Exercícios quimica analitica quantitativa

Exercícios quimica analitica quantitativa

(Parte 1 de 5)

Exercícios de Química Analítica Quantitativa

1. 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= mAl2O3 / MM(Al2O3)

Substituindo:

n Al2O3= 0,2385 / 101,961 = 2,339 mmol

nAl = 2 nAl2O3 = 4,678 mmol

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

2. 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 C2O42- titulam 48,35 mL de KMnO4, 16,17 mL de KMnO4 titulam

n C2O42-= 16,17 / 48,35 * 1,063* 10-4 = 3,556 *10 -5 mol,

Esta quantidade de C2O42- 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 -3 M

Exercícios sobre titulações de ácido-base

10. Que volume de Ba(OH)2 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 / vtotal = 0,50 M

Supondo que os volumes são aditivos, vtotal = 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 * 10-4M

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 * 10-4M

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 * 10-4M

pH = 14 - pOH =10,52

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

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

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

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

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