Faça o balanceamento das equações Químicas abaixo:
\mathrm{Cr}^{3+}+\mathrm{MnO}_{2}+\mathrm{OH}^{-} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}{ }^{2-}+\mathrm{Mn}^{2+}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}

Passo 1

O enunciado pede que a seguinte reação seja balanceada:
\mathrm{Cr}^{3+}+\mathrm{MnO}_{2}+\mathrm{OH}^{-} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-}+\mathrm{Mn}^{2+}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}.
Informações dadas (listas de espécies que aparecem no enunciado):
\mathrm{Cr}^{3+}, \mathrm{MnO}_{2}, \mathrm{OH}^{-} são reagentes; \mathrm{CrO}_{4}^{2-}, \mathrm{Mn}^{2+}, \mathrm{H}_{2}\mathrm{O} são produtos.
O que devemos entregar: a equação química balanceada, isto é, encontrar os coeficientes estequiométricos inteiros que tornam iguais os números de cada átomo e o balanço de carga em ambos os lados.

Passo 2

Vamos identificar o que muda de oxidação entre reagentes e produtos (isso nos diz quem é oxidado e quem é reduzido).
Como se calcula número de oxidação (mini-aula rápida): normalmente oxigênio em compostos vale -2 (exceto peróxidos), hidrogênio ligado a não-metais vale +1. Cargas de íons simples são iguais ao seu número de oxidação.
Calculando:
  • Para \mathrm{Cr}^{3+} o cromo tem oxidação +3 (já é um íon).
  • Em \mathrm{CrO}_{4}^{2-}: cada oxigênio vale -2, total 4\times(-2)=-8. A carga total é -2, então o cromo deve ser x tal que x-8=-2\Rightarrow x=+6. Logo cromo vai de +3 para +6: perde elétrons (oxida).
  • Em \mathrm{MnO}_{2}: 2 oxigênios totalizam -4, o composto é neutro, logo manganês tem +4.
  • Em \mathrm{Mn}^{2+} manganês tem +2. Logo manganês vai de +4 para +2: ganha elétrons (reduz).
Conclusão dos cálculos de oxidação: cada átomo de Cr perde 3 elétrons ( +3\to+6), cada átomo de Mn ganha 2 elétrons ( +4\to+2).

Passo 3

Escolha do método e por quê (mini-aula): Usamos o método das semi-reações (half-reactions) porque temos transferência de elétrons (mudança de estados de oxidação). Além disso o reagente contém \mathrm{OH^-}, e um produto é \mathrm{CrO_4^{2-}} (espécie com oxigênios e carga), indicando meio básico — então vamos balancear as semi-reações primeiro em meio ácido para facilidade e depois converter para básico (procedimento padrão).
Ideia do método: separar a reação em duas semi-reações (oxidação e redução), balancear átomos que não sejam H e O, depois balancear O com \mathrm{H_2O}, H com \mathrm{H^+}, ajustar cargas com elétrons, e por fim converter \mathrm{H^+} para \mathrm{OH^-} porque o meio é básico. Depois igualamos o número de elétrons trocados multiplicando as semi-reações e somamos.

Passo 4

  1. Escrevo a semi-reação não balanceada: \mathrm{Cr}^{3+}\rightarrow\mathrm{CrO}_{4}^{2-}.
  2. Balanceio oxigênios adicionando água (em meio ácido): produto tem 4 O, então adiciono 4\mathrm{H_2O} ao lado que falta O (lado dos reagentes):
\mathrm{Cr}^{3+} + 4\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-}.
  1. Balanceio hidrogênios adicionando \mathrm{H^+} (em meio ácido): à esquerda temos 4\mathrm{H_2O}\Rightarrow 8 H, então adiciono 8\mathrm{H^+} ao lado oposto (produtos):
\mathrm{Cr}^{3+} + 4\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H^+}.
  1. Balanceio cargas adicionando elétrons. Cargas: lado esquerdo +3. Lado direito -2 + 8 = +6. Para igualar, adiciono 3e^- ao lado direito (o que reduz +6 para +3):
\mathrm{Cr}^{3+} + 4\mathrm{H_2O} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H^+} + 3e^-.
  1. Converto para meio básico: adiciono 8\mathrm{OH^-} a ambos os lados (igual ao número de \mathrm{H^+}):
    Escrevo antes da simplificação:
\mathrm{Cr}^{3+} + 4\mathrm{H_2O} + 8\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H^+} + 8\mathrm{OH^-} + 3e^-.
Mas 8\mathrm{H^+} + 8\mathrm{OH^-}\rightarrow 8\mathrm{H_2O}, então:
\mathrm{Cr}^{3+} + 4\mathrm{H_2O} + 8\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H_2O} + 3e^-.
Agora cancelo 4\mathrm{H_2O} em ambos os lados (8 à direita e 4 à esquerda deixam 4 à direita):
\mathrm{Cr}^{3+} + 8\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 4\mathrm{H_2O} + 3e^-.
Esta é a semi-reação de oxidação balanceada em meio básico.

Passo 5

  1. Semi-reação inicial: \mathrm{MnO}_{2}\rightarrow\mathrm{Mn}^{2+}.
  2. Balanceio oxigênios adicionando \mathrm{H_2O} (em ácido): há 2 O no reagente, então adiciono 2\mathrm{H_2O} ao lado que falta O (produtos):
\mathrm{MnO}_{2} \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O}.
  1. Balanceio hidrogênios adicionando \mathrm{H^+}: à direita há 2\mathrm{H_2O}\Rightarrow 4 H, então adiciono 4\mathrm{H^+} ao lado dos reagentes:
\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{H^+} \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O}.
  1. Balanceio de carga com elétrons: cargas — lado esquerdo 0 + 4 = +4; lado direito +2. Para igualar, adiciono 2e^- ao lado esquerdo (reduzindo +4 para +2):
\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{H^+} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O}.
  1. Converto para meio básico: adiciono 4\mathrm{OH^-} a ambos os lados:
\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{H^+} + 2e^- + 4\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O} + 4\mathrm{OH^-}.
No lado esquerdo 4\mathrm{H^+} + 4\mathrm{OH^-} \rightarrow 4\mathrm{H_2O}, então:
\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{H_2O} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O} + 4\mathrm{OH^-}.
Cancelo 2\mathrm{H_2O} de ambos os lados (4 à esquerda e 2 à direita deixam 2 à esquerda):
\mathrm{MnO}_{2} + 2\mathrm{H_2O} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Mn}^{2+} + 4\mathrm{OH^-}.
Esta é a semi-reação de redução balanceada em meio básico.

Passo 6

A semi-reação de oxidação libera 3e^- e a redução consome 2e^-. Para que os elétrons cancelem, faço o mínimo múltiplo comum de 2 e 3, que é 6.
Multiplico a semi-reação de oxidação por 2:
2\mathrm{Cr}^{3+} + 16\mathrm{OH^-} \rightarrow 2\mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H_2O} + 6e^-.
Multiplico a semi-reação de redução por 3:
3\mathrm{MnO}_{2} + 6\mathrm{H_2O} + 6e^- \rightarrow 3\mathrm{Mn}^{2+} + 12\mathrm{OH^-}.

Passo 7

Somando as duas equações (os 6e^- se cancelam):
Lado dos reagentes:
2\mathrm{Cr}^{3+} + 16\mathrm{OH^-} + 3\mathrm{MnO}_{2} + 6\mathrm{H_2O}.
Lado dos produtos:
2\mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 8\mathrm{H_2O} + 3\mathrm{Mn}^{2+} + 12\mathrm{OH^-}.
Agora simplifico cancelando espécies iguais em ambos os lados:
  • Hidróxidos: 16\mathrm{OH^-} (reagentes) e 12\mathrm{OH^-} (produtos) deixam 4\mathrm{OH^-} no lado dos reagentes.
  • Águas: 6\mathrm{H_2O} (reagentes) e 8\mathrm{H_2O} (produtos) deixam 2\mathrm{H_2O} no lado dos produtos.
Ficamos com:
2\mathrm{Cr}^{3+} + 3\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{OH^-} \rightarrow 2\mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 3\mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O}.

Passo 8

Conto átomos e carga para garantir que está balanceado:
Átomos:
  • Cr: 2 à esquerda, 2 à direita.
  • Mn: 3 à esquerda (vindo de 3\mathrm{MnO_2}), 3 à direita.
  • O: à esquerda 3\times2=6 (dos \mathrm{MnO_2}) + 4 (dos 4\mathrm{OH^-}) = 10. À direita 2\times4=8 (dos 2\mathrm{CrO_4^{2-}}) + 2 (dos 2\mathrm{H_2O}) = 10.
  • H: à esquerda 4 (dos 4\mathrm{OH^-}), à direita 2\times2=4 (dos 2\mathrm{H_2O}).
Cargas:
  • Esquerda: 2\times(+3)=+6 (dos \mathrm{Cr}^{3+}) + 3\mathrm{MnO_2} neutro + 4\times(-1)=-4 (dos \mathrm{OH^-}) → total +6-4=+2.
  • Direita: 2\times(-2)=-4 (dos \mathrm{CrO_4^{2-}}) + 3\times(+2)=+6 (dos \mathrm{Mn}^{2+}) + 2\mathrm{H_2O} neutro → total -4+6=+2.
Carga e átomos conferem: equação está balanceada.

Resposta

\;2\mathrm{Cr}^{3+} + 3\mathrm{MnO}_{2} + 4\mathrm{OH^-} \rightarrow 2\mathrm{CrO}_{4}^{2-} + 3\mathrm{Mn}^{2+} + 2\mathrm{H_2O}

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