O íon nitrato é reduzido a amônia por alumínio elementar, em condições alcalinas, com a formação do tetra -hidroxialuminato, sendo assim, responda:
a) Escreva as semi-reações e a equação global balanceadas para essa reação.
b) Calcule o \Delta \mathrm{E}^{0} para a reação, sabendo-se que os potenciais de redução do nitrato para amônia e Do tetra-hidroxialuminato a alumínio elementar são -0,12 \mathrm{~V} e -0,235 \mathrm{~V} respectivamente.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (a) escrever as semi‑reações (meio‑reações) e a equação global balanceadas para a redução do íon nitrato a amônia por alumínio elementar em meio alcalino, formando o tetra‑hidroxialuminato; (b) calcular \Delta E^{0} (potencial padrão da célula) sabendo que os potenciais padrão de redução são -0,12\\ \mathrm{V} para a redução do nitrato a amônia e -0,235\\ \mathrm{V} para a redução do tetra‑hidroxialuminato a alumínio elementar.
Informações dadas que vou usar:
\; \; E^\circ(\text{NO}_3^-/\text{NH}_3)= -0,12\\ \mathrm{V} (redução)
\; \; E^\circ([\text{Al(OH)}_4^-]/\text{Al})= -0,235\\ \mathrm{V} (redução)

Passo 2

Balancear a semi‑reação de redução do nitrato a amônia em meio básico — método passo a passo e explicação didática.
  1. Começo pela forma conhecida em meio ácido (essa é uma meia‑reação padrão): em meio ácido, a redução de \mathrm{NO_3^-} a \mathrm{NH_4^+} é
\mathrm{NO_3^-} + 10\,\mathrm{H^+} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_4^+} + 3\,\mathrm{H_2O}.
Explicação: o nitrogênio passa de oxidação +5 para -3 (diferença de 8 elétrons), balanceando H e O com \mathrm{H^+} e \mathrm{H_2O}.
  1. Converter para meio básico: para cada \mathrm{H^+} adicionamos \mathrm{OH^-} aos dois lados (pois \mathrm{H^+}+\mathrm{OH^-}\to\mathrm{H_2O}). Adicionando 10\,\mathrm{OH^-} a ambos os lados temos
\mathrm{NO_3^-} + 10\,\mathrm{H^+} + 8\,e^- + 10\,\mathrm{OH^-} \to \mathrm{NH_4^+} + 3\,\mathrm{H_2O} + 10\,\mathrm{OH^-}.
Agora simplificamos \mathrm{H^+}+\mathrm{OH^-}\to\mathrm{H_2O} no lado esquerdo: 10\,\mathrm{H^+}+10\,\mathrm{OH^-} vira 10\,\mathrm{H_2O}. Então
\mathrm{NO_3^-} + 10\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_4^+} + 3\,\mathrm{H_2O} + 10\,\mathrm{OH^-}.
Subtraindo 3\,\mathrm{H_2O} de ambos os lados:
\mathrm{NO_3^-} + 7\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_4^+} + 10\,\mathrm{OH^-}.
  1. Expressar o produto como \mathrm{NH_3} (em meio básico o principal produto é amônia): use a reação \mathrm{NH_4^+} + \mathrm{OH^-} \to \mathrm{NH_3} + \mathrm{H_2O}. Aplicando isso ao membro direito (consome 1 \mathrm{OH^-} dos 10 e transforma \mathrm{NH_4^+} em \mathrm{NH_3}+\mathrm{H_2O}):
\mathrm{NO_3^-} + 7\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to (\mathrm{NH_3} + \mathrm{H_2O}) + 9\,\mathrm{OH^-}.
Simplificando 7\,\mathrm{H_2O} (esq.) menos 1\,\mathrm{H_2O} (dir.):
\mathrm{NO_3^-} + 6\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_3} + 9\,\mathrm{OH^-}.
Esta é a semi‑reação de redução do nitrato a amônia em meio básico e já está balanceada em átomos e cargas. (Observação: este processo consome 8 elétrons; por isso a meia‑reação tem coeficiente 8\,e^-.)

Passo 3

Obter a semi‑reação de oxidação do alumínio a tetra‑hidroxialuminato, a partir do potencial dado.
O potencial fornecido é o da redução
[\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 3\,e^- \to \mathrm{Al} + 4\,\mathrm{OH^-},\qquad E^\circ = -0,235\\ \mathrm{V}.
Isso significa que a meia‑reação inversa (oxidação do alumínio, que é a que ocorre aqui) é
\mathrm{Al} + 4\,\mathrm{OH^-} \to [\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 3\,e^-.
Explicação: inverter uma semi‑reação de redução para obter a oxidação troca o sentido e muda o sinal do potencial. No entanto, para combinar as meio‑reações e calcular E^\circ_\text{cel} usamos os potenciais de redução originais (veja passo 5).

Passo 4

Combinar as meio‑reações, igualando o número de elétrons.
A semi‑reação de redução (nitrato → amônia) consome 8\,e^-:
\mathrm{NO_3^-} + 6\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_3} + 9\,\mathrm{OH^-}.
A semi‑reação de oxidação (Al → [Al(OH)_4^-]) produz 3\,e^-:
\mathrm{Al} + 4\,\mathrm{OH^-} \to [\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 3\,e^-.
Para cancelar elétrons, multiplico a primeira por 3 (ficam 24\,e^-) e a segunda por 8 (também 24\,e^-).
Multiplicando:
Redução ×3:
3\,\mathrm{NO_3^-} + 18\,\mathrm{H_2O} + 24\,e^- \to 3\,\mathrm{NH_3} + 27\,\mathrm{OH^-}.
Oxidação ×8:
8\,\mathrm{Al} + 32\,\mathrm{OH^-} \to 8\,[\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 24\,e^-.
Somando as duas equações e cancelando 24\,e^-:
3\,\mathrm{NO_3^-} + 18\,\mathrm{H_2O} + 8\,\mathrm{Al} + 32\,\mathrm{OH^-} \to 3\,\mathrm{NH_3} + 27\,\mathrm{OH^-} + 8\,[\mathrm{Al(OH)}_4^-].
Simplificando \mathrm{OH^-} (32 à esq. e 27 à dir.) restam 5\,\mathrm{OH^-} à esquerda:
3\,\mathrm{NO_3^-} + 18\,\mathrm{H_2O} + 8\,\mathrm{Al} + 5\,\mathrm{OH^-} \to 3\,\mathrm{NH_3} + 8\,[\mathrm{Al(OH)}_4^-].
Verificação rápida: átomos e cargas conferem (N, Al, O, H e carga total = -8 de cada lado). Portanto esta é a equação global balanceada em meio básico.

Passo 5

Calcular \Delta E^{0} (potencial padrão da reação) e explicar por que não precisamos ajustar por coeficientes.
Fórmula para o potencial padrão da célula:
E^\circ_{\text{cel}} = E^\circ_{\text{cátodo (redução)}} - E^\circ_{\text{ânodo (redução)}}.áçãâçã
Observação importante: E^\circ é uma propriedade intensiva — multiplicar uma semi‑reação por um fator não altera seu potencial — então não precisamos multiplicar potenciais quando ajustamos elétrons.
Aqui:
cátodo (redução) = redução \mathrm{NO_3^-}\to\mathrm{NH_3} com E^\circ = -0,12\\ \mathrm{V}.
ânodo (redução) = redução [\mathrm{Al(OH)}_4^-]\to\mathrm{Al} com E^\circ = -0,235\\ \mathrm{V} (mas como Al está sendo oxidado usamos este potencial como o valor de E^\circ_{\text{ânodo (redução)}}âçã na fórmula).
Cálculo:
E^\circ_{\text{cel}} = (-0,12\\ \mathrm{V}) - (-0,235\\ \mathrm{V}) = -0,12 + 0,235 = 0,115\\ \mathrm{V}.
Interpretação: \,E^\circ_{\text{cel}}=0,115\\ \mathrm{V} positivo indica que, sob condições padrão, a reação escrita (nitrato sendo reduzido por Al em meio alcalino) é termodinamicamente favorável (espontânea em termos de potencial eletroquímico).

Resposta

(a) Semi‑reações e equação global balanceada:
\text{Redução (cátodo):}\quad \mathrm{NO_3^-} + 6\,\mathrm{H_2O} + 8\,e^- \to \mathrm{NH_3} + 9\,\mathrm{OH^-}.çãá
\text{Redução fornecida (reverso é oxidação do Al):}\quad [\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 3\,e^- \to \mathrm{Al} + 4\,\mathrm{OH^-}.çãéçã
\text{Oxidação (ânodo), escrita como ocorre:}\quad \mathrm{Al} + 4\,\mathrm{OH^-} \to [\mathrm{Al(OH)}_4^-] + 3\,e^-.çãâ
Equação global balanceada:
3\,\mathrm{NO_3^-} + 18\,\mathrm{H_2O} + 8\,\mathrm{Al} + 5\,\mathrm{OH^-} \to 3\,\mathrm{NH_3} + 8\,[\mathrm{Al(OH)}_4^-].
(b) \Delta E^{0} = 0,115\\ \mathrm{V}.

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