Na eletrólise de \mathrm{NaCl}(\mathrm{aq}) (salmoura) com eletrodos inertes, os produtos principais esperados são:
a) \mathrm{Na}(\mathrm{s}) no cátodo \mathrm{eCl}_{2}(\mathrm{~g}) no ânodo
b) \mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}) no cátodo \mathrm{e} \mathrm{Cl}_{2}(\mathrm{~g}) no ânodo
c) \mathrm{O}_{2}(\mathrm{~g}) no cátodo e \mathrm{Cl}_{2}(\mathrm{~g}) no ânodo
d) \mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}) no cátodo e \mathrm{O}_{2}(\mathrm{~g}) no ânodo (sem formação de NaOH )
e) \mathrm{Cl}_{2}(\mathrm{~g}) no cátodo e \mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}) no ânodo

Passo 1

O enunciado pergunta, na eletrólise de \mathrm{NaCl}(\mathrm{aq}) (salmoura) com eletrodos inertes, quais são os produtos principais esperados — ou seja, o que se forma no cátodo e no ânodo — e dá cinco alternativas (a)–(e). Informações relevantes fornecidas:
  • Eletrólito: \mathrm{NaCl}(\mathrm{aq}) (salmoura), portanto há \mathrm{Na}^+, \mathrm{Cl}^- e muita água \mathrm{H}_2\mathrm{O}.
  • Eletrodos: inertes (por exemplo \mathrm{Pt} ou grafite) — não participam quimicamente, só conduzem elétrons.
  • A tarefa: identificar quais espécies são reduzidas no cátodo e quais são oxidadas no ânodo entre as opções dadas.

Passo 2

Conceitos básicos (explicando passo a passo para não ficar perdido):
  • Em eletrólise, o cátodo é o eletrodo onde ocorre redução (ganho de elétrons) e o ânodo é onde ocorre oxidação (perda de elétrons).
  • Para prever qual reação ocorre em cada eletrodo em solução aquosa, listamos as possíveis semi-reações (redução no cátodo, oxidação no ânodo) e comparamos suas facilidades termodinâmicas usando potenciais padrão e também consideramos efeitos práticos (concentração e sobrepotencial).
  • Significado do potencial padrão E^\circ: é uma medida da tendência de uma meia-reação ocorrer como redução. Quanto mais positivo E^\circ, mais fácil é reduzir essa espécie (em condições padrão). Para decidir entre duas reduções, a com E^\circ mais positivo é termodinamicamente favorecida. Para escolher a oxidação que realmente ocorre, consideramos as reduções “reversas” e fatores cinéticos.

Passo 3

Possíveis semi-reações no cátodo (reduções) e seus potenciais padrão (valores típicos):
  • Redução de \mathrm{Na}^+ a sódio metálico:
\mathrm{Na}^+ + e^- \rightarrow \mathrm{Na}(s),\qquad E^\circ \approx -2{,}71\\ \mathrm{V}.
Aqui E^\circ é muito negativo — significa que reduzir \mathrm{Na}^+ para metal exige uma grande energia elétrica (muito desfavorável em água).
  • Redução de água gerando hidrogênio em meio básico (ou neutro):
2\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 2e^- \rightarrow \mathrm{H}_2(g) + 2\mathrm{OH}^- ,\qquad E^\circ \approx -0{,}83\\ \mathrm{V}.
Explicando as variáveis: \mathrm{H}_2\mathrm{O} é a água, e^- elétron, \mathrm{H}_2(g) é hidrogênio gasoso e \mathrm{OH}^- são íons hidroxila que ficam na solução. O E^\circ aqui é bem menos negativo que o de \mathrm{Na}^+, então termodynamicamente é muito mais fácil reduzir água formando \mathrm{H}_2 do que reduzir \mathrm{Na}^+.

Passo 4

Conclusão para o cátodo (com explicação prática):
  • Como \mathrm{Na}^+ tem E^\circ muito mais negativo que a redução da água, a redução da água é favorecida. Logo, no cátodo forma-se \mathrm{H}_2(g) e permanecem \mathrm{OH}^- na solução.
  • Em palavras simples: na presença de água, é quase impossível produzir \mathrm{Na}(s) diretamente porque a água “rouba” os elétrons mais facilmente e vira \mathrm{H}_2. Resultado prático: cátodo → \mathrm{H}_2(g).

Passo 5

Efeito da reação no cátodo sobre a solução:
  • A redução de água produz \mathrm{OH}^- localmente. Essas \mathrm{OH}^- combinam-se com os \mathrm{Na}^+ presentes formando hidróxido de sódio ( \mathrm{NaOH}) na solução próxima ao cátodo. Portanto a concentração de \mathrm{NaOH} aumenta na solução durante a eletrólise.

Passo 6

Possíveis semi-reações no ânodo (oxidações) — escrevendo-as como reduções para usar E^\circ padrão e depois invertendo:
  • Redução (reversa da oxidação de \mathrm{Cl}^-):
\mathrm{Cl}_2(g) + 2e^- \rightarrow 2\mathrm{Cl}^-,\qquad E^\circ = +1{,}36\\ \mathrm{V}.
  • Redução do oxigênio (reversa da oxidação da água a \mathrm{O}_2) em meio ácido:
\mathrm{O}_2(g) + 4\mathrm{H}^+ + 4e^- \rightarrow 2\mathrm{H}_2\mathrm{O},\qquad E^\circ = +1{,}23\\ \mathrm{V}.
Observações importantes e didáticas:
  • Como estão escritas, essas são reduções. Para obter as oxidações reais que ocorrem no ânodo, invertem-se as equações (trocando sinal dos elétrons) — mas comparar E^\circ dessas reduções ajuda a saber qual espécie é mais fácil de oxidar na prática.
  • Numericamente, E^\circ(\mathrm{Cl}_2/\mathrm{Cl}^-)=+1{,}36\\ \mathrm{V} é um pouco maior que E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O})=+1{,}23\\ \mathrm{V} (em meio ácido). Isso sugere que, termodinamicamente, formar \mathrm{O}_2 a partir da água poderia ser competitivo. Porém a eletrólise prática não depende só de E^\circ: a concentração das espécies e a cinética (barreiras de reação na interface eletrodo/solução) têm grande impacto.

Passo 7

Por que, na prática, o ânodo libera \mathrm{Cl}_2(g) e não \mathrm{O}_2(g):
  • Em salmouras (alta concentração de \mathrm{Cl}^-) há muita mais disponibilidade de \mathrm{Cl}^- junto ao ânodo do que espécies que geram \mathrm{O}_2.
  • Além disso existe o efeito de sobrepotencial (overpotential): a evolução de \mathrm{O}_2 na maioria dos eletrodos inertes requer um sobrepotencial maior (mais “força” aplicada) do que a oxidação de \mathrm{Cl}^-. Na prática, isso torna a oxidação de \mathrm{Cl}^- (formando \mathrm{Cl}_2) mais fácil de ocorrer no ânodo de uma salmoura, mesmo que os E^\circ padrão sejam próximos.
  • Portanto, em eletrólise de NaCl(aq) típica, o ânodo produz \mathrm{Cl}_2(g).

Passo 8

Escrevendo as semi-reações que realmente ocorrem e combinando-as:
  • Redução no cátodo:
2\mathrm{H}_2\mathrm{O} + 2e^- \rightarrow \mathrm{H}_2(g) + 2\mathrm{OH}^- .
  • Oxidação no ânodo (escrita como oxidação):
2\mathrm{Cl}^- \rightarrow \mathrm{Cl}_2(g) + 2e^- .
Somando as duas para cancelar os elétrons, obtemos a reação global:
2\mathrm{NaCl}(aq) + 2\mathrm{H}_2\mathrm{O}(l) \rightarrow \mathrm{H}_2(g) + \mathrm{Cl}_2(g) + 2\mathrm{NaOH}(aq).
Explicando: os \mathrm{Na}^+ não são reduzidos; eles permanecem em solução e combinam-se com os \mathrm{OH}^- formados no cátodo para dar \mathrm{NaOH}.

Passo 9

Resumo didático e conclusão (pra gravar na prova):
  • No cátodo: redução da água → formação de \mathrm{H}_2(g) e \mathrm{OH}^-.
  • No ânodo: oxidação do cloreto → formação de \mathrm{Cl}_2(g).
  • Produto aquoso resultante: \mathrm{NaOH} (salmoura vira solução básica de hidróxido de sódio perto do cátodo).
  • Reação global: 2\mathrm{NaCl} + 2\mathrm{H}_2\mathrm{O} \rightarrow \mathrm{H}_2 + \mathrm{Cl}_2 + 2\mathrm{NaOH}.
  • Portanto a alternativa correta é a que indica \mathrm{H}_2(g) no cátodo e \mathrm{Cl}_2(g) no ânodo.

Resposta

b)

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