Resolução comentada de exercícios de Química Analítica

Exercícios gerais
Exercícios sobre análise gravimétrica
Exercícios sobre considerações gerais de métodos volumétricos
Exercícios sobre titulações de ácido-base
Exercícios sobre titulações de precipitação
Exercícios sobre titulações de complexação
Exercícios sobre titulações de oxidação-redução

Exercícios gerais

1. Descreva de que modo prepararia 5,000 L de carbonato de sódio 0,1000 M (105,99 g/mol) a partir do sólido (substância primária).

m _Na2CO3 =n_Na2CO3*MM(Na₂CO₃)

n_Na2CO3=c * v

Substituindo:

m _Na2CO3 = 0,1000 M *5,000 L * 105,99 g/mol = 53,00 g

2. Para calibração de um método fotométrico para a determinação de sódio é necessário prepara uma solução padrão de Na⁺0,0100 M . Descreva como prepararia 500,0 cm³ desta solução a partir do padrão primário Na₂CO₃.

c_Na2CO3 = 1/2 c_Na+

n_Na2CO3=c * v

m _Na2CO3 = n_Na2CO3*MM(Na₂CO₃)

Substituindo:

m _Na2CO3 = 1/2 * 0,0100 M *0,5000 L * 105,99 g/mol = 0,265 g

3. Como prepararia 50,00 mL de soluções padrão de Na⁺0,00500 M , 0,00200 M e 0,00100 M a partir da solução anterior?

c_i v_i = c_f v_f

Substituindo:

0,0100 M v_i = 0,00500 M 50,00 mL

v_i = 0,00500 M 50,00 mL / 0,0100 M = 25,0 mL

Exercícios sobre análise gravimétrica

4. O teor em alumínio numa amostra pode ser determinado por precipitação como uma base e calcinação a Al₂O₃, que é pesado. Qual a massa de alumínio numa amostra com 0,2365 g de precipitado calcinado?

n _Al2O3= m_Al2O3 / MM(Al₂O₃)

Substituindo:

n _Al2O3= 0,2385 / 101,961 = 2,339 mmol

n_Al = 2 n_Al2O3 = 4,678 mmol

m_Al = n_Al * MA(Al) = 4,678 mmol * 26,9815 g/mol = 0,1262 g

5. O conteúdo em cálcio numa amostra de urina pode ser determinado pelo seguinte procedimento:

1º – Precipitação do Ca²⁺, em meio alcalino, sob a forma de oxalato de cálcio (CaC₂O₄)

2º – Após lavagem do precipitado com água fria para remoção do oxalato livre, o sólido é dissolvido em ácido, formando-se Ca²⁺ e H₂C₂O₄.

3º – O ácido oxálico dissolvido é aquecido a 60 ºC e titulado com uma solução padrão de permanganato de potássio até viragem para cor violeta (ponto final).

Supondo que na titulação de 5,00 mL de uma amostra de urina sujeita a este tratamento se gastou 16,17 mL da solução padrão de permanganato, calcule a concentração de cálcio na amostra de urina.

Dados: Para determinar a concentração rigorosa de permanganato de potássio procedeu-se do seguinte modo: dissolveram-se 0,3562 g de Na₂C₂O₄ num balão volumétrico de 250,00 mL, e titulou-se 10 mL desta solução com a solução de KMnO₄, tendo-se gasto um volume de 48,36 mL.

48,36 mL de KMnO₄ titulam 10,00 mL de Na₂C₂O₄

c Na₂C₂O₄ = n Na₂C₂O₄ / v

n Na₂C₂O₄ = m Na₂C₂O₄/ MM (Na₂C₂O₄)

Substituindo, vem:

c Na₂C₂O₄ = 0,3562 g /133,999 g/mol / 0,25000 L = 10,63 mM

E a quantidade de Na₂C₂O₄ presente em 10,00 mL desta solução é:

10,00 mL * 10,63 mM = 1,063 *10^-4 mol,

Portanto, se 1,063 *10^-4 mol C₂O₄^2- titulam 48,35 mL de KMnO₄, 16,17 mL de KMnO₄titulam

n C₂O₄^2-= 16,17 / 48,35 * 1,063* 10^-4 = 3,556 *10 ^-5 mol,

Esta quantidade de C₂O₄^2- é equivalente à quantidade de Ca²⁺ presente em 5,00 mL da amostra, pelo que a concentração de Ca²⁺ nesta é:

[Ca²⁺] = 3,556 *10 ^-5/ 5,00 *10^-3 L = 7,112 * 10 ^-3M

Exercícios sobre considerações gerais de métodos volumétricos

6. Uma amostra de 0,4671 g contendo hidrogenocarbonato de sódio foi dissovida e titulada com 40,72 mL de uma solução padrão de HCl 0,1067 M. Sabendo que a reacção é

HCO₃^-+ H⁺ -> H₂O + CO₂

calcule a percentagem de bicarbonato de sódio na amostra.

nHCO₃^-= n H⁺ = [H⁺] * vH⁺

Substituindo:

nHCO₃^- = 4,345 mmol

o que corresponde a uma massa de NaHCO₃ =

4,345 mmol * MM(NaHCO₃) = 4,345 mmol * 84,007 g/mol = 0,3650 g

A amostra dada é portanto:

0,3650 g / 0,4671 g = 78,14 % NaHCO₃

7. O alumínio pode ser determinado por titulação com EDTA: Al³⁺ + H₂Y^2- -> AlY- + 2 H⁺. Uma amostra de 1,00 g contendo Al₂O₃ requer 20,50 mL de solução de EDTA. Sabendo que para titular 25,00 mL de uma solução 0,100 M de CaCl₂ se gastou 30,00 mL de EDTA, calcule a percentagem de Al₂O₃ na amostra.

n EDTA = n Ca²⁺ = [Ca²⁺] * v Ca²⁺

Substituindo :

n EDTA = 0,100 M * 25,00 mL = 2,50 mmol

[EDTA] = nEDTA / vEDTA = 2,50 mmol / 30,00 mL = 0,0833 M

Para titular a amostra, são necessários 20,50 mL desta solução, i,e,:

nAl³⁺ = nEDTA = [EDTA] * vEDTA = 0,0833 M * 20,50 mL = 1,708 mmol,

o que corresponde a uma massa de Al₂O₃ :

m Al₂O₃= n Al₂O₃* MM(Al₂O₃) = ½ nAl³⁺ * MM(Al₂O₃) = ½ * 1,708 mmol * 101,961 g/mol = 87,09 mg

ou seja:

87,09 mg/1,00 g = 8,71 % de Al₂O₃ na amostra dada,

8. Uma amostra de 0,8040 g de um mineral de ferro foi dissolvida em ácido. Em seguida, reduziu-se todo o ferro à forma de Fe(II) e titulou-se com 47,22 mL de uma solução padrão de KMnO₄ 0,02242 M. Calcule os resultados desta análise em termos de % de Fe (55,847 g/mol), e %de Fe₃O₄ (231,54 g/mol). A reacção do analito com o reagente titulante descreve-se pela seguinte equação:

MnO₄^- + 8 H⁺ + 5 Fe²⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O

nFe²⁺ = 5* nMnO₄^- = 5* [MnO₄^-] * vMnO₄^-

nFe²⁺= 5* 0,02242 M * 47,22 mL = 5,293 mmol

i,e,:

mFe = 5,293 mmol * MA(Fe) = 5,293 mmol * 55,847 g/mol = 295,6 mg ,i,e, 36,77 % da amostra

mFe₃O₄= 5,293 mmol * MM(Fe₃O₄) = 5,293 mmol /3 * 231,54 = 408,5 mg ,i,e, 50,81 % da amostra

9. O monóxido de carbono contido em 20,30 mL de uma amostra de gás foi convertido em CO₂ fazendo o gás passar por um leito de pentóxido de iodo aquecido (150 ºC)

I₂O₅ (s) + 5 CO(g) -> 5 CO₂ (g) + I₂(g)

O iodo destilado a esta temperatura é recolhido num absorvente que continha 8,25 mL de Na₂S₂O₃^2- 0,01101 M.

I₂ + 2 S₂O₃^2- -> 2 I^- + S₄O₆^2-

O excesso de Na₂S₂O₃ titula-se por retorno com 2,16 mL de uma solução 0,0947 M de I₂. Calcule a massa de CO por litro de amostra.

n_CO = 5* nI₂ produzido

nI₂ produzido = ½ n S₂O₃^2- gasto na titulação

n S₂O₃^2- gasto na titulação = n S₂O₃^2- inicial - n S₂O₃^2- final

n S₂O₃^2- inicial = [S₂O₃^2-]* vS₂O₃^2- = 0,01101 M * 8,25 mL = 90,8 mmol

n S₂O₃^2- final = 2* nI₂necessário para o titular= 2* [I₂] vI₂ = 2* 0,00947 M * 2,16 mL = 20,46 mmol

Portanto:

nCO = 5* ½ n S₂O₃^2- gasto na titulação = 5* ½ (90,8 mmol - 20,46 mmol) = 176 mmol

mCO = 176 mmol* 28,01 g/mol = 4,93 mg

Por litro de amostra gasosa:

[CO]= 4,93 mg/20,30 mL =243 mg/L

Exercícios sobre titulações de ácido-base

10. Que volume de Ba(OH)₂ (0.80 mol/L) é necessário adicionar a 50 mL de NaOH 0,30 M para obter uma solução 0,50 M em HO^- ?

2* nBa(OH)₂ + nNaOH / v_total = 0,50 M

Supondo que os volumes são aditivos, v_total = vBa(OH)₂ + vNaOH, Portanto:

2* [Ba(OH)₂] * vBa(OH)₂ + [NaOH] * vNaOH / (vBa(OH)₂ + vNaOH) =0,50 M

0,80 M * vBa(OH)₂ + 0,30 M * 50 mL / (vBa(OH)₂ + 50 mL) =0,50 M

0,80 M * vBa(OH)₂ + 15 mmol =0,50 M * vBa(OH)₂ + 25 mmol

0,30 M * vBa(OH)₂ = 10 mmol

vBa(OH)₂ = 33 mL

11 Titularam-se 20,00 mL de uma solução de HCl 0,1000 M com uma solução de NaOH 0,1000 M. Calcule

11.1 o volume equivalente, e o pH da solução no ponto de equivalência.

No ponto de equivalência,

nHO^-adicionado = nH⁺ presente inicialmente

[HO^-] vHO^- = [H⁺] vH⁺

0,1000 M vHO^- = 0,1000 M * 25,00 mL

vHO^- = 25,00 mL

pH no ponto de equivalência =7,0, uma vez que na titulação de ácido forte com base forte não se produz nenhuma partícula ácido/base com características diferentes do solvente, e portanto o pH é o pH do solvente puro,

Nota: Rigorosamente, o catião Na⁺ em solução aquosa é um ácido fraco, mas dado o seu elevado pKa (≈14,5) e baixa concentração (0,100 M) em relação à água (55,5 M), não afectará o pH da solução.

11.2 a variação de pH entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência

1% antes do volume equivalente:

n H⁺ restante= 1% n H⁺ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mmol

Volume da solução = vH⁺ + vHO^- = 25,00 mL + 99 % 25,00 mL= 49,75 mL

[H⁺] = 25 mmol / 49,75 mL = 5,025 * 10^-4 M

pH = -log [H⁺] = 3,3

1% depois do volume equivalente:

n HO^- restante= 1% n H⁺ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mmol

Volume da solução = vH⁺ + vHO^- = 25,00 mL + 101 % 25,00 mL= 50,25 mL

[HO^-] = 25 mmol / 50,25 mL = 4,975 * 10^-4 M

pHO = -log [HO^-] = 3,3

pH =14 – pOH = 10,7

12.Titularam-se 20,00 mL de uma solução de ácido acético 0,1000 M com NaOH 5,000 * 10-2 M. Calcule:

12.1 o volume equivalente de NaOH

No ponto de equivalência,

nHO^-adicionado = nCH₃COOH presente inicialmente

[HO^-] vHO^- = [CH₃COOH] vCH₃COOH

0,05000 M vHO^- = 0,1000 M * 20,00 mL

vHO^- = 40,00 mL

12.2 o pH no início da titulação, no ponto de equivalência, 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50,00 mL de NaOH.

No início da titulação, temos uma solução de ácido fraco

pH = 1/2 pKa -1/2 log [CH₃COOH]

pH = 1/2 *4,76 -1/2 (-1)

pH =2,88

No ponto de equivalência, temos uma solução de base fraca:

pH = 7,00 +1/2 pKa +1/2 log [CH₃COO^-]

pH = 7,00 + 2,38 +1/2 log (0,0333)

pH = 8,64

1% antes ponto de equivalência:

pH = pKa + log ([CH₃COO^-]/[CH₃COOH]

pH= 4,76 + log 99

pH = 6,76

1% depois do ponto de equivalência, o excesso de NaHO equivale a 0,02 mmol, num volume de 60,40 mL,

[HO^-]= 0,02 mmol/60,40 mL = 3,31 * 10^-4 M

pH = 14 - pOH =10,52

Após grande excesso (50,00 mL) de titulante, o excesso de NaOH é:

(50,00-40,00) *5,000* 10^-2 M = 5,000 * 10^-4 mol, num volume de 50,00+20,00 = 70,00 mL,

[HO^-]= 0,5000 mmol / 70,00 mL = 7,14 * 10^-3 M

pH = 14 - pOH =11,85

Os exercícios 13. a 16. resolvem-se de forma idêntica:

13.Titularam-se 25,00 mL de uma solução de ácido fórmico 0,1200 M com NaOH 0,1000 M. Calcule:

13.1 o volume equivalente de NaOH

13.2 o pH no início da titulação, no ponto de equivalência, 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50,00 mL de NaOH.

14.Titularam-se 50,00 mL de NaCN 0,0500 M com HCl 0,1000 M. Calcule o pH depois da adição de 0.00 , 10.00, 25.00 e 26.00 mL de ácido.

15.Trace a curva de titulação de 10,00 mL de uma solução aquosa de ácido sulfúrico 0,1500 M com uma solução de NaOH 0,3000 M.

16. Esboce as seguintes curvas de titulação:

16.1 20,00 mL de amoníaco 0,1000 M com ácido clorídrico 0,1000 M.

16.2 25,00 mL de ácido maleico 0,1000 M com hidróxido de sódio 0,1000 M.

16.3 20,00 mL de fosfato de sódio 0,1000 M com ácido clorídrico 0,1000 M.

17.Analisou-se uma amostra de 0,7121 g de farinha de trigo pelo método de Kjeldahl:

C_aH_bN_c -----> a CO₂ + ½ b H₂O + ½ c (NH₄)₂SO₄(reacção realizada na presença de H₂SO₄ como catalizador)

(NH₄)₂SO₄ + OH^- ---> 2 NH₃+ SO₄^2-

NH₃+ HCl --> NH₄Cl + HCl_excesso

HCl_excesso + NaOH -->H₂O + NaCl

O amoníaco formado por adição de uma base concentrada após digestão com H₂SO₄ foi destilado sobre 25,00 mL de HCl 0,04977 M. O excesso de HCl foi depois titulado por retorno com 3,97 mL de NaOH 0,04012 M. Calcule a percentagem de proteína na farinha.

Dados: 17,5% de N na proteína da farinha.

nHCl _total = [HCl] vHCl = 0,04977 M * 25,00 mL = 1,244 mmol = nHCl _{gasto
na reacção com o NH3} + nHCl_excesso

nHCl_excesso= nNaOH necessário para o titular = 3,97 mL * 0,04012 M = 0,1593 mmol

nN_proteína = nNH3 formado = nHCl total – nHClexcesso = 1,244 mmol – 0,1593 mmol =1,085 mmol

mN_proteína = 15,20 mg

m_proteína = 15,20 mg/0,175 = 86,9 mg

A percentagem de proteína na farinha é portanto = 0,0869 g/ 0,7121 g = 12,2 %

18. Determine o título rigoroso de uma solução aquosa de HCl 0,04 M, sabendo que quando se titulam 50,00 mL do ácido se gastam 50,00 mL de uma solução preparada a partir de 0,3850 g de bórax (381,37 g/mol).

Na₂[B₄O₅(HO)₄]. 8H₂O <-> 2 H₃BO₃ + 2 [B(HO)₄]^-+ 2 Na⁺ + 3 H₂O

[B(HO)₄]^-+ H⁺ <-> H₃BO₃ + H₂O

n_bórax= m_bórax/MM(bórax) = 0,3850 g / 381,37 g/mol = 1,0095 mmol

nHCl = 2* nbórax= 20,19 mmol

[HCl] = nHCl / vHCl =2,019 mmol / 50,00 mL = 0,04038 M

19. Uma solução de NaOH isenata de carbonatos tinha uma concentração 0,05118 M imediatamente depois de preparada. Exactamente 1,000 L desta solução foi exposto ao ar durante algum tempo e absorveu 0,1962 g de CO₂. Calcule o erro relativo que terá lugar ao titular uma solução de ácido acético com esta solução contaminada,utilizando a fenolftaleína como indicador.

nCO₂ = 0,1962 g / 44,010 g/mol = 4,458 mmol

nNaOH_inicial= 1,000 L* 0,05118 M = 51,18 mmol

O ácido carbónico é diprótico, e reage por isso com o dobro da sua quantidade de NaOH,

[NaOH]_final= nNaOH_final / vNaOH = 51,18mmol – 2* 4,458 mmol /1,000 L = 0,04226 M,

O erro na titulação será 0,05118 / 0,04226 = 21,11%,

Exercícios sobre titulações de precipitação

20. Calcula a variação de pAg, entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência, na titulação de 25,00 mL de uma solução de nitrato de prata 0,1000 M com uma solução equimolar de cloreto de sódio.

nAgNO₃= [AgNO₃] * vAgNO₃

nAgNO₃= 0,1000 M* 25,00 mL = 2,500 mmol

No ponto de equivalência, nNaCl_adicionado= nAgNO_3inicial=2,500 mmol :

vNaCl=nNaCl/[NaCl]= 2,500 mmol/ 0,1000 M = 25,00 mL

1% antes ponto de equivalência:

nAg⁺= 1 % nAgNO_3
inicial = 0,02500 mmol

v= 25,00 mL + 99% 25,00 mL = 49,75 mL

[Ag⁺]=0,02500 mmol/ 49,75 mL = 5,02 * 10^-4 M

pAg = -log [Ag⁺]= -log 5,02 * 10^-4 = 3,30

1% depois do ponto de equivalência, o excesso de NaCl equivale a 0,02500 mmol, num volume de 50,25 mL,

[Cl^-]= 0,02500 mmol/50,25 mL = 4,98 * 10^-4 M

Dado que o Kps(AgCl)= 1,8*10 ^-10, a concentração máxima de Ag⁺ possível na solução é:

[Ag⁺]= Kps(AgCl)/ [Cl^-]= 1,8*10 ^-10/4,98 * 10^-4 = 3,64* 10^-7 M

pAg= 6,44

21. Determinou-se o teor em cloreto numa solução salina pelo método de Volhard. Uma alíquota de 10,00 mL foi tratada com 15,00 mL de uma solução padrão de AgNO₃0,1182 M. O excesso de prata foi titulado com uma solução padrão de KSCN 0,101 M, sendo necessário 2,38 mL para atingir o ponto de equivalência de Fe(SCN)²⁺. Calcule a concentração de cloreto na solução salina, em g/L.

nAg⁺_excesso = nSCN^-_adicionda= vSCN^- *[SCN^-] = 2,38 mL *0,101 M = 0,2404 mmol

nAg⁺_inicial = vAgNO₃ *[ AgNO₃] = 15,00 mL * 0,1182 M = 1,773 mmol

nCl^-= nAg⁺_gasto = nAg⁺_inicial - nAg⁺_excesso =1,773 mmol - 0,2404 mmol = 1,533 mmol

[Cl^-] = 1,533 mmol / 10,00 mL = 0,1533 M

22. Titulou-se 25,00 mL de uma solução contendo 0,0311 M de Na₂C₂O₄ com La(ClO₄)₃ 0,0257 M, havendo a precipitação de oxalato de lantânio:

2 La³⁺ + 3 C₂O₄^2- -> La₂(C₂O₄)₃

22.1 Qual o volume de perclorato de lantânio necessário para atingir o ponto de equivalência?

nLa³⁺ = 2/3 nC₂O₄^2- = 2/3 [C₂O₄^2-] vC₂O₄^2- = 2/3 * 25,00 mL * 0,0311 M = 0,5183 mmol

vLa³⁺ = nLa³⁺ / [La³⁺] = 0,5183 mmol / 0,0257 M = 20,17 mL

22.2 Qual o pLa³⁺ quando se adicionaram 10,00 mL de La(ClO₄)₃?

Em qualquer momento da titulação antes do ponto de equivalência,

nC₂O₄^2- = nC₂O₄^2-_inicial - nC₂O₄^2-_precipitado = nC₂O₄^2-_inicial - 3/2 n La³⁺_adicionado

Após a adição de 10,00 mL de La(ClO₄)₃

nC₂O₄^2- = 25,00 mL * 0,0311 M - 3/2 10,00 mL * 0,0257 M = 0,7775 mmol – 0,3855 mmol = 0,392 mmol

Como v=25,00 mL + 10,00 mL =35,00 mL , [C₂O₄^2-] = 0,392 mmol/35,00 mL =0,0112 M.

A quantidade de La³⁺ em solução é obtida através do produto de solubilidade do La₂(C₂O₄)₃:

Kps= [La³⁺] ² [C₂O₄^2-]³

1,03 * 10^-25 = [La³⁺] ²(0,0112)³

[La³⁺]= 2.71 * 10^-10 M

pLa³⁺ = -log [La³⁺] = 9.567

22.3 Determine o pLa³⁺ no ponto de equivalência.

No ponto de equivalência, a precipitação é quantitativa. Pode-se considerar que o La₂(C₂O₄)₃em solução é o proveniente da dissolução do precipitado formado.

Kps= [La³⁺] ² [C₂O₄^2-]³

Como C₂O₄^2-= 3/2 nLa³⁺, a expressão acima pode ser escrita :

1,03 * 10^-25 = [La³⁺] ²[3/2 La³⁺] ³

1,03 * 10^-25 = [La³⁺] ²(3/2)³ [La³⁺] ³

[La³⁺]⁵=1,03 * 10^-25 / (3/2)³

[La³⁺]⁵= 3,052 *10^-26

[La³⁺]= 7,89 *10^-6 M

pLa³⁺ = -log [La³⁺] = 5.103

22.4 Calcule o pLa³⁺ após a adição de 25,00 mL de La(ClO₄)₃

Após a adição de 25,00 mL de La(ClO₄)₃ já foi ultrapassado o ponto de equivalência. Portanto

nLa³⁺_livre= nLa³⁺_adicionado –nLa³⁺_precipitado= nLa³⁺_adicionado – 2/3 nC₂O₄^2- _inicial

nLa³⁺_livre= 25,00 mL * 0,0257 M – 2/3 0,7775 mmol = 0,1242 mmol

[La³⁺] = nLa³⁺_livre /v_total = 0,1242 mmol / (25,00 mL+25,00 mL) = 2,483 *10^-3 M

pLa³⁺ = -log [La³⁺] = 2.605

23. 40,00 mL de uma mistura contendo 0,0502 KI e 0,0500 M de KCl foram titulados com AgNO₃ 0,0845 M.

23.1 Calcule a concentração de Ag⁺ no ponto de equivalência correspondente à titulação do iodeto em separado.

O AgIem solução no ponto de equivalência é o proveniente da dissolução do precipitado formado. Se a nossa solução não contiver o AgCl, e devido à estequiometria do sal, nAg⁺=nI^- Portanto:

Kps= [Ag⁺][I^-] =[Ag⁺][Ag⁺]

1,5* 10^-16= [Ag⁺]²

[Ag⁺]=1,2*10^-8 M

23.2 Demonstre que para a concentração de Ag⁺calculada no ponto anterior ocorre precipitação de Cl^-.

Kps(AgCl)= 1,8 *10^-10

Se o quociente da reacção for superior ao Kps, observar-se-á precipitação. È portanto conhecer a concentração de Cl^-, que é diferente da inicial ( 0,0500 M) devido à variação de volume provocada pela adição de AgNO₃ até à completa precipitação do I^- : Este volume é calculado da seguinte forma.

No ponto de equivalência,

nAg⁺=nI^-

vAg⁺ [Ag⁺] = vI^- [I^-]

vAg⁺ 0,0845 M = 40,00 mL 0,0502 M

vAg⁺ = 40,00 mL 0,0502 M = 23,76 mL

v_total= 40,00 mL + 23,76 mL = 63,76 mL

e a concentração de Cl^- será dada por:

c_iv_i=c_fv_f

0,0500 M * 40,00 mL= c_f 63,76 mL

c_f = 0,0314 M

Neste momento o quociente da reacção será [Ag⁺][Cl^-] = 1,2*10^-8 *0,0314 = 3,76*10^-10 > Kps(AgCl). Logo ocorre precipitação de Cl^-.

24 Qual o volume mínimo de nitrato de prata 0,09621 M necessário para assegurar que haja um excesso de iões prata na titulação de

24.1 uma amostra impura de NaCl com uma massa de 0,2513 g?

A quantidade máxima de Cl^- possivelmente presente na amostra é:

nCl^-= nNaCl= mNaCl/MM(NaCl) =0,2513g/58,443= 4,300 mmol

E o volume necessário para a titular é:

vAgNO₃ = nAgNO₃ / [AgNO₃] = 4,300 *10^-3 / 0,09621 M = 44,69 mL

24.2 uma amostra de 0,3462 g que contém 74,52 % (p/p) de ZnCl₂?

A quantidade de Cl^- presente na amostra é:

nCl^-= 2*nZnCl₂=2* mZnCl₂/MM(ZnCl₂) =2* 0,7452 * 0,3462/136,29= 3,786 mmol

Eo o volume necessário para a titular é:

vAgNO₃ = nAgNO₃ / [AgNO₃] = 3,786 *10^-3 / 0,09621 M = 39,35 mL

24.3 25,00 mL de AlCl₃ 0,01907 M?

A quantidade de Cl^- presente na amostra é:

nCl^-= 3*nAlCl₃= 3* vAlCl₃[AlCl₃] =3* 25,00 mL * 0,01907 M= 1,430 mmol

Eo o volume necessário para a titular é:

vAgNO₃ = nAgNO₃ / [AgNO₃] = 1,430*10^-3 / 0,09621 M = 14,87 mL

25. Na titulação, pelo método de Fajans, de uma amostra de 0,7908 g gastaram-se 45,32 mL de nitrato de prata 0,1046 M.

nCl^-= nAg⁺ = nAgNO₃ = [AgNO₃] vAgNO₃ = 0,1046 M * 45,32 mL = 4,740 mmol

25.1 Expresse os resultados como percentagem de Cl^-

mCl^- = 4,740 mmol * MM(Cl^-) = 4,740 mmol * 35,453 =0,1681 g

A amostra tem 0,1681/0,7908 = 21,25 % Cl^-

25.2 Expresse os resultados como percentagem de BaCl₂∙2H₂O

mBaCl₂∙2H₂O= nBaCl₂∙2H₂O * MM(BaCl₂∙2H₂O) = ½ * nCl^-* MM(BaCl₂∙2H₂O) = ½ * 4,740 mmol * 244,27 = 0,5789 g

A amostra seria 0,5789 g/ 0,7908 g = 73,21 % BaCl₂∙2H₂O

25.3 Expresse os resultados como percentagem de ZnCl₂∙2NH₄Cl

mZnCl₂∙2NH₄Cl= nZnCl₂∙2NH₄Cl * MM(ZnCl₂∙2NH₄Cl) = 1/4 * nCl^-* MM(ZnCl₂∙2NH₄Cl) = 1/4 * 4,740 mmol * 243,28 = 0,2883 g

A amostra seria 0,2883 g/ 0,7908 g = 36,46 % ZnCl₂∙2NH₄Cl

Exercícios sobre titulações de complexação

26. O crómio (III) reage lentamente com o EDTA, sendo por isso determinado recorrendo a uma titulação de retorno. Uma preparação farmacêutica contendo crómio(III) foi analisada por tratamento de 2,63 g de amostra com 5,00 mL de 0,0103 M de EDTA . A quantidade de EDTA que não reagiu foi titulada com 1,32 mL de solução de zinco 0,0122 M. Qual a percentagem de crómio na preparação farmacêutica?

nEDTA_total= 5,00 mL * 0,0103 M = 5,15 * 10^-5 mol

nEDTA_excesso = nZn²⁺_{necessário para a titular} = 1,32 mL * 0,0122 M = 1,61 * 10^-5 mol

nCr³⁺= nEDTA_total - nEDTA_excesso = 5,15 * 10^-5 – 1,61 * 10^-5 = 3,54 * 10^-5 mol

mCr³⁺ = nCr³⁺ * MM(Cr³⁺)= 3,54 * 10^-5* 51,996 = 1,84 * 10^-3 g

A percentagem de Cr³⁺ na preparação será 1,84 * 10^-3 g/ 2,63 =0,0700 %

27. A constante de formação do complexo de Fe(III) com EDTA é 1,3*10²⁵. Calcule as concentrações de Fe³⁺ livre numa solução de FeY^- 0,10 M a pH 4,00 e pH 1,00. (αY^4- a pH 1,00 = 1,9 *10^-18 ; αY^4- a pH 4,00 = 3,8 *10^-9)

1,3*10²⁵=

Como nY_total = nFe³⁺, isto significa que

1,3*10²⁵=

e portanto:

[Fe³⁺]² = 0,10 M / a 1,3*10²⁵

A pH = 1,0 [Fe³⁺] = 6,36 * 10^-5

A pH = 4,0 [Fe³⁺] = 1,43 * 10^-9

28. Uma amostra de 25,00 mL com uma concentração desconhecida de Fe³⁺ e Cu²⁺ necessitou de 16,06 mL de EDTA 0,05083 M para a titulação completa. Um volume de 50,00 mL da mesma amostra foi tratado com NH₄F para proteger o Fe³⁺ . Em seguida, o Cu²⁺ foi reduzido e mascarado pela adição de tioureia. Após adição de 25,00 mL de EDTA 0,05083 M, o Fe³⁺ foi libertado do complexo com o fluoreto, formando-se um complexo com o EDTA. O excesso de EDTA consumiu 19,77 mL de Pb²⁺ 0,01833 M para atingir o ponto de equivalência (usando o alaranjado de xilenol como indicador). Calcule a concentração de Cu²⁺ na amostra.

nFe³⁺ + nCu²⁺ = nEDTA = vEDTA [EDTA] = 16,06 mL * 0,05083 M = 8,163 *10^-4 mol

Como o volume de solução contendo os dois catiões é 25,00 mL, isto dá-nos

[Fe³⁺] + [Cu²⁺ ] = 8,163 *10^-4 mol / 25,00 mL = 3,265 *10^-2M

Para a titulação por retorno do Fe³⁺ em 50,00 mL de solução , utilizou-se:

nEDTA_inicial = 25,00 mL * 0,05083 M = 1,2708 *10^-3 mol

nEDTA_excesso = n Pb²⁺ = 19,77 mL * 0,01883 M = 3,723 *10^-4

nFe³⁺ = nEDTA_inicial - nEDTA_excesso = 1,2708 *10^-3 - 3,723 *10^-4= 8,985 *10^-4 mol

[Fe³⁺] = 8,985 *10^-4 mol / 50,00 mL = 1,797 *10^-2 M

E portanto [Cu²⁺ ]= 3,265 *10^-2-1,797 *10^-2 =1,468 *10^-2 M

29. O ião Mⁿ⁺ (100,0 mL do ião metálico 0,0500 M tamponados a pH 9,00) foi titulado com EDTA 0,0500 M.

29.1 Qual o volume equivalente (V_e)?

nEDTA=nMⁿ⁺

vEDTA [EDTA]= vMⁿ⁺ [Mⁿ⁺]

vEDTA 0,0500 M = 100,00 mL 0,0500 M

vEDTA = 100,00 mL

29.2 Calcule a concentração de Mⁿ⁺ quando V= ½ V_e

V= ½ * V_e = 50,00 mL

V_total = 100,00 + 50,00 =150,00 mL

nMⁿ⁺ = nMⁿ⁺_inicial - nEDTA_adicionado = 100,00 mL 0,0500 M - 50,00 mL 0,0500 M = 2,50 mmol

[Mⁿ⁺] = 2,50 mmol / 150,00 mL = 0,0167 M

29.3 Sabendo que a fracção de EDTA livre que está na forma Y^4- (αY^4-)a pH 9,00 é 0.054, e que a constante de formação (K_f ) é 10^12,00 , calcule a constante de formação condicional K'_f

K_f = [MY^4-n] / [Mⁿ⁺] [Y^4-] = 10^12,00

[Y^4-] = a [EDTA] ó [Y^4-] = a [EDTA]

Substituindo, vem:

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] a [EDTA] =10^12,00

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] 0,054 [EDTA] =10^12,00

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] [EDTA] = K_f’=10^12,00 * 0,054 = 5,4 *10¹¹

29.4 Calcule a concentração de Mⁿ⁺ quando V= V_e

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] [Y^4-] =

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] a [EDTA] =

[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] 0,054 [EDTA]

Como nEDTA=nMⁿ⁺a expressão pode ser simplificada:

10^12,00 = [MY^4-n] / [Mⁿ⁺]² 0,054

nMY^4-n = nMⁿ⁺_inicial = 5,00 mmol. V_total = 100,00 + 100,00 =200,00 mL, portanto

[MY^4-n] = 5,00 mmol/ 200,00 mL = 2,5 *10^-2 M. Substituindo:

[Mⁿ⁺]² = [MY^4-n] / 10^12,00 0,054 = 2,5 *10^-2 M / 10^12,00 0,054

[Mⁿ⁺]= 2,15 *10^-7M

29.5 Calcule a concentração de Mⁿ⁺ quando V= 1,100 V_e

10^12,00=[MY^4-n] / [Mⁿ⁺] 0,054 [EDTA]

nEDTA = nEDTA_adicionado - nMⁿ⁺_inicial = 5,50 mmol – 5,00 mmol = 0,50 mmol, portanto como Vtotal = 210,00 mL :

[EDTA]= 2,38*10^-3 M

nMY^4-n = 5,00 mmol, logo [MY^4-n]= 2,38*10^-2 M. Substituindo na expressão acima:

10^12,00=2,38*10^-2 / [Mⁿ⁺] 0,054 2,38*10^-3

[Mⁿ⁺]= 1,85*10^-11M

30. O ião cálcio foi titulado com EDTA a pH 11, usando calmagite como indicador.

Qual é a principal espécie de calmagite a pH 11? Qual é a cor que se observa antes e depois do ponto de equivalência?

pH = pKa₂ + log [HIn^2-] / [H₂In^-]

pH = pKa₃ + log [In^3-] / [HIn^2-]

Substituido os valores do pH e dos pK :

11 = 8,1 + log [HIn^2-] / [H₂In^-] ó [HIn^2-] = 794 [H₂In^-]

11 = 12,4 + log [In^3-] / [HIn^2-] ó [HIn^2-] = 25 [In^3-]

A espécie predominante é HIn^2-. Antes do ponto de equivalência a solução é azul, e depois é vermelho-vinho.

31. Um volume de amostra de 1,000 mL contendo uma quantidade desconhecida de Co²⁺ e Ni²⁺ foi tratado com 25,00 mL de EDTA 0,03872 M. Na titulação de retorno, gastou-se 23,54 mL de uma solução padrão de Zn²⁺ 0,02127 M (a pH 5) para atingir o ponto final do alaranjado de metilo. Simultaneamente, fez-se passar 2,000 mL da amostra por uma coluna de troca iónica (que retarda mais o Co²⁺ que o Ni²⁺). O Ni²⁺ que passou pela coluna foi tratado com 25,00 mL de EDTA 0,03872 M e necessitou de 25,63 mL de Zn²⁺ 0,02127 M para a retrotitulação. O Co²⁺, que emergiu mais tarde da coluna, foi também tratado com 25,00 mL de EDTA 0,03872 M. Quantos mL de solução padrão de Zn²⁺ 0,02127 M foram necessários apra a retrotitulação?

Titulação de 1,0000 mL de amostra:

nEDTA_total = 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol

nEDTA_excesso = nZn²⁺ = 23,54 mL * 0,02127 M = 0,5007 mmol

nCo²⁺ +nNi²⁺ = nEDTA_total - nEDTA_excesso= 0,4637 mmol

[Co²⁺] + [Ni²⁺] = 0,4637 mmol / 1,000 mL = 0,4637 M

Titulação do Ni²⁺ contido em 2,000 mL

nEDTA_total= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol

nEDTA_excesso = nZn²⁺ = 25,63 mL* 0,02127 M = 0,5451 mmol

nNi²⁺ = nEDTA_total - nEDTA_excesso= 0,4228 mmol

[Ni²⁺]= 0,4228 mmol / 2,000 mL = 0,2114 M

Daqui se conclui que [Co²⁺] = 0,4637 M - 0,2114 M = 0,2523 M

Titulação do Co²⁺ contido em 2,000 mL

nEDTA_total= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol

nEDTA_{que reagiu} = nCo²⁺ = 0,2523 M * 2,000 mL = 0,5046 mmol

nEDTA_excesso= nEDTA_total- nEDTA_{que reagiu} = 0,9680 mmol- 0,5046 mmol = 0,4634 mmol

vZn²⁺= nZn²⁺/ [Zn²⁺] = nEDTA_excesso / [Zn²⁺]= 0,4634 mmol / 0.02127 M = 21,79 mL

32.O ião sulfureto foi determinado por titulação indirecta com EDTA: a uma mistura contenfo 25,00 mL de Cu(ClO₄)₂ 0,04332 M e 15 mL de tampão acetato (pH 4,5), adicionou-se 25,00 mL de solução de sulfureto e agitou-se vigorosamente. O precipitado CuS foi filtrado e lavado com água quente. Em seguida, adicionou-se amoníaco ao filtrado (que continha um excesso de Cu²⁺ ) até ao aparecimento da cor azul do complexo Cu(NH₃)₄²⁺. Na titulação com uma solução de EDTA 0,03927 M gastou-se um volume de 12,11 mL para atingir o ponto final da murexida. Calcule a concentração de sulfureto na amostra.

nCu²⁺_excesso=nEDTA = 12,11 mL* 0,03927 M = 0,47556 mmol

nCu²⁺_inicial= 25,00 mL * 0,04332 M = 1,083 mmol

nS^2-= nCu²⁺_inicial –nCu_2+excesso= 0,6074 mmol

[S^2-]= 0,6074 mmol / 25,00 mL = 0,02430 M

Exercícios sobre titulações de oxidação-redução

33. Considere a titulação de 100,0 mL de Fe²⁺ 0,0500 M com Ce⁴⁺ 0,100 M. Calcule:

33.1 o volume equivalente

Fe²⁺+ Ce^{4+ →}Fe³⁺+ Ce³⁺

nFe²⁺ = nCe⁴⁺

100,0 mL * 0,0500 M = vCe⁴⁺* 0,100 M

vCe⁴⁺ = 50,0 mL

33.2 a diferença de potencial quando o volume de titulante adicionado for de 10.00, 25.00, 36.00, 50.00, 63.00 e 100.0 mL.

Uma vez que os potenciais dos pares Fe³⁺/Fe²⁺ (0,77 V) e Ce⁴⁺/^Ce3+ (1,61 V) são bastante afastados o potencial pode ser calculado com exactidão considerando apenas o par presente em grande quantidade (i.e. opar do titulado antes do ponto de equivalência, e o par do titulante após este ponto). No ponto de equivalência, o potencial será a média dos potenciais dos pares envolvidos.

Assim, antes do ponto de equivalência teremos:

E= E⁰_Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln ([Fe³⁺]/[Fe²⁺])

E= E⁰_Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nFe³⁺/nFe²⁺)

E= E⁰_Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nCe⁴⁺_adicionado/ (nFe²⁺_inicial- nCe⁴⁺_adicionado))

E depois do ponto de equivalência teremos:

E= E⁰_Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln ([Ce⁴⁺]/[Ce³⁺])

E= E⁰_Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe⁴⁺ / nCe³⁺)

E= E⁰_Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe⁴⁺_adicionado – nFe²⁺_inicial / nFe²⁺_inicial)

Os potenciais serão:

V_titulante adicionado (mL)	E (V)
10,00	0,73
25,00	0,77
36,00	0,79
50,00	1,19
63,00	1,58
100,00	1,61

34. a 36. resolvem-se de forma idêntica ao anterior.

34. Considere a titulação de 50,00 mL de I^- 1,00 mM com Br₂ 5,00 mM para dar I₂ e Br^-. Calcule o potencial (contra o eléctrodo saturado de calomelanos) para os seguintes volumes de Br₂: 0.100, 2.50, 4.99, 5.01 e 6.00 mL.

35. Calcule o potencial no ponto de equivalência da titulação de 100 mL de Fe²⁺ 0,100 M em H₂SO₄ 0,500 M com 100 mL de MnO₄^- 0,0200 M.

36. Calcule o potencial (vs. ENH) de uma mistura quando 5,0 mL de uma solução de Ce⁴⁺ 0,10 M são adicionados a 5,0 mL de Fe²⁺ 0,30 M.

37. Seria o tetrassulfonato de indigo um indicador redox apropriado para a titulação de Fe(CN)₆^4- com Tl³⁺em HCl 1M?

Eº [Fe(CN)^3- /Fe(CN)₆^4- ] = 0,356 V Eº indicador = 0,36 V Eº (Tl³⁺/Tl⁺) = 0,77V

O potencial no ponto de equivalência é a média ponderada dos potenciais dos pares envolvidos, i.e. = (2*0,77+0,356) /3 = 0,60 V.

Para que um indicador se possa usar, convém que o seu ponto de viragem se dê próximo do volume equivalente (ou seja, com um erro máximo de 1%).

1% antes do ponto de equivalência (i.e., depois de adicionar 99% do titulante necessário), o potencial da solução será:

E= 0,356 + RT/nF ln (99/1) = 0,474 V

1% depois do volume de equivalência, o potencial da solução será

E= 0,77 + RT/nF ln (1/100) = 0,71 V (notar que neste caso n=2)

O indicador não é apropriado, uma vez que o seu potencial (0,36 V) não se encontra dentro do intervalo de potencial [0,474 V;0,71 V].

38. Uma solução de triiodeto foi padronizada com óxido de arsénio (As₄O₆, 395,683 g/mol). A titulação de 25,00 mL de uma solução preparada por dissolução de 0,3663g de As₄O₆num volume de 100,0 mL necessitou de 31,77 mL de I₃^-.

As₄O₆ + 6 H₂O --> 4 H₃AsO₃

H₃AsO₃ + I₃^- + H₂O --> H₃AsO₄ + 3 I^- + 2 H⁺

38.1 Calcule a molaridade da solução de I₃^-

MM(As₄O₆)=395,6828 g.mol^-1

[As₄O₆]= 0,3663 g / 395,6828 g.mol^-1/ 100,00 mL = 9,257 *10^-3 M

nI^3- = n H₃AsO₃ = 4* nAs₄O₆ = 4* vAs₄O₆/ [As₄O₆] = 4* 25,00 mL * 9,257 *10^-3 M = 9,257 *10^-4mol

[I^3-]=9,257 *10^-4mol / 31,77 mL = 2,914 *10^-2 M

38.2 Que influência pode ter o facto do indicador de amido ser adicionado no início ou perto do ponto de equivalência?

Se o amido fôr adicionado no início da titulação poderá reagir irreversivelmente com o iodo, o que o impedirá de mudar de côr no ponto de equivalência. [Peat S, Bourne EJ, Thrower RD Nature (1947) 159: 810-811]

39. Uma amostra de 128.6 mg de proteína (58600 g/mol) foi tratada com 2,000 mL de NaIO₄ 0,0487 M para reagir com todos os resíduos de serina e treonina. A solução foi depois tratada com excesso de iodeto para converter o periodato que não reagiu em triiodeto:

IO₄^-+ 3 I^-+ H₂O -> IO₃^-+ I^3- + 2 HO^-

A titulação do triiodeto exigiu 823 μL de tiossulfato 0,0988 M.

39.1 Calcule o número de resíduos de serina e treonina por molécula de proteína (ajuste para o inteiro mais próximo)

nIO₄^-_total= 2,000 mL * 0,0487 M = 9,74 *10^-5 mol

nIO₄^-_excesso= nI₃^-= ½ * nS₂O₄^2- = ½ * 823 *10^-6 L * 0,0988 M = 4,07 *10^-5 mol

nIO₄^-_gasto= 5,67 *10^-5 mol

n_proteína = 128,6 mg / 58600 g.mol^-1 = 2.195 *10^-6 mol

(Ser/Thr) / proteína = nIO₄^-_{gasto /}n_proteína = 26

39.2 Quantos mg de As₄O₆ seriam necessários para reagir com o I₃^- libertado nesta experiência?

nI₃^-== 4,07 *10^-5 mol

nAs₄O₆ = nI₃^-/ 4 = 1,02 *10^-5 mol

mAs₄O₆ = nAs₄O₆ * MM(As₄O₆)= 1,02 *10^-5 mol* 395,6828 g.mol^-1= 404 mg

40. Dilui-se 5,00 mL de brandy num bal;ão volumétrico de 1,000 L. O etanol de uma alíquota de 25,00 mL da solução diluída foi destilado em 50,00 mL de K₂Cr₂O₇ 0,02000 M e oxidou-se até ácido acético por aquecimento:

2 Cr₂O₇^2- + 16 H⁺ + 3 C₂H₅OH -> 4 Cr³⁺ + 11 H₂O + 3 CH₃COOH

Depois de arrefecer a solução, adicionou-se ao matraz 20,00 mL de Fe²⁺ 0,1253 M. Em seguida, titulou-se o excesso de Fe²⁺ com 7,46 mL de K₂Cr₂O₇ 0,02000 M até ao ponto final do ácido difenilaminossulfónico. Calcule a % (m/v) de etanol (46,97 g/mol) no brandy.

n_etanol=3/2 * nCr₂O₇^2-_{gasto
na sua oxidação}

Foi utilizado Cr₂O₇^2- em excesso:

nCr₂O₇^2- _inicial= 50,00 mL * 0,02000 M = 1,000 mmol

Para determinar quanto Cr₂O₇^2- sobrou (nCr₂O₇^2-_excesso) titula-se por retorno com Fe²⁺:

6 Fe²⁺ + Cr₂O₇^2- + 14 H⁺→ 6 Fe³⁺ + 2 Cr³⁺ + 7 H₂O

nFe²⁺_inicial= 20,00 mL * 0,1253 M = 2,506 mmol

nFe²⁺_excesso= 6* nCr₂O₇^2-_{necessário para
o titular}= 6 * 7,46 mL * 0,0200 M = 0,8952 mmol

nCr₂O₇^2-_excesso =1/6 * n Fe²⁺_gasto= 1/6 * (2,506 mmol - 0,8952 mmol) = 0,2685 mmol

nCr₂O₇^2-_{gasto
na oxidação do etanol} = nCr₂O₇^2- _inicial - nCr₂O₇^2-_excesso =1,000 mmol - 0,2685 mmol = 0,7315 mmol

n_etanol=3/2 * nCr₂O₇^2-_{gasto
na sua oxidação} = 1,097 mmol

[brandy diluído] = 1,097 mmol / 25,00 mmol = 0,0439 M

c_i v_i = c_f v_f

Substituindo:

c_i 5,00 * 10^-3 L = 0,0439 M 1,000 L

c_i = 8,78 M = 412 g /L = 41,2 g /100 mL = 41,2 %

41. Uma amostra de 0,2981 g de um antibiótico (sulfanilamida) em pó foi dissolvida em HCl e diluída a 100,0 mL. Transferiu-se uma alíquota de 20,00 mL para um matraz e adicionou-se 25,00 mL de KBrO₃ 0,01767 M. Juntou-se um excesso de KBr, para formar Br₂, e tapou-se o matrás.

BrO₃^- + 5Br^- + 6 H⁺ -> 3 Br₂ + 3 H₂O

Deixou-se o Br₂ reagir com a sulfanilamida durante 10 minutos:

sulfanilamida + 2 Br₂-> 2 H⁺ + 2 Br^- + sulfanilamida dihalogenada

Após este tempo, adicionou-se um excesso de KI, e titulou-se o iodo libertado com 12,92 mL de tiossulfato de sódio 0,1215 M:

Br₂+ 2 I^- -> I₂ + 2 Br^-

I₂ + 2 S₂O₃^2- -> 2 I^- + S₄O₆^2-

Calcule a % (m/m) de sulfanilamida no pó.

nBr₂ _excesso = nI₂ = ½ n S₂O₃^2- = ½ * 12,92 mL * 0,1215 M = 0,7949 mmol

nBr₂ _inicial = 3 * nKBrO₃ = 3* 25,00 mL * 0,01767 M = 1,325 mmol

n_{sulfanilamida} = ½ nBr₂ _gasto = nBr₂ _inicial -nBr₂ _excesso = 1,325 mmol -0,7949 mmol = 0,530 mmol

m_{sulfanilamida} = 0,530 mmol * 172,21 g/mol = 0,0913 g

%sulfanilamida = 0,0913 g / 0,2981 g = 30,6 %

42. Uma solução amostra contém Fe(II) e Fe(III). Retiraram-se 25,00 desta amostra para um balão volumétrico de 200,0 mL, e completou-se o volume com água desionizada. Para um matrás mediu-se 15,00 mL da solução contida no balão, 20 mL de água, e tamponou-se a solução para meio fortemente ácido. Titulou-se o conteúdo do matrás com uma solução de anião permanganato 0,0203 M, tendo-se gasto 2,34 mL.

Para outro matrás mediu-se 10,00 mL da solução contida no balão, acidulou-se com HCl e adicionou-se excesso de uma solução de catião Sn²⁺.Após reacção e remoção do catião Sn²⁺ sobrante, titulou-se o conteúdo do matrás com a solução de anião permanganato 0,0203 M, tendo-se gasto 3,51 mL. Calcule a concentração da amostra em Fe²⁺ e Fe³⁺.

Determinação do Fe(II)

MnO₄^- + 8 H⁺ + 5 Fe²⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O

nFe²⁺= 5 * nMnO₄^- = 5 * 2,34 mL * 0,0203 M = 2,38 * 10^-4 mol

[Fe²⁺] = 2,38 * 10^-4 mol/ 15,00 mL = 1,59 * 10^-2 M

[Fe²⁺]_iv_i =[Fe²⁺] _f v_f

c_i 25,00 mL = 1,59* 10^-2 M * 200,00 mL

[Fe²⁺]_i = 0,127 M

Determinação do Fe total

Procedeu-se primeiro à redução do Fe(III) a Fe(II)

6 Cl^- + Sn²⁺ + 2 Fe³⁺ → 2 Fe²⁺ + [SnCl₆]^2-

A titulação do Fe(II) foi feita como anteriormente:

MnO₄^- + 8 H⁺ + 5 Fe²⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O