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Resoluo comentada de exerccios de Qumica Analtica
Prof. Doutor Pedro Silva
Exerccios gerais
Exerccios sobre anlise gravimtrica
Exerccios sobre consideraes gerais de mtodos volumtricos
Exerccios sobre titulaes de cido-base
Exerccios sobre titulaes de precipitao
Exerccios sobre titulaes de complexao
Exerccios sobre titulaes de oxidao-reduo
Exerccios gerais
1. Descreva de que modo prepararia 5,000 L de carbonato de sdio 0,1000 M
(105,99 g/mol) a partir do slido (substncia primria).
m Na2CO3 =nNa2CO3*MM(Na2CO3)
nNa2CO3=c * v
Substituindo:
m Na2CO3 = 0,1000 M *5,000 L * 105,99 g/mol = 53,00 g
2. Para calibrao de um mtodo fotomtrico para a determinao de sdio
necessrio prepara uma soluo padro de Na+
0,0100 M . Descreva como
prepararia 500,0 cm3 desta soluo a partir do padro primrio Na2CO3.
cNa2CO3 = 1/2 cNa+
nNa2CO3=c * v
m Na2CO3 = nNa2CO3*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 solues padro de Na+
0,00500 M , 0,00200 M e
0,00100 M a partir da soluo anterior?
ci vi = cf vf
Substituindo:
0,0100 M vi = 0,00500 M 50,00 mL
vi = 0,00500 M 50,00 mL / 0,0100 M = 25,0 mL
Exerccios sobre anlise gravimtrica
4. O teor em alumnio numa amostra pode ser determinado por precipitao como
uma base e calcinao a Al2O3, que pesado. Qual a massa de alumnio 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
5. O contedo em clcio numa amostra de urina pode ser determinado pelo
seguinte procedimento:
1 Precipitao do Ca2+, em meio alcalino, sob a forma de oxalato de clcio (CaC2O4)
2 Aps lavagem do precipitado com gua fria para remoo do oxalato livre, o slido dissolvido em cido, formando-se Ca
2+ e H2C2O4.
3 O cido oxlico dissolvido aquecido a 60 C e titulado com uma soluo padro de permanganato de potssio at viragem para cor violeta
(ponto final).
Supondo que na titulao de 5,00 mL de uma amostra de urina sujeita a este
tratamento se gastou 16,17 mL da soluo padro de permanganato, calcule a
concentrao de clcio na amostra de urina.
Dados: Para determinar a concentrao rigorosa de permanganato de potssio
procedeu-se do seguinte modo: dissolveram-se 0,3562 g de Na2C2O4 num balo
volumtrico de 250,00 mL, e titulou-se 10 mL desta soluo com a soluo 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 soluo :
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-
equivalente quantidade de Ca2+
presente em 5,00 mL da amostra, pelo que a
concentrao de Ca2+
nesta :
[Ca2+
] = 3,556 *10 -5
/ 5,00 *10-3
L = 7,112 * 10 -3
M
Exerccios sobre consideraes gerais de mtodos volumtricos
6. Uma amostra de 0,4671 g contendo hidrogenocarbonato de sdio foi dissovida e
titulada com 40,72 mL de uma soluo padro de HCl 0,1067 M. Sabendo que a
reaco
HCO3- + H
+ -> H2O + CO2
calcule a percentagem de bicarbonato de sdio 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 portanto:
0,3650 g / 0,4671 g = 78,14 % NaHCO3
7. O alumnio pode ser determinado por titulao com EDTA: Al3+
+ H2Y2-
-> AlY-
+ 2 H+. Uma amostra de 1,00 g contendo Al2O3 requer 20,50 mL de soluo de
EDTA. Sabendo que para titular 25,00 mL de uma soluo 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, so necessrios 20,50 mL desta soluo, 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 ) = nAl3+
* MM(Al2O3 ) = * 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 cido. Em
seguida, reduziu-se todo o ferro forma de Fe(II) e titulou-se com 47,22 mL de
uma soluo padro de KMnO4 0,02242 M. Calcule os resultados desta anlise em
termos de % de Fe (55,847 g/mol), e %de Fe3O4 (231,54 g/mol). A reaco do
analito com o reagente titulante descreve-se pela seguinte equao:
MnO4- + 8 H
+ + 5 Fe
2+ 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 monxido de carbono contido em 20,30 mL de uma amostra de gs foi
convertido em CO2 fazendo o gs passar por um leito de pentxido de iodo
aquecido (150 C)
I2O5 (s) + 5 CO(g) -> 5 CO2 (g) + I2(g)
O iodo destilado a esta temperatura recolhido num absorvente que continha 8,25
mL de Na2S2O32-
0,01101 M.
I2 + 2 S2O32-
-> 2 I- + S4O6
2-
O excesso de Na2S2O3 titula-se por retorno com 2,16 mL de uma soluo 0,0947 M
de I2. Calcule a massa de CO por litro de amostra.
nCO = 5* nI2 produzido
nI2 produzido = n S2O32-
gasto na titulao
n S2O32-
gasto na titulao = n S2O32-
inicial - n S2O32-
final
n S2O32-
inicial = [S2O32-
] * vS2O3
2- = 0,01101 M * 8,25 mL = 90,8 mol
n S2O32-
final = 2* nI2 necessrio para o titular = 2* [I2] vI2 = 2* 0,00947 M * 2,16 mL = 20,46
mol
Portanto:
nCO = 5* n S2O32-
gasto na titulao = 5* (90,8 mol - 20,46 mol) = 176 mol
mCO = 176 mol* 28,01 g/mol = 4,93 mg
Por litro de amostra gasosa:
[CO]= 4,93 mg/20,30 mL =243 mg/L
Exerccios sobre titulaes de cido-base
10. Que volume de Ba(OH)2 necessrio adicionar a 50 mL de NaOH 0,30 M para
obter uma soluo 0,50 M em HO- ?
2* nBa(OH)2 + nNaOH / vtotal = 0,50 M
Supondo que os volumes so 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 soluo de HCl 0,1000 M com uma soluo de
NaOH 0,1000 M. Calcule
11.1 o volume equivalente, e o pH da soluo no ponto de equivalncia.
No ponto de equivalncia,
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 equivalncia =7,0, uma vez que na titulao de cido forte
com base forte no se produz nenhuma partcula cido/base com
caractersticas diferentes do solvente, e portanto o pH o pH do solvente
puro,
Nota: Rigorosamente, o catio Na+ em soluo aquosa um cido fraco,
mas dado o seu elevado pKa (14,5) e baixa concentrao (0,100 M) em relao gua (55,5 M), no afectar o pH da soluo.
11.2 a variao de pH entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalncia
1% antes do volume equivalente:
n H+ restante= 1% n H
+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mol
Volume da soluo = vH+ + vHO
- = 25,00 mL + 99 % 25,00 mL= 49,75 mL
[H+] = 25 mol / 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 mol
Volume da soluo = vH+ + vHO
- = 25,00 mL + 101 % 25,00 mL= 50,25
mL
[HO-] = 25 mol / 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 soluo de cido actico 0,1000 M com NaOH
5,000 * 10-2 M. Calcule:
12.1 o volume equivalente de NaOH
No ponto de equivalncia,
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 incio da titulao, no ponto de equivalncia, 1% antes e 1% depois
do ponto de equivalncia e aps a adio de 50,00 mL de NaOH.
No incio da titulao, temos uma soluo de cido fraco
pH = 1/2 pKa -1/2 log [CH3COOH]
pH = 1/2 *4,76 -1/2 (-1)
pH =2,88
No ponto de equivalncia, temos uma soluo 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 equivalncia:
pH = pKa + log ([CH3COO-]/[CH3COOH]
pH= 4,76 + log 99
pH = 6,76
1% depois do ponto de equivalncia, 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
Aps grande excesso (50,00 mL) de titulante, o excesso de NaOH :
(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 exerccios 13. a 16. resolvem-se de forma idntica:
13.Titularam-se 25,00 mL de uma soluo de cido frmico 0,1200 M com NaOH
0,1000 M. Calcule:
13.1 o volume equivalente de NaOH
13.2 o pH no incio da titulao, no ponto de equivalncia, 1% antes e 1% depois
do ponto de equivalncia e aps a adio 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 adio de 0.00 , 10.00, 25.00 e 26.00 mL de cido.
15.Trace a curva de titulao de 10,00 mL de uma soluo aquosa de cido
sulfrico 0,1500 M com uma soluo de NaOH 0,3000 M.
16. Esboce as seguintes curvas de titulao:
16.1 20,00 mL de amonaco 0,1000 M com cido clordrico 0,1000 M.
16.2 25,00 mL de cido maleico 0,1000 M com hidrxido de sdio 0,1000 M.
16.3 20,00 mL de fosfato de sdio 0,1000 M com cido clordrico 0,1000 M.
17.Analisou-se uma amostra de 0,7121 g de farinha de trigo pelo mtodo de
Kjeldahl:
CaHbNc -----> a CO2 + b H2O + c (NH4)2SO4 (reaco realizada na presena de
H2SO4 como catalizador)
(NH4)2SO4 + OH- ---> 2 NH3 + SO4
2-
NH3 + HCl --> NH4Cl + HClexcesso
HClexcesso + NaOH -->H2O + NaCl
O amonaco formado por adio de uma base concentrada aps digesto 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
protena na farinha.
Dados: 17,5% de N na protena da farinha.
nHCl total = [HCl] vHCl = 0,04977 M * 25,00 mL = 1,244 mmol = nHCl
gasto na reaco com o NH3 + nHClexcesso
nHClexcesso= nNaOH necessrio para o titular = 3,97 mL * 0,04012 M =
0,1593 mmol
nNprotena = nNH3 formado = nHCl total nHClexcesso = 1,244 mmol 0,1593 mmol =1,085 mmol
mNprotena = 15,20 mg
mprotena = 15,20 mg/0,175 = 86,9 mg
A percentagem de protena na farinha portanto = 0,0869 g/ 0,7121 g =
12,2 %
18. Determine o ttulo rigoroso de uma soluo aquosa de HCl 0,04 M, sabendo que
quando se titulam 50,00 mL do cido se gastam 50,00 mL de uma soluo
preparada a partir de 0,3850 g de brax (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
nbrax= mbrax/MM(brax) = 0,3850 g / 381,37 g/mol = 1,0095 mmol
nHCl = 2* nbrax= 20,19 mmol
[HCl] = nHCl / vHCl =2,019 mmol / 50,00 mL = 0,04038 M
19. Uma soluo de NaOH isenata de carbonatos tinha uma concentrao 0,05118
M imediatamente depois de preparada. Exactamente 1,000 L desta soluo foi
exposto ao ar durante algum tempo e absorveu 0,1962 g de CO2. Calcule o erro
relativo que ter lugar ao titular uma soluo de cido actico com esta soluo
contaminada,utilizando a fenolftalena como indicador.
nCO2 = 0,1962 g / 44,010 g/mol = 4,458 mmol
nNaOHinicial= 1,000 L* 0,05118 M = 51,18 mmol
O cido carbnico diprtico, e reage por isso com o dobro da sua
quantidade de NaOH,
[NaOH]final= nNaOHfinal / vNaOH = 51,18mmol 2* 4,458 mmol /1,000 L = 0,04226 M,
O erro na titulao ser 0,05118 / 0,04226 = 21,11%,
Exerccios sobre titulaes de precipitao
20. Calcula a variao de pAg, entre 1% antes e 1% depois do ponto de
equivalncia, na titulao de 25,00 mL de uma soluo de nitrato de prata 0,1000
M com uma soluo equimolar de cloreto de sdio.
nAgNO3= [AgNO3] * vAgNO3
nAgNO3= 0,1000 M* 25,00 mL = 2,500 mmol
No ponto de equivalncia, nNaCladicionado= nAgNO3inicial=2,500 mmol :
vNaCl=nNaCl/[NaCl]= 2,500 mmol/ 0,1000 M = 25,00 mL
1% antes ponto de equivalncia:
nAg+= 1 % nAgNO3 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 equivalncia, 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 concentrao mxima de Ag+ possvel
na soluo :
[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 soluo salina pelo mtodo de Volhard.
Uma alquota de 10,00 mL foi tratada com 15,00 mL de uma soluo padro de
AgNO3 0,1182 M. O excesso de prata foi titulado com uma soluo padro de
KSCN 0,101 M, sendo necessrio 2,38 mL para atingir o ponto de equivalncia de
Fe(SCN)2+
. Calcule a concentrao de cloreto na soluo 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 soluo contendo 0,0311 M de Na2C2O4 com
La(ClO4)3 0,0257 M, havendo a precipitao de oxalato de lantnio:
2 La3+
+ 3 C2O42-
-> La2(C2O4)3
22.1 Qual o volume de perclorato de lantnio necessrio para atingir o ponto de
equivalncia?
nLa3+
= 2/3 nC2O42-
= 2/3 [C2O42-
] vC2O42-
= 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 titulao antes do ponto de equivalncia,
nC2O42-
= nC2O42-
inicial - nC2O42-
precipitado = nC2O42-
inicial - 3/2 n La3+
adicionado
Aps a adio de 10,00 mL de La(ClO4)3
nC2O42-
= 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 , [C2O42-
] = 0,392
mmol/35,00 mL =0,0112 M.
A quantidade de La3+
em soluo obtida atravs 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 equivalncia.
No ponto de equivalncia, a precipitao quantitativa. Pode-se considerar
que o La2(C2O4)3 em soluo o proveniente da dissoluo do precipitado
formado.
Kps= [La3+
] 2 [C2O4
2-]3
Como C2O42-
= 3/2 nLa3+
, a expresso acima pode ser escrita :
1,03 * 10-25
= [La3+
] 2
[3/2 La3+
] 3
1,03 * 10-25
= [La3+
] 2
[3/2 La3+
] 3
1,03 * 10-25
= [La3+
] 2
(3/2)3 [La
3+]
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+
aps a adio de 25,00 mL de La(ClO4)3
Aps a adio de 25,00 mL de La(ClO4)3 j foi ultrapassado o ponto de
equivalncia. Portanto
nLa3+
livre= nLa3+
adicionado nLa3+
precipitado= nLa3+
adicionado 2/3 nC2O42-
inicial
nLa3+
livre= 25,00 mL * 0,0257 M 2/3 0,7775 mmol = 0,1242 mmol
[La3+
] = nLa3+
livre /vtotal = 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 concentrao de Ag+ no ponto de equivalncia correspondente
titulao do iodeto em separado.
O AgI em soluo no ponto de equivalncia o proveniente da dissoluo
do precipitado formado. Se a nossa soluo no contiver o AgCl, e devido
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 concentrao de Ag+calculada no ponto anterior ocorre
precipitao de Cl-.
Kps(AgCl)= 1,8 *10-10
Se o quociente da reaco for superior ao Kps, observar-se- precipitao.
portanto conhecer a concentrao de Cl-, que diferente da inicial ( 0,0500
M) devido variao de volume provocada pela adio de AgNO3 at
completa precipitao do I- : Este volume calculado da seguinte forma.
No ponto de equivalncia,
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
vtotal= 40,00 mL + 23,76 mL = 63,76 mL
e a concentrao de Cl- ser dada por:
civi=cfvf
0,0500 M * 40,00 mL= cf 63,76 mL
cf = 0,0314 M
Neste momento o quociente da reaco ser [Ag+][Cl
-] = 1,2*10
-8 *0,0314 =
3,76*10-10
> Kps(AgCl). Logo ocorre precipitao de Cl-.
24 Qual o volume mnimo de nitrato de prata 0,09621 M necessrio para assegurar
que haja um excesso de ies prata na titulao de
24.1 uma amostra impura de NaCl com uma massa de 0,2513 g?
A quantidade mxima de Cl- possivelmente presente na amostra :
nCl-= nNaCl= mNaCl/MM(NaCl) =0,2513g/58,443= 4,300 mmol
E o volume necessrio para a titular :
vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 4,300 *10-3
/ 0,09621 M = 44,69 mL
24.2 uma amostra de 0,3462 g que contm 74,52 % (p/p) de ZnCl2?
A quantidade de Cl- presente na amostra :
nCl-= 2*nZnCl2=2* mZnCl2/MM(ZnCl2) =2* 0,7452 * 0,3462/136,29=
3,786 mmol
Eo o volume necessrio para a titular :
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 :
nCl-= 3*nAlCl3= 3* vAlCl3 [AlCl3] =3* 25,00 mL * 0,01907 M= 1,430
mmol
Eo o volume necessrio para a titular :
vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 1,430*10-3
/ 0,09621 M = 14,87 mL
25. Na titulao, pelo mtodo 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 BaCl22H2O
mBaCl22H2O= nBaCl22H2O * MM(BaCl22H2O) = * nCl-*
MM(BaCl22H2O) = * 4,740 mmol * 244,27 = 0,5789 g
A amostra seria 0,5789 g/ 0,7908 g = 73,21 % BaCl22H2O
25.3 Expresse os resultados como percentagem de ZnCl22NH4Cl
mZnCl22NH4Cl= nZnCl22NH4Cl * MM(ZnCl22NH4Cl) = 1/4 * nCl-*
MM(ZnCl22NH4Cl) = 1/4 * 4,740 mmol * 243,28 = 0,2883 g
A amostra seria 0,2883 g/ 0,7908 g = 36,46 % ZnCl22NH4Cl
Exerccios sobre titulaes de complexao
26. O crmio (III) reage lentamente com o EDTA, sendo por isso determinado
recorrendo a uma titulao de retorno. Uma preparao farmacutica contendo
crmio(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 no reagiu foi titulada com 1,32
mL de soluo de zinco 0,0122 M. Qual a percentagem de crmio na preparao
farmacutica?
nEDTAtotal= 5,00 mL * 0,0103 M = 5,15 * 10-5
mol
nEDTAexcesso = nZn2+
necessrio para a titular = 1,32 mL * 0,0122 M = 1,61 * 10-5
mol
nCr3+
= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 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 preparao ser 1,84 * 10-3
g/ 2,63 =0,0700 %
27. A constante de formao do complexo de Fe(III) com EDTA 1,3*1025
. Calcule
as concentraes de Fe3+
livre numa soluo de FeY- 0,10 M a pH 4,00 e pH 1,00.
(Y4- a pH 1,00 = 1,9 *10-18 ; Y4- a pH 4,00 = 3,8 *10-9)
1,3*1025
=
1,3*1025
=
Como nYtotal = nFe3+
, isto significa que
1,3*1025
=
e portanto:
[Fe3+
]2 = 0,10 M / 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 concentrao desconhecida de Fe3+
e Cu2+
necessitou de 16,06 mL de EDTA 0,05083 M para a titulao 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 adio de tioureia. Aps adio 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 equivalncia (usando o alaranjado de
xilenol como indicador). Calcule a concentrao de Cu2+
na amostra.
nFe3+
+ nCu2+
= nEDTA = vEDTA [EDTA] = 16,06 mL * 0,05083 M =
8,163 *10-4
mol
Como o volume de soluo contendo os dois caties 25,00 mL, isto d-nos
[Fe3+
] + [Cu2+
] = 8,163 *10-4
mol / 25,00 mL = 3,265 *10-2
M
Para a titulao por retorno do Fe3+
em 50,00 mL de soluo , utilizou-se:
nEDTAinicial = 25,00 mL * 0,05083 M = 1,2708 *10-3
mol
nEDTAexcesso = n Pb2+
= 19,77 mL * 0,01883 M = 3,723 *10-4
nFe3+
= nEDTAinicial - nEDTAexcesso = 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 io Mn+
(100,0 mL do io metlico 0,0500 M tamponados a pH 9,00) foi
titulado com EDTA 0,0500 M.
29.1 Qual o volume equivalente (Ve)?
nEDTA=nMn+
vEDTA [EDTA]= vMn+
[Mn+
]
vEDTA 0,0500 M = 100,00 mL 0,0500 M
vEDTA = 100,00 mL
29.2 Calcule a concentrao de Mn+
quando V= Ve
V= * Ve = 50,00 mL
Vtotal = 100,00 + 50,00 =150,00 mL
nMn+
= nMn+
inicial - nEDTAadicionado = 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 fraco de EDTA livre que est na forma Y4-
(Y4-)a pH 9,00 3 o,o54, e que a constante de formao (Kf ) 10
12,00 , calcule a constante de
formao condicional K'f
Kf = [MY4-n
] / [Mn+
] [Y4-
] = 1012,00
[Y4-
] = [EDTA] [Y4-] = [EDTA]
Substituindo, vem:
[MY4-n
] / [Mn+
] [EDTA] =1012,00
[MY4-n
] / [Mn+
] 0,054 [EDTA] =1012,00
[MY4-n
] / [Mn+
] [EDTA] = Kf=1012,00
* 0,054 = 5,4 *1011
29.4 Calcule a concentrao de Mn+
quando V= Ve
[MY4-n
] / [Mn+
] [Y4-
]
[MY4-n
] / [Mn+
] [EDTA] =
[MY4-n
] / [Mn+
] 0,054 [EDTA]
Como nEDTA=nMn+
a expresso pode ser simplificada:
1012,00
= [MY4-n
] / [Mn+
]2 0,054
nMY4-n
= nMn+
inicial = 5,00 mmol. Vtotal = 100,00 + 100,00 =200,00 mL,
portanto
[MY4-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 *10-7
M
29.5 Calcule a concentrao de Mn+
quando V= 1,100 Ve
1012,00
=[MY4-n
] / [Mn+
] 0,054 [EDTA]
nEDTA = nEDTAadicionado - nMn+
inicial = 5,50 mmol 5,00 mmol = 0,50 mmol, portanto como Vtotal = 210,00 mL :
[EDTA]= 2,38*10-3
M
nMY4-n
= 5,00 mmol, logo [MY4-n
]= 2,38*10-2
M. Substituindo na
expresso acima:
1012,00
=2,38*10-2
/ [Mn+
] 0,054 2,38*10-3
[Mn+
]= 1,85*10-11
M
30. O io clcio foi titulado com EDTA a pH 11, usando calmagite como indicador.
Qual a principal espcie de calmagite a pH 11? Qual a cor que se observa antes
e depois do ponto de equivalncia?
pH = pKa2 + log [HIn2-
] / [H2In-]
pH = pKa3 + log [In3-
] / [HIn2-
]
Substituido os valores do pH e dos pK :
11 = 8,1 + log [HIn2-
] / [H2In-] [HIn2-] = 794 [H2In
-]
11 = 12,4 + log [In3-
] / [HIn2-
] [HIn2-] = 25 [In3-]
A espcie predominante HIn2-
. Antes do ponto de equivalncia a soluo
azul, e depois 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 titulao de
retorno, gastou-se 23,54 mL de uma soluo padro 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 inica (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 retrotitulao. O Co2+
, que
emergiu mais tarde da coluna, foi tambm tratado com 25,00 mL de EDTA
0,03872 M. Quantos mL de soluo padro de Zn2+
0,02127 M foram necessrios
apra a retrotitulao?
Titulao de 1,0000 mL de amostra:
nEDTAtotal = 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol
nEDTAexcesso = nZn2+
= 23,54 mL * 0,02127 M = 0,5007 mmol
nCo2+
+nNi2+
= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 0,4637 mmol
[Co2+
] + [Ni2+
] = 0,4637 mmol / 1,000 mL = 0,4637 M
Titulao do Ni2+
contido em 2,000 mL
nEDTAtotal= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol
nEDTAexcesso = nZn2+
= 25,63 mL* 0,02127 M = 0,5451 mmol
nNi2+
= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 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
Titulao do Co2+
contido em 2,000 mL
nEDTAtotal= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol
nEDTAque reagiu = nCo2+
= 0,2523 M * 2,000 mL = 0,5046 mmol
nEDTAexcesso= nEDTAtotal - nEDTAque reagiu = 0,9680 mmol- 0,5046 mmol =
0,4634 mmol
vZn2+
= nZn2+
/ [Zn2+
] = nEDTAexcesso / [Zn2+
]= 0,4634 mmol / 0.02127 M =
21,79 mL
32.O io sulfureto foi determinado por titulao indirecta com EDTA: a uma
mistura contenfo 25,00 mL de Cu(ClO4)2 0,04332 M e 15 mL de tampo acetato
(pH 4,5), adicionou-se 25,00 mL de soluo de sulfureto e agitou-se vigorosamente.
O precipitado CuS foi filtrado e lavado com gua quente. Em seguida, adicionou-se
amonaco ao filtrado (que continha um excesso de Cu2+
) at ao aparecimento da
cor azul do complexo Cu(NH3)42+
. Na titulao com uma soluo de EDTA 0,03927
M gastou-se um volume de 12,11 mL para atingir o ponto final da murexida.
Calcule a concentrao 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
nS2-
= nCu2+
inicial nCu2+excesso= 0,6074 mmol
[S2-
]= 0,6074 mmol / 25,00 mL = 0,02430 M
Exerccios sobre titulaes de oxidao-reduo
33. Considere a titulao de 100,0 mL de Fe2+
0,0500 M com Ce4+
0,100 M. Calcule:
33.1 o volume equivalente
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
nFe2+
= nCe4+
100,0 mL * 0,0500 M = vCe4+
* 0,100 M
vCe4+
= 50,0 mL
33.2 a diferena 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)
so bastante afastados o potencial pode ser calculado com exactido
considerando apenas o par presente em grande quantidade (i.e. opar do
titulado antes do ponto de equivalncia, e o par do titulante aps este ponto).
No ponto de equivalncia, o potencial ser a mdia dos potenciais dos pares
envolvidos.
Assim, antes do ponto de equivalncia teremos:
= E0
Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln ([Fe3+
]/[Fe2+
])
= E0
Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nFe3+
/nFe2+
)
= E0
Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nCe4+
adicionado/ (nFe2+
inicial- nCe4+
adicionado))
E depois do ponto de equivalncia teremos:
= E0
Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln ([Ce4+
]/[Ce3+
])
= E0
Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe4+
/ nCe3+
)
= E0
Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe4+
adicionado nFe2+
inicial / nFe2+
inicial)
Os potenciais sero:
Vtitulante 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 idntica ao anterior.
34. Considere a titulao de 50,00 mL de I- 1,00 mM com Br2 5,00 mM para dar I2
e Br-. Calcule o potencial (contra o elctrodo 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 equivalncia da titulao 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 soluo
de Ce4+
0,10 M so adicionados a 5,0 mL de Fe2+
0,30 M.
37. Seria o tetrassulfonato de indigo um indicador redox apropriado para a
titulao de Fe(CN)64-
com Tl3+
em HCl 1M?
E [Fe(CN)3-
/Fe(CN)64-
] = 0,356 V E indicador = 0,36 V E (Tl3+
/Tl+) = 0,77V
O potencial no ponto de equivalncia a mdia ponderada dos potenciais
dos pares envolvidos, i.e. = (2*0,77+0,356) /3 = 0,60 V.
Para que um indicador se possa usar, convm que o seu ponto de viragem se
d prximo do volume equivalente (ou seja, com um erro mximo de 1%).
1% antes do ponto de equivalncia (i.e., depois de adicionar 99% do
titulante necessrio), o potencial da soluo ser:
E= 0,356 + RT/nF ln (99/1) = 0,474 V
1% depois do volume de equivalncia, o potencial da soluo ser
E= 0,77 + RT/nF ln (1/100) = 0,71 V (notar que neste caso n=2)
O indicador no apropriado, uma vez que o seu potencial (0,36 V) no
se encontra dentro do intervalo de potencial [0,474 V;0,71 V].
38. Uma soluo de triiodeto foi padronizada com xido de arsnio (As4O6, 395,683
g/mol). A titulao de 25,00 mL de uma soluo preparada por dissoluo de
0,3663g de As4O6 num 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 soluo 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
nI3-
= n H3AsO3 = 4* nAs4O6 = 4* vAs4O6 / [As4O6] = 4* 25,00 mL * 9,257
*10-3
M = 9,257 *10-4
mol
[I3-
]=9,257 *10-4
mol / 31,77 mL = 2,914 *10-2
M
38.2 Que influncia pode ter o facto do indicador de amido ser adicionado no incio
ou perto do ponto de equivalncia?
Se o amido fr adicionado no incio da titulao poder reagir
irreversivelmente com o iodo, o que o impedir de mudar de cr no ponto
de equivalncia. [Peat S, Bourne EJ, Thrower RD Nature (1947) 159: 810-
811]
39. Uma amostra de 128.6 mg de protena (58600 g/mol) foi tratada com 2,000 mL
de NaIO4 0,0487 M para reagir com todos os resduos de serina e treonina. A
soluo foi depois tratada com excesso de iodeto para converter o periodato que
no reagiu em triiodeto:
IO4- + 3 I
-+ H2O -> IO3
-+ I
3- + 2 HO
-
A titulao do triiodeto exigiu 823 L de tiossulfato 0,0988 M.
39.1 Calcule o nmero de resduos de serina e treonina por molcula de protena
(ajusta para o inteiro mais prximo)
nIO4-
total = 2,000 mL * 0,0487 M = 9,74 *10-5
mol
nIO4- excesso = nI3
- = * nS2O4
2- = * 823 *10
-6 L * 0,0988 M = 4,07 *10
-5
mol
nIO4- gasto = 5,67 *10
-5 mol
nprotena = 128,6 mg / 58600 g.mol-1
= 2.195 *10-6
mol
(Ser/Thr) / protena = nIO4- gasto / nprotena = 26
39.2 Quantos mg de As4O6 seriam necessrios para reagir com o I3- libertado nesta
experincia?
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 balo volumtrico de 1,000 L. O etanol de
uma alquota de 25,00 mL da soluo diluda foi destilado em 50,00 mL de
K2Cr2O7 0,02000 M e oxidou-se at cido actico por aquecimento:
2 Cr2O72-
+ 16 H+ + 3 C2H5OH -> 4 Cr
3+ + 11 H2O + 3 CH3COOH
Depois de arrefecer a soluo, adicionou-se ao matrz 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 at ao
ponto final do cido difenilaminossulfnico. Calcule a % (m/v) de etanol (46,97
g/mol) no brandy.
netanol=3/2 * nCr2O72-
gasto na sua oxidao
Foi utilizado Cr2O72-
em excesso:
nCr2O72-
inicial = 50,00 mL * 0,02000 M = 1,000 mmol
Para determinar quanto Cr2O72-
sobrou (nCr2O72-
excesso) titula-se por retorno
com Fe2+
:
6 Fe2+
+ Cr2O72-
+ 14 H+ 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O
nFe2+
inicial= 20,00 mL * 0,1253 M = 2,506 mmol
nFe2+
excesso= 6* nCr2O72-
necessrio para o titular = 6 * 7,46 mL * 0,0200 M =
0,8952 mmol
nCr2O72-
excesso = 1/6 * n Fe2+
gasto= 1/6 * (2,506 mmol - 0,8952 mmol) =
0,2685 mmol
nCr2O72-
gasto na oxidao do etanol = nCr2O72-
inicial - nCr2O72-
excesso = 1,000 mmol -
0,2685 mmol = 0,7315 mmol
netanol=3/2 * nCr2O72-
gasto na sua oxidao = 1,097 mmol
[brandy diludo] = 1,097 mmol / 25,00 mmol = 0,0439 M
ci vi = cf vf
Substituindo:
ci 5,00 * 10-3
L = 0,0439
M 1,000 L
ci = 8,78 M = 412 g /L =
41,2 g /100 mL = 41,2 %
41. Uma amostra de 0,2981 g de um antibitico (sulfanilamida) em p foi dissolvida
em HCl e diluda a 100,0 mL. Transferiu-se uma alquota de 20,00 mL para um
matrz e adicionou-se 25,00 mL de KBrO3 0,01767 M. Juntou-se um excesso de
KBr, para formar Br2, e tapou-se o matrs.
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
Aps este tempo, adicionou-se um excesso de KI, e titulou-se o iodo libertado com
12,92 mL de tiossulfato de sdio 0,1215 M:
Br2 + 2 I- -> I2 + 2 Br
-
I2 + 2 S2O32-
-> 2 I- + S4O6
2-
Calcule a % (m/m) de sulfanilamida no p.
nBr2 excesso = nI2 = n S2O32-
= * 12,92 mL * 0,1215 M = 0,7949 mmol
nBr2 inicial = 3 * nKBrO3 = 3* 25,00 mL * 0,01767 M = 1,325 mmol
nsulfanilamida = nBr2 gasto = nBr2 inicial -nBr2 excesso = 1,325 mmol -0,7949
mmol = 0,530 mmol
msulfanilamida = 0,530 mmol * 172,21 g/mol = 0,0913 g
%sulfanilamida = 0,0913 g / 0,2981 g = 30,6 %
42. Uma soluo amostra contm Fe(II) e Fe(III). Retiraram-se 25,00 desta
amostra para um balo volumtrico de 200,0 mL, e completou-se o volume com
gua desionizada. Para um matrs mediu-se 15,00 mL da soluo contida no balo,
20 mL de gua, e tamponou-se a soluo para meio fortemente cido. Titulou-se o
contedo do matrs com uma soluo de anio permanganato 0,0203 M, tendo-se
gasto 2,34 mL.
Para outro matrs mediu-se 10,00 mL da soluo contida no balo, acidulou-se
com HCl e adicionou-se excesso de uma soluo de catio Sn2+
. Aps reaco e
remoo do catio Sn2+
sobrante, titulou-se o contedo do matrs com a soluo de
anio permanganato 0,0203 M, tendo-se gasto 3,51 mL. Calcule a concentrao da
amostra em Fe2+
e Fe3+
.
Determinao do Fe(II)
MnO4- + 8 H
+ + 5 Fe
2+ 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+
]ivi =[Fe2+
] f vf
ci 25,00 mL = 1,59* 10-2
M * 200,00 mL
[Fe2+
]i = 0,127 M
Determinao do Fe total
Procedeu-se primeiro reduo do Fe(III) a Fe(II)
6 Cl- + Sn
2+ + 2 Fe
3+ 2 Fe2+ + [SnCl6]
2-
A titulao do Fe(II) foi feita como anteriormente:
MnO4- + 8 H
+ + 5 Fe
2+ Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O
nFe2+
= 5 * nMnO4- = 5 * 3,51 mL * 0,0203 M = 3,56 * 10
-4 mol
[Fe2+
]total = 3,56 * 10-4
mol/ 10,00 mL = 3,56 * 10-2
M
[Fetotal]ivi =[Fe2+
] f vf
ci 25,00 mL = 3,56* 10-2
M * 200,00 mL
[Fetotal]i = 0,285 M
[Fe3+]i = [Fetotal]i - [Fe
2+]i = 0,285 M- 0,127 M = 0,158 M
Bibliografia recomendada:
GD Christian :
Analytical Chemistry
Daniel C. Harris: Quantitative
Chemical Analysis