Questão 10. Alumínio é obtido por eletrólise ignea de \mathrm{Al}_{2} \mathrm{O}_{3} associada à criolita ( \mathrm{Na}_{3} \mathrm{~A} / \mathrm{F}_{8} ), com eletrodos de grafite.
A) Escreva as semirreações catódica, anódica e global.
B) Qual a função da criolita adicionada ao \mathrm{Al}_{2} \mathrm{O}_{3} ?
C) Qual a massa aproximada de alumínio, em g, produzida por uma indústria que submeteu uma determinada quantidade de óxido de alumínio a 24 horas de eletrólise com uma corrente constante de 12 A , sabendo que o processo apresenta 85 \% de rendimento?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais dados foram fornecidos.
  • Perguntas:
    • A) Escrever as semirreações catódica, anódica e a reação global.
    • B) Dizer qual é a função da criolita adicionada ao \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3.
    • C) Calcular a massa aproximada de alumínio produzida em gramas, sabendo que a eletrólise durou 24 horas com corrente constante de 12\\ \mathrm{A} e rendimento de 85\%.
  • Dados extraídos do enunciado:
    • Reagente: \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3 (alumina), em meio fundido com criolita ( \mathrm{Na}_3\mathrm{AlF}_6).
    • Eletrodos: grafite (carbono) — isso implica que o anodo é consumível e pode formar \mathrm{CO}_2.
    • Corrente elétrica: I=12\\ \mathrm{A}.
    • Tempo de eletrólise: t=24\\ \text{h}.
    • Rendimento do processo: 85\%.
  • Constantes que usarei:
    • Constante de Faraday: F=96\,485\\ \mathrm{C\\ mol^{-1}}.
    • Massa molar do alumínio: M(\mathrm{Al})\approx 26{,}98\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}.

Passo 2

Explicação didática rápida do que acontece nos eletrodos (sem pular etapas).
  • Em eletrólise há duas metades de reação: redução no cátodo (ganho de elétrons) e oxidação no anodo (perda de elétrons).
  • Na alumina fundida existem íons \mathrm{Al}^{3+} e \mathrm{O}^{2-}. No cátodo os \mathrm{Al}^{3+} são reduzidos a alumínio metálico; no anodo os íons \mathrm{O}^{2-} são oxidados a oxigênio. Porém, com eletrodos de grafite (carbono), o oxigênio formado reage com o carbono do anodo formando \mathrm{CO}_2. Vou escrever as semirreações correspondentes.

Passo 3

Semirreações (escritas e explicadas passo a passo).
  • Semirreação catódica (redução): cada íon alumínio precisa de 3 elétrons para virar metal.
\mathrm{Al}^{3+} + 3e^- \longrightarrow \mathrm{Al}
Explicação: o sinal “ +3” indica que o alumínio no óxido perdeu 3 elétrons. Para formar alumínio metálico esses 3 elétrons devem ser fornecidos pelo circuito externo (corrente elétrica).
  • Semirreação anódica ideal (oxidação do ânion óxido): cada par de íons óxido libera elétrons formando oxigênio gasoso.
2\,\mathrm{O}^{2-} \longrightarrow \mathrm{O}_2 + 4e^-
Explicação: dois \mathrm{O}^{2-} (carga total -4) produzem uma molécula \mathrm{O}_2 e liberam 4 elétrons ao circuito.
  • Observação com eletrodos de grafite (reação real no anodo): o oxigênio reage com o carbono do eletrodo formando dióxido de carbono. Uma forma conveniente de escrever a semirreação anódica considerando o carbono é:
\mathrm{C} + 2\,\mathrm{O}^{2-} \longrightarrow \mathrm{CO}_2 + 4e^-
Isto mostra que o anodo de grafite é consumido, produzindo \mathrm{CO}_2.

Passo 4

Construção da reação global (passo a passo, balanceando elétrons).
  • Para cancelar elétrons, igualamos a quantidade de elétrons trocada nas semirreações. A redução de \mathrm{Al}^{3+} consome 3 elétrons por átomo de Al; a oxidação (na forma escrita) libera 4 elétrons por unidade mostrada.
  • Multiplicamos a semirreação catódica por 4 (4 átomos de Al, 12 elétrons) e a semirreação anódica por 3 (3 moléculas de \mathrm{CO}_2 / 12 elétrons), assim os elétrons se cancelam:
    • 4 vezes a catódica:
    4\,\mathrm{Al}^{3+} + 12e^- \longrightarrow 4\,\mathrm{Al}
    • 3 vezes a semirreação com carbono no anodo:
    3\mathrm{C} + 6\,\mathrm{O}^{2-} \longrightarrow 3\,\mathrm{CO}_2 + 12e^-
  • Somando as duas e lembrando que os íons vêm da decomposição de \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3: cada \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3 fornece 2 Al e 3 O; para obter 4 Al usa-se 2 unidades de \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3. A equação global fica:
2\,\mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3 + 3\,\mathrm{C} \longrightarrow 4\,\mathrm{Al} + 3\,\mathrm{CO}_2
Comentário: essa é a equação que mostra consumo do anodo de carbono — por isso as paredes/anodos de grafite têm de ser repostos periodicamente.

Passo 5

Resposta à letra B (função da criolita) com explicação didática.
  • Função da criolita ( \mathrm{Na}_3\mathrm{AlF}_6):
    • A criolita serve como solvente para a \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3 e reduz fortemente o ponto de fusão da mistura. A alumina pura funda a temperaturas muito altas (acima de 2\,000^\circ\mathrm{C}), enquanto a mistura com criolita torna o banho fundido operável em torno de 900^\circ\mathrm{C} (ordem de grandeza).
    • Além disso, a criolita melhora a condutividade elétrica do banho e facilita a dissolução e mobilidade dos íons \mathrm{Al}^{3+} e \mathrm{O}^{2-}, reduzindo o consumo de energia e permitindo a eletrólise prática e controlada.
  • Em palavras simples: a criolita “mata” o ponto de fusão e torna a eletrólise viável e mais econômica.

Passo 6

Preparando o cálculo para a letra C: transformar dados de tempo em segundos e aplicar a lei de Faraday.
  • Tempo em segundos:
t = 24\\ \text{h} = 24\times 3600 = 86\,400\\ \text{s}.
  • Carga total que passou pela célula (quantidade de carga elétrica):
Q = I\cdot t = 12\\ \mathrm{A}\times 86\,400\\ \mathrm{s} = 1\,036\,800\\ \mathrm{C}.
Explicação: 1\\ \mathrm{A}=1\\ \mathrm{C\,s^{-1}}, então multiplicando por segundos obtemos coulombs.

Passo 7

Calcular o número de mols de elétrons transferidos usando a constante de Faraday.
  • Número de mols de elétrons:
n(e^-) = \frac{Q}{F} = \frac{1\,036\,800\\ \mathrm{C}}{96\,485\\ \mathrm{C\\ mol^{-1}}} \approx 10{,}7518\\ \mathrm{mol}.
Explicação: cada mol de elétrons corresponde a F coulombs; dividindo a carga total por F obtemos quantos mols de elétrons foram fornecidos.

Passo 8

Relacionar os mols de elétrons com os mols de alumínio (estequiometria).
  • Pela semirreação catódica, a redução de um átomo de alumínio requer 3 elétrons:
\mathrm{Al}^{3+} + 3e^- \longrightarrow \mathrm{Al}.
  • Logo, mols de alumínio teoricamente produzidos (antes de considerar rendimento):
n(\mathrm{Al}) = \frac{n(e^-)}{3} = \frac{10{,}7518}{3} \approx 3{,}5839\\ \mathrm{mol}.

Passo 9

Converter mols de alumínio em massa e aplicar o rendimento de 85\%.
  • Massa teórica (sem rendimento):
m_{\text{teórica}} = n(\mathrm{Al})\times M(\mathrm{Al}) \approx 3{,}5839\\ \mathrm{mol}\times 26{,}98\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}} \approx 96{,}595\\ \mathrm{g}.ó
  • Aplicando o rendimento real de 85\%:
m_{\text{real}} = 0{,}85\times m_{\text{teórica}} = 0{,}85\times 96{,}595\\ \mathrm{g} \approx 82{,}106\\ \mathrm{g}.ó
  • Arredondando de forma razoável (duas casas significativas compatíveis com os dados): \approx 82{,}1\\ \mathrm{g}.

Passo 10

Resumo interpretativo e conselho rápido para a prova.
  • Resultado numérico final: aproximadamente \,82{,}1\\ \mathrm{g} de alumínio produzido nas condições dadas com 85\% de rendimento.
  • Dica para prova: sempre escreva as semirreações com clareza (mostre que entende quem é oxidado e quem é reduzido), balanceie elétrons antes de somar as metades, e para cálculos eletrolíticos use sempre a sequência: Q=It, n(e^-)=Q/F, estequiometria elétron ↔ produto, depois massa com massa molar, por fim ajuste pelo rendimento.

Resposta

A) Semirreações: catódica: \mathrm{Al}^{3+}+3e^-\longrightarrow\mathrm{Al}. anódica (considerando anodo de grafite): \mathrm{C}+2\mathrm{O}^{2-}\longrightarrow\mathrm{CO}_2+4e^-. Reação global: 2\mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3+3\mathrm{C}\longrightarrow4\mathrm{Al}+3\mathrm{CO}_2.
B) A criolita ( \mathrm{Na}_3\mathrm{AlF}_6) funciona como solvente da \mathrm{Al}_2\mathrm{O}_3, reduzindo fortemente o ponto de fusão da mistura e melhorando a condutividade elétrica, tornando a eletrólise economicamente viável.
C) 82{,}1\\ \mathrm{g}

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