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QUI201 (QUI145) – QUÍMICA 
ANALÍTICA B
(Química Industrial)
Prof. Mauricio X. Coutrim
(mcoutrim@iceb.ufop.br)
mailto:mcoutrim@iceb.ufop.br
15/08/2017 Química Analítica I
Prof. Mauricio Xavier Coutrim
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CONSTANTES DE EQUILÍBRIO EM SISTEMAS REDOX
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
E0Ag – E
0
Cu = (0,0592/2)*log(1/[Ag
+]2) – (0,0592/2)*log(1/[Cu2+]);
E0Ag – E
0
Cu = (0,0592/2)*log(1/[Ag
+]2) + (0,0592/2)*log[Cu2+];
(E0Ag – E
0
Cu)*2/0,0592 = log([Cu
2+]/[Ag+]2) = log Keq
No equilíbrio o potencial de eletrodo para todas as semirreações
em um sistema de oxidação/redução são iguais. 
0 (zero)
(x 2)
Keq = [Cu
2+] / [Ag+]2
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CONSTANTES DE EQUILÍBRIO EM SISTEMAS REDOX
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
log Keq = log([Cu
2+]/[Ag+]2) = (E0Ag – E
0
Cu)*2/0,0592 = 2*(0,799 – 0,337)/0,0592;
log Keq = 15,61; Keq = 4,1.10
15
Obtenção da Keq a partir da energia livre (DG) da reação 
DG0 = - n*F*E0cel = - R*T*ln Keq; ln Keq = n*F*E
0
cel / R*T; 
(x 2) E0Ag+/Ag = 0,799 V 
E0Cu2+/Cu = 0,337 V
log Keq = n*E
0
cel / 0,0592 = n*(E
0
direita – E
0
esquerda) / 0,0592 
Qual Keq dessa reação?
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CONSTANTES DE EQUILÍBRIO EM SISTEMAS REDOX
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
log Keq = log([Fe
2+]2*[I3
-])/([Fe3+]2*[I-]3) = (E0Fe3+/Fe2+ – E
0
I3-/I-)*2 / 0,0592; 
log Keq = 2*(0,771 – 0,536) / 0,0592 = 7,94; Keq = 8,7.10
7
Calcule Keq para a reação espontânea do sistema redox: 
Fe3+ + é ⇋ Fe2+, E0 = 0,771 V; I3- + 2é ⇋ 3I-, E0 = 0,536 V
2Fe3+ + 2é ⇋ 2Fe2+ E0 = 0,771 V; 
3I- ⇋ I3
- + 2é E0 = 0,536 V
2Fe3+ + 3I- ⇋ 2Fe2+ + I3
-
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CONSTANTES DE EQUILÍBRIO EM SISTEMAS REDOX
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
log Keq = log([H
+]4)/([MnO4
-]2*[Mn2+]3) = (E0MnO4-/MnO2 – E
0
MnO2/Mn2+)*6 / 0,0592; 
log Keq = 6*(1,695 – 1,23) / 0,0592 = 47,1; Keq = 1,3.10
47
Calcule Keq para a reação espontânea do sistema redox: 
MnO4
- + 4H+ + 3é ⇋ MnO2(s) + 2H2O, E
0 = 1,695 V; 
MnO2(s) + 4H
+ + 2é ⇋ Mn2+ + 2H2O, E
0 = 1,23 V
2MnO4
- + 8H+ + 6é ⇋ 2MnO2(s) + 4H2O E
0 = 1,695 V; 
3Mn2+ + 6H2O ⇋ 3MnO2(s) + 12H
+ + 6é E0 = 1,23 V
2MnO4
- + 3Mn2+ + 2H2O ⇋ 5MnO2(s) + 4H
+
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
A curva de titulação num sistema redox é construída em função do 
pontencial do eletrodo (e não como uma função p) vs Vtitulante.
P. Ex., Fe2+ + Ce4+  Fe3+ + Ce3+
Seja o sistema:
Ce4+ + é  Ce3+; E0 = + 1,44 V
Fe3+ + é  Fe2+; E0 = + 0,68 V
Fe2+  Fe3+ + é ; E0 = – 0,68 V
Fe2+ + Ce4+  Fe3+ + Ce3+; E0 = + 0,76 V (espontânea)
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Para a titulação a reação deve ser rápida e reversível (o sistema 
estará em equilíbrio em todos os estágios da titulação)
No equilíbrio Esistema = ECe4+/Ce3+ = EFe3+/Fe2+ (ambas semirreações fornecem Esistema!)
Tem-se que:
Ce4+ + é  Ce3+; E0 = + 1,44 V (em H2SO4 1,0 mol.L
-1)
Fe3+ + é  Fe2+; E0 = + 0,68 V (em H2SO4 1,0 mol.L
-1)
Fe2+  Fe3+ + é ; E0 = – 0,68 V
Fe2+ + Ce4+  Fe3+ + Ce3+; E0 = + 0,76 V (espontânea)
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de uma solução de Fe2+ 0,0500 mol.L-1
utilizando como titulante uma solução de Ce4+ 0,1000 mol.L-1, em 
meio de H2SO4 1,0 mol.L
-1.
As concentrações das espécies oxidadas e reduzidas do indicador devem estar 
ajustadas! Assim, o potencial de eletrodo do indicador será igual ao do sistema.
O E0 de algumas 
espécies varia com 
o pH do meio. 
Esses valores 
podem ser obtidos 
no Apêndice 5 do 
livro.
O potencial do sistem pode ser obtido tanto pela semirreação do Ce4+ quanto pela do 
Fe3+. Dependendo do estágio da titulação uma ou outra será preferida.
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de uma solução de Fe2+ 0,0500 mol.L-1 utilizando como titulante 
uma solução de Ce4+ 0,1000 mol.L-1, em meio de H2SO4 1,0 mol.L
-1.
No ponto de equivalência (PE) tem-se, pela semirreação do Ce4+:
Pela semirreação do Fe3+:
E somando as duas semirreações:
2*Eeq = E
0
Ce4+/Ce3+ + E
0
Fe3+/Fe2+ – 0,0592*log([Ce
3+]*[Fe2+])/([Ce4+]*[Fe3+]); 
No PE: [Fe2+] = [Ce4+]
e [Fe3+] = [ Ce3+]
2*Eeq = E
0
Ce4+/Ce3+ + E
0
Fe3+/Fe2+; Eeq = (E
0
Ce4+/Ce3+ + E
0
Fe3+/Fe2+) / 2 
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de Fe2+ 0,0500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nFe2+ = 0,05000 x 0,0500 = 2,500.10-3 mol)
No PE: nFe2+ = nCe4+ ([Fe2+] = [Ce4+]) e nFe3+ = nCe3+ ([Fe3+] = [Ce3+]). Então:
Veq = VCe4+ = [Fe
2+]*VFe2+ = Veq = 0,02500 L = 25,00 mL
[Ce4+]
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de Fe2+ 0,0500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nFe2+ = 0,05000 x 0,0500 = 2,500.10-3 mol)
Antes do PE (utiliza-se a semirreação do Fe2+ / há excesso de Fe2+):
Com V = 0 mL não é possível se saber quanto do Fe2+ foi a Fe3+ oxidado 
pelo oxigênio do ar. Então, se calcula após alguma adição de Ce4+.
Com adição de V = 5,00 mL de Ce4+ (nCe4+ = 0,1000 x 0,00500 = 5,00.10-4 mol)
O potencial é dado pelo excesso de Fe2+/Fe3+. 
E nFe2+ = 2,500.10-3 – 5,00.10-4 = 2,000.10-3 mol e nCe4+(adicionado) = nFe3+ = 5,00.10-4 mol.
[Fe2+] = 2,000.10-3 mol / 0,05500 L = 3,636.10-2 mol.L-1.
[Fe3+] = 5,00.10-4 mol / 0,05500 L = 9,09.10-3 mol.L-1.
Esistema = E0Fe3+/Fe2+ - (0,0592/1) log ([Fe2+] / [Fe3+]) 
Esistema = 0,68 - 0,0592 log (3,636.10-2 / 9,09.10-3 ) = 0,64 V
Pelo mesmo raciocínio 
após a adição de 24,90 mL
de Ce4+ tem-se um 
potencial de 0,82 V
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de Fe2+ 0,0500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nFe2+ = 0,05000 x 0,0500 = 2,500.10-3)
Após o PE (utiliza-se a semirreação do Ce4+ / há excesso de Ce4+):
Com adição de V = 25,10 mL de Ce4+ (nCe4+ = 0,1000 x 0,02510 = 2,510.10-3 mol > nFe2+)
O potencial é dado pelo excesso de Ce4+/Ce3+. 
E nCe4+ = 2,510.10-3 – 2,500.10-3 = 1,0.10-5 mol e nCe3+ = nFe3+ = 2,50.10-3 mol.
[Ce4+] = 1,0.10-5 mol / 0,07510 L = 1,33.10-4 mol.L-1.
[Ce3+] = 2,50.10-3 mol / 0,07510 L = 3,33.10-2 mol.L-1.
Esistema = E0Ce4+/Ce3+ - (0,0592/1) log ([Ce3+] / [Ce4+]) 
Pelo mesmo 
raciocínio após a 
adição de 30,00 mL 
de Ce4+ tem-se um 
potencial de 1,40 V
Esistema = 1,44 - 0,0592 log (3,33.10-2 / 1,33.10-4 ) = 1,30 V
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CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de 
Fe2+ 0,0500 mol.L-1 com 
Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nFe2+ = 0,05000 x 0,0500 = 
2,500.10-3)
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CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Dependência da curva 
com o potencial redox 
do sistema (analito e 
titulante) e com a 
constante de equilíbrio 
da reação
O potencial de eletrodo para o 
analito (E0A) é 0,200 V; iniciando 
com a curva A, os potenciais de 
eletrodo para o titulante (E0T) são 
1,20; 1,00; 0,80; 0,60 e 0,40 V, 
respectivamente. Ambos, analito e 
titulante, sofrem uma variação de 
um elétron.
Encontre na curva o Potencial de 
Equivalência para essas 5 situações
Tem-se que:
Ce4+ + é Ce3+; E0 = + 1,44 V (em H2SO4 1,0 mol.L
-1) (x2)
UO2
2+ + 4H+ + 2é  U4+ + 2H2O E
0 = + 0,334 V
2Ce4+ + 2é 2Ce3+ E0 = + 1,44 V
U4+ + 2H2O  UO2
2+ + 4H+ + 2é E0 = – 0,334 V
2Ce4+ + U4+ + 2H2O  UO2
2+ + 2Ce3+ + 4H+; E0 = + 1,106 V (espontânea)
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de uma solução de U4+ 0,02500 mol.L-1
utilizando como titulante uma solução de Ce4+ 0,1000 mol.L-1, em 
meio de H2SO4 1,0 mol.L
-1.
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de uma solução de U4+ 0,02500 mol.L-1 utilizando como titulante 
uma solução de Ce4+ 0,1000 mol.L-1, em meio de H2SO4 1,0 mol.L
-1.
No ponto de equivalência (PE) tem-se, pela semirreação do Ce4+:
Multiplicando a última semirreação por 2 e somando as duas:
3*Eeq = 2*E
0UO22+/U4+ + E0Ce4+/Ce3+ – 0,0592*log([U
4+][Ce3+])/([UO2
2+][Ce4+][H+]4); 
No PE: [U4+] = [Ce4+]/2
e [UO2
2+] = [Ce3+]/2
3*Eeq = 2*E
0UO22+/U4+ + E0Ce4+/Ce3+ – 0,0592*log(2[Ce
4+][Ce3+])/(2[Ce3+][Ce4+][H+]4) 
Eeq = (2*E
0
UO2
2+/U4+ + E0Ce4+/Ce3+)/3 – (0,0592/3)*log(1/[H
+]4)
Pela semirreação do U4+:
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de U4+ 0,02500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nU4+ = 0,05000 x 0,02500 = 1,250.10-3 mol)
No PE: nU4+ = nCe4+/2 ([U4+] = [Ce4+]/2) e nUO22+ = nCe3+/2 ([UO2
2+] = [Ce3+]/2).
E:
Veq = VCe4+ = 2*([U
4+]*VU4+) = Veq = 0,02500 L = 25,00 mL
[Ce4+]
Eeq = (2*E
0
UO2
2+/U4+ + E0Ce4+/Ce3+)/3 – (0,0592/3)*log(1/[H
+]4)
= 0,703 V
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de U4+ 0,02500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nU4+ = 0,05000 x 0,02500 = 1,250.10-3 mol)
Antes do PE (utiliza-se a semirreação do U4+ / há excesso de U4+):
Com V = 0 mL não há reação (não há ddp).
Com adição de V = 5,00 mL de Ce4+ (nCe4+ = 0,1000 x 0,00500 = 5,00.10-4 mol)
O potencial é dado pelo excesso de U4+/UO2
2+. 
E nU4+ = 1,250.10-3 – (5,00.10-4)/2 = 1,000.10-3 mol e nUO22+ = nCe3+(formado)/2 = 2,50.10-4 mol.
[U4+]remanescente = 1,000.10
-3 mol / 0,05500 L = 1,82.10-2 mol.L-1.
[UO2
2+]formado = 2,50.10
-4 mol / 0,05500 L = 4,54.10-3 mol.L-1.
Esistema = E0U4+/UO22+ - (0,0592/2) log ([U4+] / ([UO2
2+] [H+]4)) 
Esistema = 0,334 - 0,0592/2 log (1,82.10-2 / 4,54.10-3 ) = 0,316 V
Pelo mesmo raciocínio 
após a adição de 24,90 mL
de Ce4+ tem-se um 
potencial de 0,405 V
nU4+ = nCe4+/2
nUO24+ = nCe3+/2
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CONSTRUÇÃO DA CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de U4+ 0,02500 mol.L-1 com Ce4+ 0,1000 mol.L-1.
(nU4+ = 0,05000 x 0,02500 = 1,250.10-3 mol)
Após o PE (utiliza-se a semirreação do Ce4+ / há excesso de Ce4+):
Com adição de V = 25,10 mL de Ce4+ (nCe4+ = 0,1000 x 0,02510 = 2,510.10-3 mol > nUO22+)
O potencial é dado pelo excesso de Ce4+/Ce3+. 
E nCe4+ = 2,510.10-3 – 2,500.10-3 = 1,0.10-5 mol e 
nCe3+ = 2nUO22+ = 2*1,250.10-3 = 2,50.10-3 mol.
[Ce4+]remanescente = 1,0.10
-5 mol / 0,07510 L = 1,33.10-4 mol.L-1.
[Ce3+]formado = 2,50.10
-3 mol / 0,07510 L = 3,33.10-2 mol.L-1.
Esistema = E0Ce4+/Ce3+ - (0,0592/1) log ([Ce3+] / [Ce4+]) 
Pelo mesmo 
raciocínio após a 
adição de 30,00 mL 
de Ce4+ tem-se um 
potencial de 1,40 VEsistema = 1,44 - 0,0592 log (3,33.10-2 / 1,33.10-4 ) = 1,30 V
nCe3+ = 2nUO22+
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CURVA DE TITULAÇÃO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Titulação de 50,00 mL de 
uma solução de Fe2+
0,05000 mol.L-1 (A) e U4+
0,02500 mol.L-1 (B), 
utilizando como titulante 
uma solução de Ce4+
0,1000 mol.L-1, em meio 
de H2SO4 1,0 mol.L
-1.
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VELOCIDADE DE REAÇÃO E POTENCIAIS DE ELETRODO
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Nem sempre potenciais padrão favoráveis indicam que determinada 
reação é adequada para finalidades analíticas. É preciso se saber da 
cinética da reação (rapidez com a qual o equilíbrio é atingido). 
Exemplo, oxidação de As(III) com Ce(IV) em H2SO4(aq): 
O equilíbrio é bastante deslocado para a direita mas a titulação do 
arsênio(III) com cério(IV) é impossível sem um catalisador (são 
necessárias várias horas para se atingir o equilíbrio).
Keq ≅ 10
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INDICADORES REDOX
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
São substâncias que mudam de cor quando oxidadas ou reduzidas.
A mudança de cor ocorre quando muda para 
Variação de cerca de 100 X nas razões de concentração dos reagentes, 
ou seja, uma variação de cerca de 0,06 V muitas vezes é suficiente.
A mudança de cor depende somente do potencial do sistema.
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
Indicador específico: amido →complexo azul com I3- (indica produção de I2)
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INDICADOR FERROÍNA (Fe2+ + 1,10-fenantrolina = vermelho)
TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO
A ferroína se comporta como um indicador ideal: 
1) Reage rápida e reversivelmente, 
2) A mudança de cor é pronunciada, 
3) As soluções são estáveis e facilmente preparadas,
4) A forma oxidada é bastante inerte ante agentes oxidantes fortes.
(praticamente incolor)
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
AGENTES REDUTORES PADRÃO
1) Tiossulfato de sódio (Na2S2O3). 
• Agente redutor moderadamente forte.
• Pode determinar iodo, reduzindo-o (I- → I2) por método indireto.
• Com o sistema I2 / S2O3
2- pode se determinar agentes oxidantes.
O I- em excesso garante que todo OCl- seja reduzido.
O ponto final da titulação pode ser determinado pelo surgimento de uma leve 
coloração amarelada (I2 é castanho) ou com amido (a a-amilose do amido forma 
com o I2 um composto de coloração azul intensa).
Exemplo de utilização: determinação de hipoclorito (ClO-). 
2
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
IODATO: PADRÃO PARA TIOSSULFATO DE SÓDIO
Qual a concentração de uma solução de tiossulfato de sódio padronizada com 
0,1210 g de iodato de potássio (214,00 g.mol-1) em excesso de iodeto de potássio e 
fortemente acidificada com ácido clorídrido, sabendo que para a titulação foram 
utilizados 41,65 mL da solução até o ponto final indicado pelo amido?
Têm-se que nIO3- = 0,1210 / 214,00 = 5,654.10
-4 mol. Sendo nS2O32- = 6 x nIO3-, então:
nS2O32- = 6 x 5,654.10
-4 = 3,392.10-3 mol;
CNaS2O3 = 3,392.10
-3 mol / 41,65.10-3 L = 8,145.10-2 mol.L-1. 
3
Padronização de uma solução de tiossulfato de sódio (Na2S2O3). 
• Pode ser utilizado iodato de potássio (KIO3), excelente padrão primário.
• Iodeto e iodato precisam estar em meio fortemente acidificado.
• Pelas estequiometrias: 1 mol IO3
- = 3 mols I2 = 6 mols S2O3
2-.
2
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
DETERMINAÇÃO DE HIPOCLORITO COM TIOSSULFATO DE SÓDIO
Determinação de hipoclorito em água sanitária por iodometria. 
ClO- + H2O + Cl
- → 2OH- + Cl2
Um volume de 15,00 mL de água sanitária foi diluído a 250,00 mL e, após adição de 
excesso de iodeto e ácido, uma alíquota de 50,00 mL dessa solução foi titulada com 
a solução de Na2S2O3 padronizada no exercício anterior, consumindo 14,75 mL até o 
ponto final. Calcule o teor (%, m/v) de ClO- (51,45 g.mol-1) na amostra. Qual a 
qualidade dessa amostra sabendo que a especificação é 2,0 a 2,5 % de cloro (Cl2)? 
Têm-se que nS2O32- = 8,145.10
-2 x 14,75.10-3 = 1,201.10-3 mol. Sendo nClO- = 2 x nS2O32-, 
então: nClO- = 1,201.10
-3 / 2 = 6,005.10-4 mol;
Para ClO- tem-se: mClO- = 6,005.10
-4 x 51,45 = 3,09.10-2 g (em 50/250 x 15 mL = 3 mL). 
Em 100 mL = 1,03 g ou 1,03 %, m/v. Em Cl2, teor = 1,03 x (70,91/51,45) = 1,42 %, m/v!
2
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
DETERMINAÇÃO DE PRINCÍPIO ATIVO EM ANTIBIÓTICO
Determinação de sulfanilamidaem medicamento. 
Uma amostra de 0,2981 g de um antibiótico em pó foi dissolvida em HCl e a solução 
foi diluída a 100,0 mL. Uma alíquota de 20,00 mL foi transferida para um frasco, 
seguida pela adição de 25,00 mL de KBrO3 0,01767 mol L
-1. Um excesso de KBr foi 
adicionado para formar Br2 e o frasco foi fechado. Após dez minutos, durante os 
quais o Br2 reagiu com a sulfanilamida, um excesso de KI foi acrescentado. O iodo 
liberado foi titulado com 12,92 mL de tiossulfato de sódio 0,1215 mol L-1. 
Calcule o porcentual de sulfanilamida 
(NH2C6H4SO2NH2, 172,21 g mol
-1) presente no 
medicamento.
R. 80,47 %, m/m
Exercício para nota
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
AGENTES OXIDANTES PADRÃO
1) Permanganato de potássio (KMnO4) e cloreto de cério IV (CeCl4). 
• Ambos são agentes oxidantes fortes.
//
• Vantagens: Ce4+ é muito estável (em H2SO4), padrão primário; MnO4
- não utiliza 
indicador (solução MnO4
- tem cor púrpura intensa / sensível a 4.10-6 mol.L-1).
• Desvantagens: Ce4+ precipita sais básicos, custa + que 10X // MnO4
- degrada.
Problemas com o ponto final na titulação com MnO4-: 
1) O ponto final deve ser rapidamente observado (30 s) porque Mn2+ reage:
2) O MnO4
- se degrada lentamente com a água. Essa reação é lenta mas é catalisada 
pela luz, calor, Mn2+, etc.
Filtração retira MnO2, aquecimento elimina matéria orgânica e evitar exposição à 
luz aumentam a vida útil da solução de MnO4
-.
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
PREPARAÇÃO DE UMA SOLUÇÃO DE PERMANGANATO
Descreva como você prepararia 2,0 L de uma solução com cerca de 
0,010 mol L-1 de KMnO4 (158,03 g mol-1).
1º) Calcular a massa de soluto necessária: 3,16 g
Procedimento: Dissolva cerca de 3,2 g de KMnO4 em um pouco de 
água. Após a dissolução se completar, adicione água para atingir o 
volume até quase 2,0 L. Aqueça a solução até a ebulição por um breve 
período e deixe em repouso até seu resfriamento. Filtre em um cadinho 
de placa porosa e armazene em um frasco escuro limpo.
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
OXALATO: PADRÃO PARA PERMANGANATO
Qual a concentração de uma solução de permanganato de potássio da qual foram 
utilizados 31,50 mL para atingir o ponto final na padronização com 0,1150 g de 
oxalato de sódio (134,00 g.mol-1)?
Têm-se que nC2O42- = 0,1150 / 134,00 = 8,582.10
-4 mol. 
Sendo nMnO4- = (2/5) x nC2O42-, então: 
nMnO4- = 2 / 5 x 8,582.10
-4 = 3,433.10-4 mol;
CKMnO4 = 3,134.10
-4 mol / 31,50.10-3 L = 1,090.10-2 mol.L-1. 
Padronização de uma solução de permanganato de potássio (KMnO4).
• Pode ser utilizado oxalato de sódio (Na2C2O4) em meio ácido. Bom padrão primário.
• Pelas estequiometrias: 2 mols MnO4
- = 5 mols C2O4
2-.
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
DETERMINAÇÃO DE PERÓXIDO DE HIDROGÊNIO COM PERMANGANATO 
A água oxigenada mais comumente comercializada apresenta 10 volumes, ou seja, 
1L de solução produz 10 L de O2, conforme reação: 2 H2O2  2H2O + O2.
Qual o teor de H2O2 (34,01 g.mol
-1) nesse produto, em %, m/v?
Exemplo de utilização: análise de água oxigenada (teor de H2O2). 
Têm-se que 1 mol de O2 nas CNTP ocupa 22,4 L, então, em 10 L há 0,446 mol de O2. 
Se 2 mols de H2O2 produz 1 mol de O2, serão necessários 0,892 mols de H2O2 para 
produzir 0,446 mols de O2, cuja massa é igual a (0,892 x 34,01 =) 30,34 g. 
Se em 1,0 L do produto há 30,34 g de H2O2, em 100 mL haverá 3,03 g (3,03 %, m/v).
A água oxigenada comercial deve conter cerca de 3,0 %, m/m, de H2O2.
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
Uma massa igual a 1,3594 g de água oxigenada foi transferida para um erlenmeyer, 
diluída com água destilada e acidificada com H2SO4. E na titulação com a solução de 
KMnO4 de exercício anterior foram consumidos 40,05 mL da solução padrão. 
Determine o percentual em massa (%, m/m) de H2O2 (34,01 g.mol
-1) nessa amostra. 
Qual a qualidade dessa água oxigenada para ser comercializada como 10 volumes?
Têm-se que nMnO4- = 1,090.10
-2 x 40,05.10-3 = 4,365.10-4 mol. 
Sendo nH2O2 = (2/5) x nMnO4-, então: nH2O2 = 5 / 2 x 4,365.10
-4 = 1,091.10-3 mol;
Então: mH2O2 = 1,091.10
-3 x 34,01 = 3,711.10-2 g (em 1,3594 g). 
Em 100 g, mH2O2 = 3,711.10
-2 x 100 / 1,3594 = 2,73 g (2,73 %, m/m).
O teor dessa amostra está abaixo de 3,0% e isso significa que ela é menos que 10 Vol.
Determinação de peróxido de hidrogênio (H2O2)
Continuação
DETERMINAÇÃO DE PERÓXIDO DE HIDROGÊNIO COM PERMANGANATO 
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
DICROMATO DE POTÁSSIO: AGENTE OXIDANTE PADRÃO
2) Dicromato de potássio (K2Cr2O7). 
• Agente oxidante forte.
• Vantagens: as soluções são muito estáveis, padrão primário; preço 
acessível.
• Desvantagens: Necessita indicador no ponto final (ácido 
Difenilaminossulfônico).
Principal aplicação: Determinação de Fe2+ em meio ácido (pode ser 
utilizado em titulação indireta): 
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
DETERMINAÇÃO DE ETANOL COM DICROMATO
Uma amostra de 5,00 mL de conhaque foi diluída para 1,000 L e o etanol (C2H5OH) 
contido em uma alíquota de 25,00 mL dessa solução foi destilado e recolhido em 
50,00 mL de K2Cr2O7 2,000.10
-2 mol.L-1 sendo oxidado a ácido acético por 
aquecimento:
Após o resfriamento, 20,00 mL de uma solução de Fe2+ 0,1253 mol L-1 foi pipetada 
no frasco e o excesso de Fe2+ foi titulado com 7,45 mL de K2Cr2O7 padrão até a 
viragem do indicador ácido difenilaminossulfônico.
Encontre o teor alcoólico (teor de etanol em %, m/v) dessa bebida.
Tem-se que nFe2+ Total = 0,1253 x 20,00.10
-3 = 2,506.10-3 mol.
nCr2O72- = 2,000.10
-2 x 7,45.10-3 = 1,49.10-4 mol. 
nFe2+ excesso = 6 nCr2O72- = 6 x 1,49.10
-4 = 8,94.10-4 mol. Então nFe2+ reagido = 1,61.10
-3 mol
Utilização: determinação de teor alcoólico (C2H2OH) com Fe
2+/Cr2O7
2-. 
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TITULAÇÃO DE OXI-REDUÇÃO / Aplicação
Amostra: 5,00 mL / 1 L; C2H5OH (46,07 g.mol
-1) em 25,00 mL oxidado com 50,00 mL de 
K2Cr2O7 2,000.10
-2 mol.L-1:
O excesso de Cr2O7
2- é reduzido com 20,00 mL de Fe2+ 0,1253 mol L-1 e o excesso de Fe2+
titulado com 7,45 mL de K2Cr2O7 2,000.10
-2 mol.L-1. 
Qual a %, m/v de C2H5OH (46,07 g.mol
-1) no conhaque (teor alcoólico)?
Tem-se que nCr2O72- excesso = nFe2+ reagido / 6 = 1,61.10
-3 / 6 = 2,68.10-4 mol.
nCr2O72- adicionado = 2,000.10
-2 x 50,00.10-3 = 1,000.10-3 mol.
nCr2O72- reagido = 1,000.10
-3 – 2,68.10-4 = 7,32.10-4 mol = (2/3) nC2H5OH.
nC2H5OH = (3/2) 7,32.10
-4 = 1,10.10-3 mol em 25 mL. Em 1 L nC2H5OH = 4,40.10
-2 mol.
Em 5 mL de conhaque há 4,40.10-2 mol de C2H5OH, ou seja, 2,027 g de C2H5OH.
Então em 100 mL há 40,54 g, isto é, o teor de C2H5OH é igual a 40,54 %, m/v.
Utilização: determinação de etanol (C2H2OH) com Fe
2+/Cr2O7
2-
ContinuaçãoDETERMINAÇÃO DE ETANOL COM DICROMATO
EXERCÍCIOS DE OXIDAÇÃO / REDUÇÃO
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1) A titulação de 0,1756 g do padrão primário Na2C2O4 necessitou de 
32,04 mL de uma solução de KMnO4. Calcule a concentração em 
mol por litro de KMnO4 nessa solução.
2) Uma amostra de 0,1809 g de um fio de ferro puro foi dissolvida em 
ácido, reduzida para o estado +2 e titulada com 31,33 mL de Ce(IV). 
Calcule a concentração em mol por litro da solução de Ce4+.
3) O iodo produzido quando um excesso de KI foi adicionado a uma 
solução contendo 0,1259 g de K2Cr2O7 consumiu 41,26 mL na 
titulação com Na2S2O3. Calcule a concentração em mol por litro da 
solução de tiossulfato.
4) O Sb(III) presente em uma amostra de 0,978 g de um minério 
necessitou de 44,87 mL em uma titulação com I2 0,02870mol L-1
[produto da reação: Sb(V)]. Expresse os resultados dessa análise em 
termos de (a) porcentual de Sb e (b) porcentual de estibinita
(Sb2S3).
R. 0,01636 mol.L-1
R. 0,0622 mol.L-1
R. a) 16,03%, m/m; b) 22,37%, m/m