 3p + 2\cdot \dfrac{p}{2} + 2q = 4p + 2q.
  • H: r = 2v \Rightarrow v=\dfrac{r}{2}.
  • O: r = 4s + 4t + v (pois NaOH tem 1 O cada; NaIO4 tem 4 O cada; Na2Cr2O4 tem 4 O; H2O tem 1 O).
Substituindo s=3p, t=\dfrac{p}{2}, v=\dfrac{r}{2} em r = 4s + 4t + v:
r = 4(3p) + 4\left(\dfrac{p}{2}\right) + \dfrac{r}{2} = 12p + 2p + \dfrac{r}{2} = 14p + \dfrac{r}{2}.
Isolando r:
r - \dfrac{r}{2} = 14p \Rightarrow \dfrac{r}{2} = 14p \Rightarrow r = 28p.
Comparando com r = 4p + 2q obtemos:
28p = 4p + 2q \Rightarrow 24p = 2q \Rightarrow q = 12p.
Tomando o menor p inteiro que torne todos os coeficientes inteiros, escolhemos p=2 (pois t=\dfrac{p}{2} exige p par). Assim:
\begin{aligned} &p = 2,\\\ &q = 12p = 24,\\\ &r = 28p = 56,\\\ &s = 3p = 6,\\\ &t = \dfrac{p}{2} = 1,\\\ &u = 2q = 48,\\\ &v = \dfrac{r}{2} = 28. \end{aligned}
Portanto a equação balanceada (coeficientes inteiros mínimos) é:
2\,\mathrm{CrI}_3 + 24\,\mathrm{Cl}_2 + 56\,\mathrm{NaOH} \rightarrow 6\,\mathrm{NaIO}_4 + \mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4 + 48\,\mathrm{NaCl} + 28\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}.

Passo 6

Verificações rápidas que confirmam o balanceamento:
  • Átomos: Cr: 2 à esquerda; 2 em \mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4 (ok). I: 2\cdot3=6 à esquerda; 6 em 6\,\mathrm{NaIO}_4 (ok). Cl: 24\cdot2=48 à esquerda; 48 em 48\,\mathrm{NaCl} (ok). Na: 56 esquerda; 6+2+48=56 direita (ok). O: 56 esquerda; direita 6\cdot4 + 4 + 28 = 24 + 4 + 28 = 56 (ok). H: 56 esquerda; direita 28\cdot2=56 (ok).
  • Balanço de elétrons: cada I- perde 8 elétrons quando vai a \mathrm{IO}_4^-. Há 6 íons I oxidando (resultado: 6\times8=48 elétrons). Cada \mathrm{Cl}_2 aceita 2 elétrons; com 24 \mathrm{Cl}_2 temos 24\times2=48 elétrons consumidos. Os elétrons se conservam (ok).
    Bom trabalho — a reação está balanceada em meio básico, e identificamos as espécies oxidada/reduzida e os agentes.

Resposta

Espécie oxidada: \mathrm{I}^- (os iodos em \mathrm{CrI}_3).
Espécie reduzida: \mathrm{Cl}_2.
Agente oxidante: \mathrm{Cl}_2.
Agente redutor: \mathrm{I}^- (em \mathrm{CrI}_3).
2\,\mathrm{CrI}_3 + 24\,\mathrm{Cl}_2 + 56\,\mathrm{NaOH} \rightarrow 6\,\mathrm{NaIO}_4 + \mathrm{Na}_2\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_4 + 48\,\mathrm{NaCl} + 28\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}

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