Equacione a eletrólise e indique o produto do cátodo e o produto do ânodo:
em solução aquosa de KI.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) equacionar a eletrólise de uma solução aquosa de iodeto de potássio e (2) indicar o produto formado no cátodo e o produto formado no ânodo.
Informações que temos (explicitamente ou implicitamente):
  • A solução contém íons K^+ e I^- dissolvidos em água, isto é, temos K^+, I^- e H_2O.
  • Em eletrólise, no cátodo ocorre redução (ganho de elétrons) e no ânodo ocorre oxidação (perda de elétrons).
  • Não há outras espécies fornecidas no enunciado.

Passo 2

Qual reação ocorre em cada eletrodo? Aqui a regra prática que usamos em provas é: entre as espécies presentes escolhemos para redução e oxidação as que exigem potenciais mais fáceis (menos “difíceis”) de ocorrer. Não vamos decorar números, mas vou mostrar os valores padrão para justificar — isso ajuda na hora da prova.
Espécies candidatas à redução (no cátodo): K^+ (reduzir a K) e H_2O (reduzir a H_2).
Espécies candidatas à oxidação (no ânodo): I^- (oxidar a I_2) e H_2O (oxidar a O_2).
Valores padrão (úteis para comparar, agora em TeX):
E^\circ(\text{redução }K^+ + e^- \to K) \approx -2{,}93\\ \text{V}çã
E^\circ(\text{redução }2H_2O + 2e^- \to H_2 + 2OH^-) \approx -0{,}83\\ \text{V}çã
E^\circ(\text{redução }I_2 + 2e^- \to 2I^-) \approx +0{,}54\\ \text{V}çã
E^\circ(\text{redução }O_2 + 4H^+ + 4e^- \to 2H_2O) \approx +1{,}23\\ \text{V}çã
Interpretação prática: é muito mais difícil reduzir K^+ (muito negativo) do que reduzir água; portanto, na prática em solução aquosa a água é reduzida no cátodo (formando H_2). Para oxidação, oxidar I^- para I_2 é muito mais fácil (ocorre a potencial menor) do que oxidar água a oxigênio; então o iodeto é oxidado no ânodo (formando iodo molecular). Essas comparações decidem os produtos.

Passo 3

Escrevemos a meia-reação de redução que ocorre no cátodo (mostrando detalhadamente o balanceamento): queremos redução de água a gás hidrogênio em meio aquoso básico (pois água + elétrons formam hidróxidos). A meia-reação balanceada é
2H_2O + 2e^- \to H_2 + 2OH^-.
Explicação do balanceamento: à esquerda temos 2 moléculas de H_2O (total 4 H e 2 O). À direita, o H_2 usa 2 H e os 2OH^- fornecem mais 2 H (total 4 H) e 2 O (total 2 O). Os 2e^- aparecem para equilibrar carga (à esquerda carga -2 dos elétrons, à direita os 2OH^- dão carga -2). Essa meia-reação descreve a produção de bolhas de H_2 no cátodo e aumento de OH^- próximo ao eletrodo.

Passo 4

Escrevemos a meia-reação de oxidação que ocorre no ânodo: a oxidação do íon iodeto a iodo molecular é
2I^- \to I_2 + 2e^-.
Explicação do balanceamento: dois íons I^- perdem ao todo dois elétrons e formam uma molécula I_2. Os 2e^- gerados são os mesmos elétrons consumidos na meia-reação do cátodo; ao somar as duas meia-reações esses elétrons se cancelam.

Passo 5

Somamos as duas meias-reações para obter a equação iônica total: some as expressões dos Passos 3 e 4 e cancele 2e^-:
\begin{aligned} &\bigl(2H_2O + 2e^- \to H_2 + 2OH^-\bigr)\\\\ +&\bigl(2I^- \to I_2 + 2e^-\bigr)\\\ \hline &2H_2O + 2I^- \to H_2 + I_2 + 2OH^-. \end{aligned}
Esta é a equação iônica da electrólise em solução aquosa de KI. Repare que os íons K^+ não aparecem nesta equação iônica porque são íons espectadores — eles não participam das mudanças de oxidação/redução, mas permanecem no meio formando o sal com os íons que aparecem ( OH^-).

Passo 6

Passamos agora para a equação molecular completa, incluindo os contra-íons K^+ presentes inicialmente como KI. Substituindo 2I^- por 2KI e os 2OH^- combinando com K^+, obtemos:
2KI + 2H_2O \to 2KOH + H_2 + I_2.
Verificação de balanço:
  • Potássio: 2 ambos os lados.
  • Iodo: 2 ambos os lados (à esquerda 2KI tem 2 I, à direita I_2 tem 2 I).
  • Hidrogênio: à esquerda 2H_2O tem 4 H; à direita 2KOH tem 2 H e H_2 tem 2 H, total 4.
  • Oxigênio: 2 ambos os lados. Carga: neutra dos dois lados. Tudo balanceado.

Passo 7

Interpretação experimental e observações úteis para a prova (como identificar os produtos na prática):
  • No cátodo aparecem bolhas de gás \,H_2. Próximo ao cátodo a solução fica básica devido ao acúmulo de OH^-; com os K^+ isso significa formação de KOH em solução.
  • No ânodo aparece iodo \,I_2, que na presença de excesso de I^- pode se dissolver formando o íon triiodeto:
I_2 + I^- \rightleftharpoons I_3^-,
que tem coloração marrom-avermelhada (ou roxo escuro com amido). Portanto, a solução próxima ao ânodo escurece.
  • Se o iodeto for consumido ou a densidade de corrente for muito alta, pode ocorrer oxidação da água a oxigênio em vez da oxidação de I^-; mas em condições normais com I^- presente e correntes moderadas, o produto do ânodo é I_2.

Passo 8

Resumo conceitual rápido (para lembrar na prova):
  • Cátodo: redução (ganho de elétrons) — em água, reduz a água a \,H_2 antes de reduzir cátions alcalinos.
  • Ânodo: oxidação (perda de elétrons) — haletos como I^- são facilmente oxidados a halogênio I_2, antes da oxidação da água a O_2.

Resposta

2KI + 2H_2O \to 2KOH + H_2 + I_2
Cátodo: H_2 (gás) — formação de OH^- locais, gerando KOH em solução.
Ânodo: I_2 (iodo) — pode formar I_3^- em presença de excesso de I^-.

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