Escreva as equações das semi-reações que ocorrem nos eletrodos (ânodo e cátodo) e a equação de eletrólise da solução de KI.

Passo 1

O enunciado pede que eu escreva:
  • as equações das semi-reações que ocorrem nos eletrodos (ânodo e cátodo) durante a eletrólise de uma solução aquosa de KI;
  • a equação global (de eletrólise) da solução de KI.
Informações relevantes fornecidas/implícitas:
  • Temos uma solução aquosa de iodeto de potássio ( \mathrm{KI}), portanto na solução existem os íons \mathrm{K^+} e \mathrm{I^-} dissolvidos em água ( \mathrm{H_2O}).
  • Durante a eletrólise ocorrerão reações de oxidação (no ânodo) e redução (no cátodo) envolvendo essas espécies e/ou a água.

Passo 2

Conceitos básicos (explicados de forma direta e prática):
  • Oxidação é perda de elétrons; redução é ganho de elétrons. No ânodo ocorre oxidação; no cátodo ocorre redução.
  • Em solução aquosa nem sempre o íon do sal é o que se reduz/oxida: a água pode participar das reações. A escolha da reação que ocorre depende dos potenciais de redução (mais fácil reduzir = maior potencial de redução).
  • Para decidir qual espécie se reduz ou se oxida comparamos os potenciais padrões de redução. Não é necessário memorizar todos, mas saber que \mathrm{K^+} é MUITO difícil de reduzir (formar metal potássio) enquanto a água é mais facilmente reduzida formando \mathrm{H_2} em solução aquosa. Do lado da oxidação, \mathrm{I^-} é oxidado facilmente a \mathrm{I_2}, mais facilmente que a oxidação da água a \mathrm{O_2}.

Passo 3

Listagem das semi-reações candidatas com seus potenciais de redução padrões (valores típicos):
  • redução de potássio:
\mathrm{K^+ + e^- \rightarrow K(s)},\quad E^\circ_{\text{red}} \approx -2{,}93\\ \text{V}
  • redução da água (em meio neutro/ácido ou básico a depender do ajuste; na prática em água neutra/leve básica define-se a forma com \mathrm{OH^-} quando aparece durante a eletrólise):
\mathrm{2\,H_2O + 2\,e^- \rightarrow H_2 + 2\,OH^-},\quad E^\circ_{\text{red}} \approx -0{,}83\\ \text{V}
  • redução do iodo (reação inversa da oxidação de \mathrm{I^-}):
\mathrm{I_2 + 2\,e^- \rightarrow 2\,I^-},\quad E^\circ_{\text{red}} = +0{,}54\\ \text{V}
  • oxidação da água (para \mathrm{O_2}):
\mathrm{2\,H_2O \rightarrow O_2 + 4\,H^+ + 4\,e^-},\quad E^\circ_{\text{red}} = +1{,}23\\ \text{V (reação de redução inversa)}çãçã
Interpretação prática: como reduzir \mathrm{K^+} exige potencial muito negativo ( \mathrm{K} metálico), a água será reduzida preferencialmente no cátodo, produzindo \mathrm{H_2} e \mathrm{OH^-}. No ânodo, a oxidação de \mathrm{I^-} a \mathrm{I_2} tem potencial mais favorável (menor energia requerida) do que oxidar água a \mathrm{O_2}, portanto é \mathrm{I^-} que é oxidado.

Passo 4

Escrevendo as semi-reações escolhidas e explicando o balanceamento de elétrons:
Cátodo (redução): água é reduzida a gás hidrogênio e íons hidróxido.
\mathrm{2\,H_2O + 2\,e^- \rightarrow H_2 + 2\,OH^-}
  • Verificação: átomos de H: 2\cdot2 = 4 à esquerda e 2 + 2\cdot1 = 4 à direita (contando H_2 e os 2\,OH^-). Oxigênios: 2 à esquerda e 2 à direita. Carga: esquerda 0 + (-2) = -2; direita 0 + 2\cdot(-1) = -2. Tudo balanceado.
Ânodo (oxidação): iodeto é oxidado a iodo molecular.
\mathrm{2\,I^- \rightarrow I_2 + 2\,e^-}
  • Verificação: I: 2 à esquerda e 2 à direita (em I_2). Carga: esquerda -2; direita 0 + (+2) = +2 dos elétrons produzidos do outro lado, mas como escrevemos a oxidação, os elétrons aparecem no produto; para balanço global serão cancelados. A semi-reação de redução correspondente também mostra 2\,e^- no lado esquerdo.

Passo 5

Formação da equação total (cancelando elétrons):
As duas semi-reações já têm o mesmo número de elétrons (2), então somam-se diretamente:
Somando
\mathrm{2\,H_2O + 2\,e^- \rightarrow H_2 + 2\,OH^-}
com
\mathrm{2\,I^- \rightarrow I_2 + 2\,e^-}
os \mathrm{2\,e^-} se cancelam, resultando na equação iônica líquida:
\mathrm{2\,H_2O + 2\,I^- \rightarrow H_2 + I_2 + 2\,OH^-}

Passo 6

Escrever a equação com os reagentes do enunciado ( \mathrm{KI} em solução), incluindo os contra-íons espectadores \mathrm{K^+}:
Na solução inicial cada \mathrm{I^-} vem acompanhado de \mathrm{K^+}. Multiplicando por 2 e combinando \mathrm{K^+} com os \mathrm{OH^-} formados obtemos a forma molecular mais comentada:
\mathrm{2\,KI(aq) + 2\,H_2O(l) \rightarrow 2\,KOH(aq) + H_2(g) + I_2(s\\ \text{ou}\\ aq)}
Observações rápidas (úteis para a prova):
  • \mathrm{H_2} sai como gás no cátodo; \mathrm{I_2} pode precipitar como sólido (ou ficar em solução dependendo da concentração e temperatura); \mathrm{KOH} permanece em solução como hidróxido de potássio (aumentando a basicidade).
  • Confira sempre massa e carga: na equação iônica líquida átomos e cargas estão balanceados; na molecular também.

Resposta

\text{Cátodo (redução):}\quad \mathrm{2\,H_2O + 2\,e^- \rightarrow H_2 + 2\,OH^-}áçã
\text{Ânodo (oxidação):}\quad \mathrm{2\,I^- \rightarrow I_2 + 2\,e^-}Âçã
\text{Equação global (eletrólise de KI):}\quad \mathrm{2\,KI + 2\,H_2O \rightarrow 2\,KOH + H_2 + I_2}çãó

Exercícios relacionados